2020-2021學年下學期期末測試卷03卷

高一物理?全解全析

123456789101112

CCDADDCAACDCDBCBC

1.c

【詳解】

AB.小面圈做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，加速度為重力加速度，恒

定不變，所以速度變化量為

故AB正確；

CD.落入鍋中時，下落時間為

故時間都是相同的，落入鍋中時，速度大小

若初速度不同，落入鍋中時，速度也不同，故C錯誤，D正確。

故選C。

2.C

【詳解】

A.物塊只有在c、d兩點才受兩個力作用，其它位置都受三個力作用，所以A錯誤；

B.勻速圓周運動，合外力全部提供向心力，所以合外力總是指向圓心，則B錯誤；

C.在c、d點摩擦力為0,只受重力與支持力，在b點摩擦力全部提供向心力，摩擦力最大，所以從c到d,

物塊所受的摩擦力先增大后減小，則C正確；

D.從b到a,物塊處于超重狀態，所以D錯誤；

故選C。

3.D

【詳解】

A.因為軌道內壁下側可以提供支持力，則最高點的最小速度為零，A錯誤;

BC.當

V（府

時，此時管道下壁對小球有作用力，根據牛頓第二定律得

mg-N=m—

且隨著速度的增大，作用力N在逐漸減?。划攙＞嫻管道上壁對小球有作用力，根據牛頓第二定律得

mg+F=

且隨著速度的增大，作用力N在逐漸增大；BC錯誤;

D.當V由質值逐漸減小時，由公式

mg—N=

可得，軌道對小球的彈力逐漸增大，D錯誤。

故選Do

4.A

【詳解】

萬有引力提供向心力

,CO=

A.由口={1^可知軌道半徑小的線速度大，太空加油站的軌道半徑小，則其線速度大，故A正確；

B.由@=J字可知軌道半徑小的角速度大，太空加油站的軌道半徑小，則其角速度大，故B錯誤；

C.在太空加油站工作的宇航員只受萬有引力作用，完全充當向心力，處于完全失重狀態，故C錯誤；

D.同步衛星軌道在赤道正上方，而蒲江長秋山處于北半球，在蒲江長秋山上空不可能發射一顆同步衛星,

和長秋山保持靜止不動，故D錯誤。

故選Ao

5.D

【詳解】

A.根據功的公式得

Wf=-2/.itngL=-2J

A錯誤;

B.全程根據動能定理得

%=2m/s

B錯誤；

C.因為克服摩擦力做功，所以物塊P運動過程中機械能不守恒。c錯誤;

D.從A到C,根據動能定理得

/z=0.1m

D正確。

故選D。

6.D

【詳解】

在最高點和最低點，根據牛頓第二定律得

Ft+mg=m—,F2-mg=m-

從最高點到最低點，根據動能定理得

聯立解得

F「F\

m=

故選D。

7.C

【詳解】

A.勻速運動時

B=jurng

解得

〃=0.3

A正確；

B.加速時根據動量定理得

耳彳一〃mg%=mv

解得

v=4m/s

前4s內加速度大小為

V422

a=—=—m/s=lm/s

44

B正確；

C.前8s內拉力所做的功為

4x4

W=Flxi+=4x—J+3x（4x4）J=80J

C錯誤；

D.在4s末，摩擦力的功率為

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

D正確。

故選C?

8.A

【分析】

考查動量定理。

【詳解】

一小時內落入杯中的水的質量

m=pSh

根據動量定理

Ft=mv

可求得雨滴與接觸面的作用力

尸=型^=0.15N

t

故A項正確，BCD項錯誤。

故選Ao

9.ACD

【詳解】

A.重力做功與高度差有關，與路徑無關，高度差相同，則重力對兩物體做功相同，故A正確；

B.由于重力對兩小球做正功，則重力勢能減小，故B錯誤；

CD.兩球在豎直方向上都做自由落體運動，它們在豎直方向的位移相同，它們的運動的時間相等，重力做

功W相等，小球的運動時間t相等，根據尸=2可知，重力對兩小球做功的平均功率相同，落地時重力

t

的瞬時功率P=mgvy,兩球落地時兩球的豎直分速度相等，則重力做功的瞬時功率相等，故D正確。

故選ACD,

10.CD

【詳解】

A."太空電梯"各點隨地球一起做勻速圓周運動，各質點受到萬有引力提和電梯纜線間的彈力作用，各點不

是處于完全失重狀態，A錯誤；

B."太空電梯"懸在赤道上空某處，則有

GMm

一^=mg

地球同步衛星在軌道上，則有

GMm,

——=

r~

由于g>g',因此RVr，即地球同步衛星軌道比"太空電梯"軌道高，B錯誤；

C."太空電梯"懸在赤道上空某處，相對地球靜止，即"太空電梯"與地球一起繞地心做圓周運動，角速度和

周期均相等，C正確；

D.由于"太空電梯”上各點的角速度均相等，由

v=ra>

可得："太空電梯”上各點線速度與該點離地球球心距離成正比，D正確：

故選CD,

11.BC

【詳解】

AB.設細線與豎直方向的夾角為。細線的拉力大小為兀細線的長度為LP球做勻速圓周運動時，由重

力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖

mgtan6=m（A）2htan0

得角速度

周期

線速度

v-ra）-htanOA—

使小球P在原水平面內做半徑更大的勻速圓周運動時，丹增大，tan。增大，角速度不變，周期T不變，線速

度變大，故A錯誤，B正確。

C.由圖可知

Fn=mgtanQ

因0=30。，變到9=60。，那么后一種情況向心力與原來相比較

F；_tan60_3

Fntan301

故c正確；

D.金屬塊Q所受摩擦力大小等于繩子的拉力，繩子的拉力

T=a

cos6

則有后一種情況拉力與原來相比較

f_T_cos30_6

廠下一cos60°-T

故D錯誤。

故選BCo

12.BC

【詳解】

A.取豎直向下為矢量的正方向，則當物體豎直上拋時，動量為負值且逐漸減小，然后向下（正向）增加,

選項A錯誤；

B.根據動量定理

=mgt

則"Y圖像是過原點的直線，選項B正確;

CD.因為

△P

-=mg

△t

可知包-/?圖像是平行橫軸的直線，選項C正確，D錯誤。

故選BC。

13.C-mghg吟j竭智c

【詳解】

(1)[1]為減小空氣阻力對實驗的影響，應選擇質量大而體積小的重物。

故選C,

(2)[2]從打。點到打8點的過程中，重物的重力勢能變化量

A4=一,哂

⑶B的速度

%-4

VB

2T

⑷動能變化量

A廠121,/l—//4

AE,=—mv~=—------)x2

k2R22T

(3)⑸存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，重物下落過程要克服阻力做功，使重物重力勢能的減少量大于

重物動能的增加量。

故選Co

222

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

【詳解】

⑴⑺碰撞過程中動量、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碰后不被反彈，應該滿足

m,>“％

⑵⑵驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞

前后的速度是不容易的，根據平拋運動規律，若落地高度不變，則運動時間不變，因此可以用水平射程大

小來體現水平速度大小，故需要測量水平射程，AB錯誤，C正確；

故選C；

⑶⑶實驗中，斜槽軌道不一定需要光滑，但是斜槽軌道末端必須水平，保證小球做平拋運動，實驗中，復

寫紙和白紙位置不可以移動，B球每次的落點不一定是重合的，ACD錯誤，B正確。

故選B；

(4)⑷根據平拋運動可知，落地高度相同，則運動時間相同，設落地時間為t,則

0P

0M

v'=~r

“7ON

而動量守恒的表達式是

肛％=7%1H+m2v2

若兩球相碰前后的動量守恒，則需要驗證表達式

rrt[OP=mxOM+m2ON

即可。

⑸若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為

1,1212

Q叫%=5叫%+~ln2V2

即

222

m,-0M+m2-ON=m,?OP

15.(1)V3m/s;(2)120°;(3)0.4m

【詳解】

(1)設小物塊從P到A全程勻加速，則根據動能定理有

2〃跣=4

解得

vA=V3m/s<6m/s

因此小物塊離開A點時的速度大小為6m/s

(2)對小物塊，由A到8做平拋運動，則

W=2gh

解得

vv=3m/s

0v

tan———v

2以

解得

6=120°

(3)小物塊在C處的速度

vc-vH-Qv；+v；=2gm/s

小物塊沿斜面上滑過程，根據牛頓第二定律可得

mgsin60+42mgcos60=ma]

解得

4*m/s?

'2

小物塊由c上升到。點的距離

'2%15

CD的豎直高度為

hCD=S]sin60'=0.4m

16.(1)10s；(2)800m；(3)見解析

【詳解】

⑴由

H=gg產

得

10s

⑵飛機應在距離汽車的水平距離

Ax=v/-v2t=800m

⑶飛機投下的炸彈擊中火車頭時，飛機投彈時距離火車尾部的水平距離最小，為

-min=卬一%—/=700m

飛機投下的炸彈擊中火車尾時，匕機投彈時距離火車尾部的水平距離最大

Ax=卬-v2t=800m

則機投彈時距離火車尾部的水平距離的范圍

700m<x<800m

17.(1)M=6m/s；(2)6N,方向豎直向下；⑶2.6m

【詳解】

⑴對于甲球，由動能定理得

解得

V1=6m/s

(2)碰撞前甲球，由牛頓第二定律得

N-m1g=W)—

解得