2020-2021学年高一物理下学期期末测试卷（人教版）02（全解全析）.pdf

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1、2020-2021学年下学期期末测试卷02卷高一物理全解全析1.D123456789101112DDCDDDCAACBCBDAD【详解】B.船头朝向正对岸划船，则船的实际对地速度为v=7 V+v*2=5m/sB 错误；C.船速(船在静水中的速度)垂直于河岸时，即船头朝向正对岸划船，渡河的时间最短，C 错误;A D.由于静水速小于水流速，合速度不可能垂直于河岸，不可能到达正对岸，A 错误D 正确。故选D。2.D【详解】A B.根据匀速圆周运动的规律，有T=,an=co2Rco故 AB错误；C D.水筒转至和转轴处于同一水平面时，水受重力机g 和水筒璧对水的作用力尸共两个力，而水做匀速圆周运动，则

2、 F 和 m g的合力指向圆心，由牛顿第二定律F2=(mg)2+(mco2Ry解得F=Jang+(ma)2R)2故 C 错误，D 正确；故选D。3.C【详解】A.卫星在a 轨道运行时，轨道平面与赤道垂直，则不可能是地球同步卫星，即不可能相对地球静止，选项A错误；B.卫星在b轨道运行的向心力大小始终不变，但是方向不断变化，选项B错误；C.卫星在c轨道运行时，只有地球的引力对卫星做功，则机械能始终保持不变，选项C正确;D.卫星在三个轨道运行时，根据MmG=ma可得GMa =可知，因轨道半径不同，则向心加速度不相同，选项D错误。故选C。4.D【详解】通过穿过滑轮的轻绳用力尸拉物体，等效于如图所示的两

3、个力F同时拉物体，拉力产做功等于这两个力做功的代数和。A.由图甲，0 5秒内拉力大小尸=6N,根据乙图求的物块在0 5秒物体位移5,=-x5x5m=12.5m1 2所以拉力做功叱=6距 +1|cos=6xl2.5J+6x 12.5x1J=112.5J故A错误；B.由图乙可知，3秒末速度为v=3m/s拉力尸的功率为4=百 片 +百h cos 6=6 X 3W+6 X 3 X1 W=27W故B错误；C.由乙图知，5 10秒内物块做匀速运动，物体所受合力等于零，水平方向由平衡条件得F2+F2 COS 0=f又由图甲可知F2=4N解得/=6N故 C 错误；D.由图甲，5 10秒内拉力大小尸2=4 N,

4、根据乙图求的物块在5 10秒物体位移s2=5x5m=25m所以拉力做功W2=F2S2+F2s2 cos9=4X25J+4x25x1j=l50J故 D 正确；故选：D。5.D【详解】设初速度为v o,则1 2&o=16J=5,叫由平抛运动的推论可知，落到。点时速度方向与水平方向夹角的正切值为c 八3tan a =2 tan 9=一2则竖直速度为3。%tan。=万%则落地的动能1 2 r 2/3、2、3 1 2 13线=不 mv=9 皿+（.%）=7 Z X16J=52J故选D。6.D【详解】A.小球若恰能经过。点，则2mg=mV-n解得即在。点的速度必须大于府，选项A 错误;B.小球在c 点和d

5、 点时轨道对小球的支持力提供向心力，即与轨道之间都有压力，选项B 错误;C.小球在e 点和/点受力情况如图,可知小球在e 点的合力和在/点的合力大小不等，方向不是相反，选项 C 错误;D.设小球在。点的速度为Va,则V2N,+加乂=maR从。点到匕点机械能守恒，则-mvl=mg-2R+mvl小球在b 点时2vhNl-mg=m-解得M-Na=6mg即小球在b 点时对轨道的压力一定比在a 点时大6mg,选项D 正确。故选D。7.C【详解】A.根据动量守恒定律得mvo=(m+mA)v解得相 A=4 kg木板A 最终获得的动能为E k=机从供=2 J2选项A错误；B.系统损失的机械能A E k=:机

6、婚 J（如+机）/=6 1选 项B错误：C.木板A长度LV-n-+-V 1-V-1 =1 v o t =1.5 m2 2 2选项C正确；D.对B由牛顿第二定律得/.imgma其中%a-4解得=0.2选项D错误.故选C o8.A【详解】小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而该系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v （若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点）.由水平方向动量守恒得mv0=（M+m）v所以M +m故选Ao9.AC【详解】悬线被钉子挡住前后，线速度不变，因转动半径变为原来的一半，根据尸3可知角速度增大到原来的2倍

7、;根据 寸可知，向心加速度增大到原来的2倍。故选A C。1 0.B C【详解】A CD.万有引力提供向心力，即地面上的物体机Mm v2G-7=m-(R +)2 (R +)A D错误C正确;厂MmG-r =ms解得v乒R+hB正确。B.根据s 2 兀(R+h)v =-=-t T故选B C o1 1.B D【详解】A.A、B落地时速度方向不同，所以A、B落地时速度不相同.A 错误;B.根据动能定理mgh=Ek-m vl可知A、B落地时动能相同。B正确；C.设斜面的倾角为a,则 B运动的加速度为a=g sin a而 A 的加速度为重力加速度，所以二者不同。C错误;D.物体A 落地时的功率为Pf=mg

8、yj2gh物体B落地时的功率为=mgQ2gh sin a所以A、B 落地时重力的功率不一样大。D 正确。故选BDo12.AD【详解】A.对子弹，由动能定理可得1 ，1 2 1Wf z=mv；mv：=m2 2 2,2A 正确；B.子弹对木块做的功为叱=A木块对子弹做的功为的2=fiC2由于玉，因此叱明，即子弹对木块做的功小于木块对子弹做的功，B 错误；C.对木块，由动能定理可得，子弹对木块做的功等于木块获得的动能，C 错误；D.对子弹与木块组成的系统，由能量守恒定律可得，子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦生热产生的内能之和，D 正确；故选AD,13.使气垫导轨水平 滑块A 的左端到挡板

9、C 的距离si和滑块B 的右端到挡板D 的距离S2(M+加 卢-”包=0【详解】1为了保证滑块A、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平2要求出A、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 至 C 的时间九和8 至。的时间团 并且要测量出两滑块到挡板的距离61和 S 2,再由公式SU=一求出其速度设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为嗫八作用前两滑块静止，均有v=0,两滑块总动量为0,作用后两滑块的动量之和为(M+/)5 MS24若碰撞中动量守恒，应有$Ms,(M +m)-=0%214.m2(2 71m2d_2Hm gs工H 1mgs =mL 2、2,1m2*|7能【详解】U

10、由题意得滑块通过两个光电门时的速度分别为则动能变化量为dd 2钙=;见 少 一1 ,d、22 4 通过两个光电门过程中重力势能的变化量Hmgs 3两者在实验误差允许范围内，满足H 1mgs =/2 J1m2(d则滑块在下滑过程中机械能守恒 4若实验中滑块以初速度%下滑，仍然只有重力对滑块做功，利用上述方法能验证滑块在下滑过程中机械能守恒。1 5.(1)=L (2)且R3 2【详解】(1)设小物体与圆盘间的动摩擦因数为川，小物体恰好滑到餐桌上时圆盘的角速度为3 0Rng=ma)lR代入数据解得1(2)小物体从圆盘甩出时的速度匕=a)()R设小物体与餐桌间的动摩擦因数为2,小物体在餐桌上滑动距离X

11、 I 恰不滑出桌面0 -V,2=2axl一 2 g餐桌的最小半径凡 而=次+内2联立解得V争1 6.(l)0.2 s；(2)3.7 5 N【详解】(1)手机下落高度为/z=2 0 c m=0.2 m；由公式解得,_ 1 2h=2gt(2)设向下为正方向，对手机下落过程分析，由动量定理/令=mg(八+1 2)-F/2=0-0解得F=3.7 5 N由牛顿第三定律可知，手机对人的脸的平均作用力为3.7 5 N。1 7.（1）v=5N,方向竖直向上；（2）0.3 m；（3）m/s v0 4m/s【详解】（1）小球从P到C的过程中，根据动能定理可得4 1 2 1 2-mg-4r=-mv在C点对小球根据牛

12、顿第二定律Fm VCN+mg=-2r解得FN=5N根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为5 N,方向竖直向上。（2）从P点到E F轨道停止过程中，根据动能定理-mg-2 r-Rings=解得5=0.8m=（L+0.3）m所以小球最终停在离F点0.3 m处。（3）小球刚好经过最高点C,则mv2m g=k2r小球从P到C的过程中，根据动能定理可得,1 2 1 2-m g-4r=mv-解得v,=VlOm/s当小球第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处时速度为零，小球从P到。的过程中，根据动能定理可得-mg 3r-囚ng-2L=0-mvf解得v2=4m/s所以小球的初速度范围为VlOm/s v0 4m/s