2020-2021学年高一物理下学期期末测试卷（人教版）03（全解全析）

2020-2021学年下学期期末测试卷03卷

高一物理•全解全析

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CCDADDCAACDCDBCBC

1.c

【详解】

AB.小面圈做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为重力加速度，恒

定不变，所以速度变化量为

故AB正确；

CD.落入锅中时，下落时间为

故时间都是相同的，落入锅中时，速度大小

若初速度不同，落入锅中时，速度也不同，故C错误，D正确。

故选C。

2.C

【详解】

A.物块只有在c、d两点才受两个力作用，其它位置都受三个力作用，所以A错误；

B.匀速圆周运动，合外力全部提供向心力，所以合外力总是指向圆心，则B错误；

C.在c、d点摩擦力为0,只受重力与支持力，在b点摩擦力全部提供向心力，摩擦力最大，所以从c到d,

物块所受的摩擦力先增大后减小，则C正确；

D.从b到a,物块处于超重状态，所以D错误；

故选C。

3.D

【详解】

A.因为轨道内壁下侧可以提供支持力，则最高点的最小速度为零，A错误;

BC.当

V（府

时，此时管道下壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得

mg-N=m—

且随着速度的增大，作用力N在逐渐减小；当v＞娴管道上壁对小球有作用力，根据牛顿第二定律得

mg+F=

且随着速度的增大，作用力N在逐渐增大；BC错误;

D.当V由质值逐渐减小时，由公式

mg—N=

可得，轨道对小球的弹力逐渐增大，D错误。

故选Do

4.A

【详解】

万有引力提供向心力

,CO=

A.由口={1^可知轨道半径小的线速度大，太空加油站的轨道半径小，则其线速度大，故A正确；

B.由@=J字可知轨道半径小的角速度大，太空加油站的轨道半径小，则其角速度大，故B错误；

C.在太空加油站工作的宇航员只受万有引力作用，完全充当向心力，处于完全失重状态，故C错误；

D.同步卫星轨道在赤道正上方，而蒲江长秋山处于北半球，在蒲江长秋山上空不可能发射一颗同步卫星,

和长秋山保持静止不动，故D错误。

故选Ao

5.D

【详解】

A.根据功的公式得

Wf=-2/.itngL=-2J

A错误;

B.全程根据动能定理得

%=2m/s

B错误；

C.因为克服摩擦力做功，所以物块P运动过程中机械能不守恒。c错误;

D.从A到C,根据动能定理得

/z=0.1m

D正确。

故选D。

6.D

【详解】

在最高点和最低点，根据牛顿第二定律得

Ft+mg=m—,F2-mg=m-

从最高点到最低点，根据动能定理得

联立解得

F「F\

m=

故选D。

7.C

【详解】

A.匀速运动时

B=jurng

解得

〃=0.3

A正确；

B.加速时根据动量定理得

耳彳一〃mg%=mv

解得

v=4m/s

前4s内加速度大小为

V422

a=—=—m/s=lm/s

44

B正确；

C.前8s内拉力所做的功为

4x4

W=Flxi+=4x—J+3x（4x4）J=80J

C错误；

D.在4s末，摩擦力的功率为

P-"2gn=O.3xlxlOx4W=12W

D正确。

故选C»

8.A

【分析】

考查动量定理。

【详解】

一小时内落入杯中的水的质量

m=pSh

根据动量定理

Ft=mv

可求得雨滴与接触面的作用力

尸=型^=0.15N

t

故A项正确，BCD项错误。

故选Ao

9.ACD

【详解】

A.重力做功与高度差有关，与路径无关，高度差相同，则重力对两物体做功相同，故A正确；

B.由于重力对两小球做正功，则重力势能减小，故B错误；

CD.两球在竖直方向上都做自由落体运动，它们在竖直方向的位移相同，它们的运动的时间相等，重力做

功W相等，小球的运动时间t相等，根据尸=2可知，重力对两小球做功的平均功率相同，落地时重力

t

的瞬时功率P=mgvy,两球落地时两球的竖直分速度相等，则重力做功的瞬时功率相等，故D正确。

故选ACD,

10.CD

【详解】

A."太空电梯"各点随地球一起做匀速圆周运动，各质点受到万有引力提和电梯缆线间的弹力作用，各点不

是处于完全失重状态，A错误；

B."太空电梯"悬在赤道上空某处，则有

GMm

一^=mg

地球同步卫星在轨道上，则有

GMm,

——=

r~

由于g>g',因此RVr，即地球同步卫星轨道比"太空电梯"轨道高，B错误；

C."太空电梯"悬在赤道上空某处，相对地球静止，即"太空电梯"与地球一起绕地心做圆周运动，角速度和

周期均相等，C正确；

D.由于"太空电梯”上各点的角速度均相等，由

v=ra>

可得："太空电梯”上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，D正确：

故选CD,

11.BC

【详解】

AB.设细线与竖直方向的夹角为。细线的拉力大小为兀细线的长度为LP球做匀速圆周运动时，由重

力和细线的拉力的合力提供向心力，如图

mgtan6=m（A）2htan0

得角速度

周期

线速度

v-ra）-htanOA—

使小球P在原水平面内做半径更大的匀速圆周运动时，丹增大，tan。增大，角速度不变，周期T不变，线速

度变大，故A错误，B正确。

C.由图可知

Fn=mgtanQ

因0=30。，变到9=60。，那么后一种情况向心力与原来相比较

F；_tan60_3

Fntan301

故c正确；

D.金属块Q所受摩擦力大小等于绳子的拉力，绳子的拉力

T=a

cos6

则有后一种情况拉力与原来相比较

f_T_cos30_6

厂下一cos60°-T

故D错误。

故选BCo

12.BC

【详解】

A.取竖直向下为矢量的正方向，则当物体竖直上抛时，动量为负值且逐渐减小，然后向下（正向）增加,

选项A错误；

B.根据动量定理

=mgt

则"Y图像是过原点的直线，选项B正确;

CD.因为

△P

-=mg

△t

可知包-/?图像是平行横轴的直线，选项C正确，D错误。

故选BC。

13.C-mghg吟j竭智c

【详解】

(1)[1]为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的重物。

故选C,

(2)[2]从打。点到打8点的过程中，重物的重力势能变化量

A4=一,哂

⑶B的速度

%-4

VB

2T

⑷动能变化量

A厂121,/l—//4

AE,=—mv~=—------)x2

k2R22T

(3)⑸存在空气阻力和摩擦阻力的影响，重物下落过程要克服阻力做功，使重物重力势能的减少量大于

重物动能的增加量。

故选Co

222

14.>CBmx-OM+tn,-ON=zn,•OPm}-OM+m2-ON=m]-OP

【详解】

⑴⑺碰撞过程中动量、能量均守恒，因此有

肛％-m]V]+TH2V2

Lmv^Lmv^+Lmvi

因此有

in.-

匕=-----"%

/??!+/7Z,

因此要使入射小球mi碰后不被反弹，应该满足

m,>“％

⑵⑵验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞

前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大

小来体现水平速度大小，故需要测量水平射程，AB错误，C正确；

故选C；

⑶⑶实验中，斜槽轨道不一定需要光滑，但是斜槽轨道末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复

写纸和白纸位置不可以移动，B球每次的落点不一定是重合的，ACD错误，B正确。

故选B；

(4)⑷根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t,则

0P

0M

v'=~r

“7ON

而动量守恒的表达式是

肛％=7%1H+m2v2

若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式

rrt[OP=mxOM+m2ON

即可。

⑸若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为

1,1212

Q叫%=5叫%+~ln2V2

即

222

m,-0M+m2-ON=m,•OP

15.(1)V3m/s;(2)120°;(3)0.4m

【详解】

(1)设小物块从P到A全程匀加速，则根据动能定理有

2〃跣=4

解得

vA=V3m/s<6m/s

因此小物块离开A点时的速度大小为6m/s

(2)对小物块，由A到8做平抛运动，则

W=2gh

解得

vv=3m/s

0v

tan———v

2以

解得

6=120°

(3)小物块在C处的速度

vc-vH-Qv；+v；=2gm/s

小物块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律可得

mgsin60+42mgcos60=ma]

解得

4*m/s?

'2

小物块由c上升到。点的距离

'2%15

CD的竖直高度为

hCD=S]sin60'=0.4m

16.(1)10s；(2)800m；(3)见解析

【详解】

⑴由

H=gg产

得

10s

⑵飞机应在距离汽车的水平距离

Ax=v/-v2t=800m

⑶飞机投下的炸弹击中火车头时，飞机投弹时距离火车尾部的水平距离最小，为

-min=卬一%—/=700m

飞机投下的炸弹击中火车尾时，匕机投弹时距离火车尾部的水平距离最大

Ax=卬-v2t=800m

则机投弹时距离火车尾部的水平距离的范围

700m<x<800m

17.(1)M=6m/s；(2)6N,方向竖直向下；⑶2.6m

【详解】

⑴对于甲球，由动能定理得

解得

V1=6m/s

(2)碰撞前甲球，由牛顿第二定律得

N-m1g=W)—

解得