新版高中物理學(xué)易金卷：2020-2021學(xué)年高一物理下學(xué)期期末測試卷（人教版2019）02（全解全析）

2020–2021學(xué)年下學(xué)期期末測試卷02卷高一物理·全解全析123456789101112AABACDDBACDACBDBC1．A【詳解】A．質(zhì)點在x方向做勻加速直線運動，初速度為v0x=3m/s，y方向做勻速直線運動，速度為vy=4m/s，則質(zhì)點的初速度為故A正確；B．由v-t圖像可知，質(zhì)點的加速度為根據(jù)牛頓第二定律，可得質(zhì)點所受的合外力為故B錯誤；C．設(shè)質(zhì)點的初速度方向與x正方向的夾角為θ，則有解得而合外力方向沿x正方向，則質(zhì)點初速度與合外力夾角為53°，故C錯誤；D．2s末x方向的速度為6m/s，則2s末質(zhì)點的速度大小為故D錯誤。故選A。2．A【詳解】設(shè)繩子與水平方向的夾角為，小車上升的速度為，則解得隨著小車的運動，逐漸減小，逐漸增大，則逐漸增大；即重物A向上做加速運動，所以它處于超重狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律可知，繩子對小車的拉力大于物體A的重力。故選A。3．B【詳解】A．汽車轉(zhuǎn)彎時所受的力有重力、彈力、摩擦力和牽引力。A錯誤；B．設(shè)懸點到圓心的距離為h，細線與豎直方向的夾角為α，則根據(jù)牛頓第二定律得解得B正確；C．因為AB可能受到摩擦力，并且摩擦力的方向不確定，所以兩球運動的周期關(guān)系不確定。C錯誤；D．火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度時，火車需要更大的向心力，所以車輪會擠壓外軌，即外軌對輪緣會有擠壓的作用。D錯誤。故選B。4．A【詳解】物體上升到最高點時對沿月球表面的衛(wèi)星解得第一宇宙速度故選A。5．C【詳解】物體勻速上升時，有速度為時，根據(jù)牛頓第二定律得解得故選C。6．D【詳解】上升過程中根據(jù)動能定理則隨x增加，因為μ減小，則圖像的斜率減??；下滑時由動能定理則隨x的增加，μ增大，則圖像的斜率減小。故選D。7．D【詳解】設(shè)建筑工人下落5m時速度為v，則v==m/s=10m/s設(shè)安全帶所受平均沖力大小為F，則由動量定理得（mg-F）t=-mv所以F=mg＋=60×10N＋N=1000N所以D正確；ABC錯誤；故選D。8．B【詳解】AB.兩球在豎直方向上均做自由落體運動，因為兩球下落位置相同，所以同時經(jīng)過水平面1。兩球經(jīng)過水平面1時在豎直方向的速度相同，但A球還具有水平分速度，所以兩球速率不同。又因為重力做功的瞬時功率等于重力與小球豎直方向分速度之積，所以經(jīng)過水平面1時，重力做功的瞬時功率相同，故A錯誤，B正確；CD．兩球從水平面1到2的過程，所受合外力相同，在合外力方向運動的位移相同，運動時間也相同，根據(jù)動量定理可知兩球動量變化量相同，根據(jù)動能定理可知兩球動能變化量也相同，故C、D錯誤。故選B。9．ACD【詳解】由圖可知，A和B在相同時間內(nèi)速度變化的大小相等，并且二者受到的合外力大小相等，所以二者質(zhì)量相等。A．木板獲得的動能為A正確；B．系統(tǒng)損失的機械能為B錯誤；C．由圖可知，二者最后共速，所以物體沒有離開長木板，所以二者的相對位移即為長木板的最小長度，二者圖像圍成的三角形的面積即為最小長度，有C正確；D．在兩物體相對運動過程中，對長木板有解得D正確。故選ACD。10．AC【詳解】A．探測器在軌道III上繞月球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有可得月球質(zhì)量為則月球的密度為故A正確；B．橢圓軌道II的長軸為3R，半長軸為，根據(jù)開普勒第三定律，有解得所以探測器在軌道I上運動的周期是在軌道II上運動的周期的倍，故B錯誤；C．根據(jù)開普勒第二定律可得可得所以B處速度大小是A處速度大小的2倍，故C正確；D．根據(jù)可知，探測器在軌道III經(jīng)過B點時的加速度等于在軌道II經(jīng)過B點時的加速度，故D錯誤。故選AC。11．BD【詳解】A．在空中飛行時的加速度都是相同的，均為g，選項A錯誤；B．飛鏢2下落的豎直高度較大，根據(jù)可知，飛鏢2在空中飛行的時間較長，選項B正確；C．因水平位移相同，則可知，飛鏢2投出時的初速度較小，選項C錯誤；D．落到靶盤上時鏢身與靶盤的夾角飛鏢1的初速度大，時間短，則θ角較大（即圖中θ1>θ2），選項D正確。故選BD。12．BC【詳解】A．由動量定理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分別為v1=1m/sv2=1.5m/s由動能定理可知合力做功為故0～2s內(nèi)功率是故A錯誤；C．1s末、2s末功率分別為P1=F1v1=2WP2=F2v2=1.5W故C正確；BD．第1秒內(nèi)與第2秒動能增加量分別為故第2s內(nèi)外力所做的功為1.25J；而動能增加量的比值為4：5，故B正確，D錯誤；故選BC。13．B【詳解】(1)[1]彈簧彈出兩球過程中，系統(tǒng)機械能守恒，要測定壓縮彈簧的彈性勢能，可轉(zhuǎn)換為測定兩球被彈出時的動能，實驗中顯然可以利用平拋運動測定平拋初速度以計算初動能，因此在測出平拋運動下落高度的情況下，只需測定兩球落地點M、N到對應(yīng)管口P、Q的水平距離、，故選B。(2)[2]平拋運動的時間，初速度，因此初動能由機械能守恒定律可知，壓縮彈簧的彈性勢能等于兩球平拋運動的初動能之和，即(3)[3]若彈射過程中系統(tǒng)動量守恒，則代入時間得14．ABC增大增大增大【詳解】（1）[1]由平拋規(guī)律可知，由水平距離和下落高度即可求出平拋時的初速度，進而可求出物體動能，所以本實驗至少需要測量小球的質(zhì)量m、小球拋出點到落地點的水平距離s、桌面到地面的高度h。故選ABC。（2）[2]由平拋規(guī)律可知豎直方向上h=gt2水平方向上s=vt而動能Ek=mv2聯(lián)立可得Ek=（3）[3]由題意可知如果h不變，m減小，則相同的△x對應(yīng)的速度變大，物體下落的時間不變，對應(yīng)的水平位移s變大，s-△x圖線的斜率會增大；[4]如果m不變，h增加，則物體下落的時間增加，則相同的△x下要對應(yīng)更大的水平位移s，故s-△x圖線的斜率會增大；[5]彈簧的彈性勢能等于物體拋出時的動能，即Ep=可知Ep與△s的2次方成正比，而△s與△x成正比，則Ep與△x的2次方成正比，故Ep隨△x的增大會增大。15．（1）；（2）不能，理由見解析【詳解】（1）由圖乙可知，在前2m內(nèi)，力F的大小設(shè)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間為t，對滑塊根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)運動學(xué)公式有聯(lián)立解得由乙圖可知在第3m內(nèi)，力F的大小方向水平向左，對滑塊從A點運動到B點過程，根據(jù)動能定理有其中，，代入數(shù)據(jù)得（2）小滑塊恰能到達最高點C時有最小速度由得假設(shè)小滑塊能滑到C，從B到C的過程，由動能定理解得由于所以小滑塊不能滑到最高點C。16．(1)6.25m/s2；(2)0.19N，方向豎直向上；(3)3N【詳解】(1)由勻變速直線運動的位移公式有解得(2)對雞蛋受力分析，雞蛋在空中運動時，受重力mg、裝置的作用力F1，由牛頓第二定律有mg?F1=maF1=mg?ma=50×10?3×（10?6.25）N≈0.19N方向豎直向上。(3)雞蛋落地時的速度v=at=6.25×1.6m/s=10m/s由動量定理有（F2?mg）Δt=Δp由牛頓第三定律可知，雞蛋對裝置的平均作用力大小是3N。17．（1）860N；（2）1.2s；（3）【詳解】（1）表演者到達B點時由牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知表演者對圓形軌道的壓力為860N，方向豎直向下。（2）表演者離開B點后，若落在水平軌道CD上，由平拋運動可知，下落時間為水平方向的位移為軌道傾斜角為45°，