安徽省池州市东至二中2020-2021学年高一下学期期末考试物理试题答案

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以下为本文档部分文字说明:

2020—2021学年第二学期期末考试·高一物理参考答案第1页(共5页)2020—2021学年第二学期期末考试高一物理参考答案1.【答案】B【解析】在开普勒发现了行星的运行规律后,牛顿才发现万有引力定律,开普勒整理第谷的观测数据后

,发现了行星运动的规律。选项A错误;开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳运动,还适用于宇宙中其他卫星绕行星的运动,选项B正确;公式中的k值由中心天体决定,只要是中心天体一样,k值一样,选项C错误;由开普勒第二

定律可知,日星连线相同时间内扫过面积相等,行星绕太阳在椭圆轨道上运动时,线速度大小在变化,越靠近太阳,线速度越大,反之,则越小。选项D错误。2.【答案】D【解析】相对论和量子力学并没有否定经典力学,认为经典力学是在一定条件下的特殊情形,选项A错误;根据狭义相对论的光速不变原理,真空中

光速在不同的惯性参考系中是相同的,选项B错误;牛顿定律属于经典力学的研究范畴,适用于宏观、低速运动的物体,低速和高速的标准是相对于光速,可判定牛顿定律适用于研究中国空间站天和核心舱的高速发射,选项C错误;经典力学是相对论及量子力学在一定条件下的特例,它包含于相对论和量子力学中,选

项D正确。3.【答案】B【解析】壁球在竖直方向上做竖直上抛运动,由于两次击中同一点,即在竖直方向上的位移相等,根据逆向思维,将竖直上抛运动看做自由落体运动的逆运动,即h=12gt2,所以空中飞行时间相同,选

项A错误;壁球在水平方向上做匀速直线运动,两次运动时间相同,而第一次水平位移小,所以水平分速度小,所以击中P点时的速度较小,再次击球,壁球击中P点时的速度较大,选项B正确;根据v2y=2gh可知两次竖直分速度相等,第二次水平分速度大,所以根据速

度的合成可得v=v2x+v2槡y,所以第二次初速度大,选项C错误;根据tanθ=vyvx可知vx越大,正切值越小,即第二次击球时抛射角θ较小,选项D错误。4.【答案】C【解析】小球运动到c点时受到重力和轨道对它的压力,由圆周

运动知识可知FN+mg=mv2Cr,又FN=mg,联立两式解得vC=2槡gr槡=22m/s,在小球从a点运动到c点的过程中,由动能定理有mg(h-2r)-Wf=12mv2C-0,代入数据解得Wf=0.8J。只有选项C正

确。5.【答案】A【解析】长征18号艇受到的牵引力F=Pv,某时刻速度为v1时,加速度a1满足a1=PMv1-FfM;发动机的输出功率恒为P,所受阻力大小恒为Ff,在加速过程中做加速度减小的加速度运动,则这段时间内的平均速度大于初末速度和的一半,即v>v1+v22,x=vt>v1

+v22t,选项A正确、B错误;长征18号艇做加速运动,牵引力大于阻力,则Ff<Pv1,由能量守恒可得Pt=ΔEk+Wf=12Mv22-12Mv21+Ffx,选项C、D错误。2020—2021学年第二学期期末考试·高一物理参考答案第2页(共5

页)6.【答案】B【解析】力F作用时,根据牛顿第二定律得:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,撤去F后,对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma2,又因为a1t1=a2t2,解得μ=0.5,只有选项B正确。7.【答案】B

D【解析】脱水过程中,水做离心运动,所以是沿切线方向被甩出去的,选项A错误;增大脱水筒转动速度,水所需向心力变大,离心效果更好,脱水效果会更好,选项B正确;离心力是效果力,不是物体实际受到的力,选项C错误;根据F=mrω2,可

知相同转速下,靠近筒壁的衣物需要向心力更大,脱水效果更好,选项D正确。8.【答案】ACD【解析】由题图知,在前2s内小木块运动的加速度大小a=ΔvΔt=1m/s2,选项A正确;第1s内有Ff+F=ma,第2

s内有F′-Ff=ma,则Ff+1N=3N-Ff,故Ff=1N,m=2kg,选项B错误;在0~1s内的位移大小为x=12×1×1m=0.5m,根据功的公式可得在0~1s内摩擦力对滑块做功为-0.5J,选项C正

确;根据v-t图像可知,在1~2s内的平均速度大小v=0+12m/s=0.5m/s,所以在1~2s内力F的平均功率P=F′v=3×0.5W=1.5W,选项D正确。9.【答案】BD【解析】设火星的半径为R,天问一号探测器做匀速圆周运动的半径为r,由几何知识得sinθ2=Rr,根据万有引力提供向心力

,则有GMmr2=mr(2πT)2,解得火星质量为M=4π2r3GT2,因为r未知,所以由上面的式子可知无法求火星质量,选项A错误;火星的平均密度为ρ=M43πR3,整理得ρ=3πGT2sin3θ2,知可以求出火星的平均密度,选项B正确;由

ω=2πT知可以求出天问一号探测器的角速度,选项D正确;由v=2πrT,因为r未知,无法求得天问一号探测器的线速度,选项C错误。10.【答案】AC【解析】M和m恰好分离时,M、m间的弹力为0,M、m的加速度大小相同,对m受力分析,由

牛顿第二定律知,mgsinα+μmgcosα=ma,得a=g(sinα+μcosα),故A正确;M和m达到最大速度v时,M和m的加速度为零,对M、m整体:由平衡条件知kx=(m+M)gsinα+μ(m+M)gcosα,所

以此时弹簧处于压缩状态,故B错误;从释放到M和m达到最大速度v的过程中,对于m,根据动能定理得,m受到的合力对它做的功W合=ΔEk=12mv2,故C正确;从释放到M和m达到最大速度v的过程中,对M、m整体,根

据动能定理得W弹-(m+M)·gLsinα-μ(m+M)gLcosα=12(m+M)v2,所以弹簧对M所做的功W弹=12(m+M)v2+(m+M)·gLsinα+μ(m+M)gLcosα,故D错误。2020—2021学年第二

学期期末考试·高一物理参考答案第3页(共5页)11.(6分)【答案】(1)C(2分)(2)58.8(1分)58.8(1分)1.96(2分)【解析】(1)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,与小球质量是否相等无关,选

项A错误;平抛运动的竖直分运动是自由落体与其合运动具有等时性,所以应听到一次撞地声,选项B错误;为了证明此结论的普遍适用,应改变高度重复实验,选项C正确;此实验说明不了平抛运动的水平分运动是匀速直线运动,D错误。(2)由Δy=gT2,得T=0.1s,小球平抛的初速度大小为v0=Δx

T=1.96m/s;又y4=y3+3Δy=58.8cm,x4=v0·3T=58.8cm。则没有被拍摄到的小球位置坐标为(58.8cm,58.8cm)。12.(8分)【答案】(1)(F-mg)L槡m(2分)12(F-m

g)L(2分)mgL(1-cosθ)(2分)(2)BC(2分)【解析】(1)小球在最低点由牛顿第二定律可得:F-mg=mv20L,v0=(F-mg)L槡m;重力势能减少量为:mgL(1-cosθ),动能增

加量为:12mv20=12(F-mg)L。(2)由于弹簧的弹力渐变,所以小球摆到最低点瞬间,弹力的测量不准确,故A错误;为了减小小球做圆周运动的半径的变化,所以细线要选择伸缩性小的,故B正确;为了减小阻力的影响,球尽量选择密度大的

,体积小的,故C正确;球从静止释放运动到最低点过程中,满足机械能守恒的关系式为2mg(1-cosθ)=F-mg可知,应测出小球的质量,而不用测出悬挂点到球心的距离,故D错误。13.(8分)【解析】(1)在地球表面mg=GM地mr2地(1分)���

�����������������在火星表面mg火=GM火mr2火(1分)�������������������������代入数据联立解得g火=4.0m/s2(2分)����������������������(2)天问一号在动力减速阶段由速度公式得:v=v0-at(1分)�����������

��根据牛顿第二定律得:F-m′g火=m′a(1分)��������������������代入数据联立解得在动力减速阶段发动机提供的力的大小:F=2.6×104N(2分)����14.(10分)【解析】(1)设木块在B点的速度为v

2,水平方向有:v2cosθ=v1(1分)���������解得:v2槡=22m/s(1分)����������������������������竖直方向有:vy=v2sinθ=gt(1分)�������������������������解得:t=0.2s(1

分)������������������������������AB两点的水平距离x=v1t=0.4m(1分)����������������������竖直高度y=12gt2=0.2m(1分)�������������������������2020—2021学年第二学期期末考试·高一物理

参考答案第4页(共5页)(2)设CP之间的距离为s,从B到P过程由动能定理有:MgR(1-cosθ)-μMgs=0-12Mv22(2分)����������������������解得:s=3.5m(2分)������������

������������������15.(12分)【解析】(1)物块静止时受重力、斜面弹力FN和弹簧弹力T由平衡条件得2Tcosθ=mg(2分)�������������������������设弹簧劲度系

数为k,有T=k(43L-L)(2分)��������������������可得k=槡3mgL(2分)�������������������������������(2)根据几何关系PQ=槡233L,弹簧长度为23L,弹簧压缩量为13L,与P位置时弹簧伸长量相等,弹簧弹性势能相等

由Q到P过程,系统满足机械能守恒mg×PQsinθ=12mv2(3分)����������������������������可得v=槡233槡gL(3分)�����������������������������16.(16分)【答案】见解析【解析】(1)物块A到C的过程,由动能

定理得-μmg(L1+L2)=12mv2C-12mv20(2分)�����������������������可得vC槡=25m/s(2分)�����������������������������(2)物块到达E点时,最小速度需要满足mg=mv2ER(2分)������

���������所以vE=槡gR槡=5m/s(1分)��������������������������物块恰好到达E点,根据动能定理得,物块离开传送带的速度满足-μmgL2-mg·2R=12mv2E-12mv2B(2分)���������������������20

20—2021学年第二学期期末考试·高一物理参考答案第5页(共5页)得vB槡=30m/s(1分)�����������������������������如果传送带静止,则物块从A到B过程,由动能定理得-μmgL1=12mv2B1-12mv20(2分)��������

�����������������可得:vB1槡=5m/s<30m/s(1分)������������������������故传送带必须逆时针转动(1分)����������������������

����物块由v0减速到vB的过程中移动s=v20-v2B2a=2m<L1=3m(1分)����������要使物块恰好到达最高点E,物块在传送带上先匀减速后匀速,所以传送带逆时针转动的速度大小为槡30m/s(1分)���

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