【文档说明】山东省泰安市宁阳一中2020-2021学年高一下学期第一次考试物理试题 答案.doc，共(7)页，102.500 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级下学期第一次考试物理试题答案1解析图1中汽车匀速下坡的过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，故A项错误；图2中卫星绕地球做匀速圆周运动时所受合外力提供向心力，合外力不为0，匀速圆周运动速度大小不变，则动能不变，故B项错误；图3中弓被

拉开过程弓的形变增大，弹性势能增大，故C项错误；图4中撑竿跳高运动员在上升过程中竿对运动员做正功，其机械能增大，故D项正确。答案D2解析根据功的计算公式W＝Fs知，水平恒力F不变，移动的距离s相同，可知在两种情况下恒力F做功相同，即有W1＝W2根据牛顿第二定律得a

＝F合m在粗糙水平面上的加速度较小，根据匀变速直线运动的位移与时间关系式x＝12at2知在粗糙水平面上的运动时间较长，由功率的定义式P＝Wt知P1<P2故A、B、D三项错误，C项正确。答案C3.[解析]以木块为研究对象，根据动能定理得，阻力对木块做的功等于木块动能的增加量，即fL＝12Mv12；以

子弹为研究对象，根据动能定理得，－f(L＋Δs)＝12mv12－12mv02；由上述两式可得，fΔs＝12mv02－12(M＋m)v12，故A、C、D三项正确，B项错误。答案:B4.解析物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不随时间和位移变化，故A、B两项错误；由动能定理得－f

x＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fx，可知C项正确；x＝12at2，故Ek＝Ek0－f·12at2，Ek与t的关系图线为抛物线，故D项错误。答案C5．解析密度ρ＝MV＝M43πR3∝MR3已知地球的质量约为火星质

量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球的密度和火星的密度的比值，选项A正确，不符合题意；由于题目中不知道火星的自转情况，故无法比较其同步卫星的运动速度，故B项错误，符合题意；第一宇宙速度v＝GMR∝

MR已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球的第一宇宙速度和火星的第一宇宙速度的比值，选项C正确，不符合题意；星球表面的重力加速度g＝GMR2∝MR2已知地球的质量约为火星质量的N倍，

地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球表面的重力加速度和火星表面的重力加速度的比值，选项D正确，不符合题意。答案B6．解析设小球可进入水中的深度为s，根据动能定理得mg(h＋s)－fs＝0，得s＝mghf－mg，代数解得s＝2.0m

。故B项正确。答案B7.解析设斜面的倾角为θ，斜面的长度为s，两人在斜面下滑的过程中，根据动能定理得，mgh－μmgcosθ·s＝12mv2－0，scosθ是斜面底边的长度。因为斜面AB的底边短，则沿AB段到达B点的速率大，故A项错

，B项错误；设在水平沙面滑行的距离为s2，对全过程运用动能定理得，mgh－μmgcosθ·s1－μmg·s2＝0，整理得，mgh－μmgs水平＝0，因为两人沿两轨道滑行的水平位移相等，故两人的位移相同，根据几何关系知甲滑行的总路程一定大于

乙滑行的总路程，故C项错误，D项正确。答案D8.解析探测器下落的过程中，除重力外，其他力做负功，故机械能减小，A项错误；探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器动能的变化量，B项错误，D项正确；探测器下落的过程中，重力所做的功等于探测器重力势能的变化量，

故C项错误。答案D9．解析小球从抛出点至回到原出发点的过程中，位置没有改变，所以重力做功为0，故D项错误，A项正确。在上升过程中，空气阻力方向向下，对小球做负功，W1＝fhcos180°＝－fh；在下降的过程中，空气阻力方向

向上，对小球做负功，W2＝fhcos180°＝－fh。所以空气阻力做的总功应为它们的代数和，W＝W1＋W2＝－2fh，故C项错误，B项正确。答案AB10．解析月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则有GMm(R＋h)2＝m4π2(R＋h)T2解得月球质量M＝

4π2(R＋h)3GT2故A项错误；在月球表面GMmR2＝mg解得：g＝4π2(R＋h)3R2T2故B项正确；探月卫星从停泊轨道进入地月转移轨道需做离心运动，故在P点加速，故C项正确；探月卫星从地月转移轨道进入工作轨道需做近心运动

，故在Q点减速，故D项错误。答案BC11解析小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力提供向心力，则根据牛顿第二定律得mg＝mv2R，小球在C点时的动能为12mv2＝12mgR＝2mg，以B点所在水平面为

参考平面，小球重力势能Ep＝2mgR＝8mg。开始小球从H＝12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得mg(H－2R)－Wf＝12mv2所以摩擦力做功Wf＝2mg，此时机

械能等于10mg，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，摩擦力做功大小小于2mg，机械能有损失，到达底端时小于10mg；此时小球机械能大于10mg－2mg＝8mg，

而小于10mg，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为8mg＜E机＜10mg，所以高度范围为8m＜h＜10m，故B、C两项正确，A、D两项错误。答案BC12．解析汽车受到的阻力f＝110×2×103×10N＝2×103N由题图知前5s内加速度a

＝2m/s2由牛顿第二定律得F－f＝ma求得牵引力F＝f＋ma＝(2×103＋2×103×2)N＝6×103N故A项正确；在0～t0时间内，根据动能定理WF－Wf＝12mvm2－0故牵引力做的功大于12mvm2，故B项错误；t＝5s末汽车达到额定功率P＝Fv＝6×103×10W＝

6×104W＝60kW故C项错误；当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度vm＝Pf＝6×1042×103m/s＝30m/s故D项正确。答案AD13．解析(1)根据机械能守恒定律的表达式12mv22－12mv12＝

mgh，可知不需要测量其质量，故A项错误；实验中需要测量矩形线框下落过程中重力势能的减小量，因此需要测量矩形线框上下边之间距离L，故B项正确；根据机械能守恒定律的表达式，可知不需要测量线框上下边通过光电门的时间间隔Δt，故C项错误。(2)本实验中利用线框通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故

线框下边通过光电门时的速度大小为v1＝dt1。(3)本实验中利用线框通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故线框上边通过光电门时的速度大小为v2＝dt2根据机械能守恒定律有mgL＝12mv22－12mv12即

dt22－dt12＝2gL。答案(1)B(2)dt1(3)dt22－dt12＝2gL14.【答案】(1).右端(2).0.72(3).B(4).2211()2ABmvv−【详解】（1）重物落

地后，木块继续向右做匀减速运动，由纸带上所标的数据可以判断纸带的右端与木块连接．根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A点时木块的速度：2(6.847.68)10m/s0.73m/s20.1Av−+==；（2）根据动能定理可知，AB段

摩擦力的功等于物体动能的减小量，则221122fkBAWEmvmv==−，要求出在AB段摩擦力的功，除了测出AB两点的速度外，还要测出物体的质量m，故选B；在AB段木板对木块的摩擦力所做的功为221122fABWmvmv=−．15．【答案】（1）1.5

m/s；（2）0.45mACx【详解】（1）小球在B点最小速度时，刚好由重力提供向心力，设最小速度为v，可得2vmgmR=………………(2分)代入数据解得1.5m/sv=………………（1分）（2）小球从B点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律得2122Rgt=………………（2分）xvt=………

………(1分)代入数据解得0.45mx=………………（1分）即A、C间的距离应满足0.45mACx………………（1分）16.【答案】（1）22hgt=；（2）232hGtR=；（3）12hRvt=【详解】（1）在月球表面附近做自由落体运动，在下落

h的过程中则有212hgt=………………（2分）解得月球表面附近的重力加速度为22hgt=………………(1分)（2）不考虑自转，万有引力等于重力，对探测器则有2MmmgGR=………………（2分）解得月球的质量222hRMGt=………………（1分

）根据密度343MR=（1分）解得月球密度232hGtR=……（1分）（3）对贴近月球表面附近的卫星，万有引力提供向心力，则有21vmgmR=……（1分）解得月球的第一宇宙速度12hRvgRt=

=……（1分）17．解析(1)小球由C运动到D，由机械能守恒定律得：mgL＝12mv02……………………………….(2分)解得v0＝2gL在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝mv02L……………………………….(2分)联立①②解得F＝30N…

…………………………….(1分)由牛顿第三定律可知细绳所能承受的最大拉力为30N。……(1分)(2)由D运动到A，小球做平抛运动其竖直方向的速度vy2＝2gh……………………………….(2分)tan53°＝vyv0…………………

…………….(2分)联立③④解得h＝16cm。……………………………….(1分)(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin53°)，……………………………….(2分)代入数据解得Ep＝2.9

J。……………………………….(2分)答案(1)30N(2)0.16m(3)2.9J18.解析(1)乘客在F点受到的支持力FN＝0.25mg，设圆弧轨道EF的半径为r，根据牛顿第二定律有mg－FN＝mv2Fr，……………………………….(2分)r＝Lsinθ……………………………….(1分)解得

vF＝310m/s。……………………………….(1分)(2)设从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功为Wf由动能定理有mg(h－r)＋Wf＝12mv2F－0……………………………….(2分)解得Wf＝－7.5×104J。………………………

……….(2分)(3)未触发制动装置时，从D到F过程中，根据动能定理有－mgr－μmgcosθ·(Lcosθ)＝12mv2F－12mv2D……………(2分)触发制动装置后，过山车恰好能到达E点时对应的摩擦

力记为f1，则－f1Lcosθ－mgrcosθ＝0－12mv2D………………………(2分)联立解得f1＝4.6×103N……………………………….(1分)使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力记为f2，f2＝mgsinθ＝6×

103N综合考虑可知，过山车受到的摩擦力至少为fmin＝6×103N。(1分)答案(1)310m/s(2)－7.5×104J(3)6×103N