【文档说明】江西省九江市六校2020-2021学年高一下学期期末考试质量检测物理参考答案.pdf，共(4)页，204.323 KB，由小赞的店铺上传

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九江市六校2020-2021学年第二学期期末质量检测·高一物理参考答案第1页（共4页）九江市六校2020-2021学年第二学期期末质量检测高一物理参考答案题号12345678910答案BCDAACDAADBD题号1112答案ACACD1.【答案】B【解析】假设物品被摔落到地面，则物品动量变化是

一定的，在包装中加较软的泡沫塑料可以增加物品和地面的作用时间，从而延长碰撞过程中的作用时间，减小作用力。故选B。2．【答案】C【解析】天和核心舱绕地球运动时，有222()()()GMmmRhRhT，地球的质量为232()R

hMGT，只有选项C正确。3．【答案】D【解析】打一次喷嚏大约喷出气体的质量m=ρV，由动量定理tFmv，解得mvVvFtt，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为Vvt。只有选项D正确。4．【答案】A【解析】设两球静止时对圆筒侧面的压力大

小分别为N1F和N2F，筒底所受的压力大小为F。据整体法，甲和乙整体水平方向与竖直方向受力均平衡，有2FMg和12NNFF，只有选项A正确。5．【答案】A【解析】物块沿斜面下滑的速度大小为v时，由牛顿第二定律maθμmgθmgcos-si

n，得物块沿斜面下滑的加速度大小θμgθgacos-sin，由功率的表达式有重力的瞬时功率θmgvPsin，只有选项A正确。6．【答案】C【解析】徐惠琴在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等。选项A错误；在撑杆上升开始阶段加速度的方向

向上，她处于超重状态；在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重状态。选项B错误；徐惠琴在上升过程中撑杆的弹性势能转变为运动员的机械能，两者之和不变，选项C正确；她落到软垫后开始时，软垫的作用力小于重力，她仍然要做一段加速运动后才会减速。选项D错误。7．【答

案】D【解析】设AD之间的竖直高度为h，由几何关系可知h＝R＋Rsin30°＋LABsin60°＝2m。A到C根据机械能守恒得mgh＝12mv2C，在C点，设轨道对小球的支持力为FN，由牛顿运动定律，FN－mg＝mv2CR，解得FN＝7N。由牛顿第三定律

可知，小球在C点时对轨道的压力为7N，方向竖直向下。只有选项D正确。8．【答案】A【解析】以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速

度运动．以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0mvmMv，解得最终两者的共同速度为九江市六校2020-2021学年第二学期期末质量检测·高一物理参考答案第2页（共4页）0mvvMm；根据能量守恒，可得产生的热量为2201122QmvmMv，得202mMvQmM

，只有选项A正确。9．【答案】AD【解析】船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示。由x＝v2t1得水流的速度大小为v2＝xt1＝120600m/s＝0.2m/s。选项A正确；船头保持与河岸成α角航行时，如图乙所

示。v2＝v1cosα，d＝v1sinα·t2，由图甲可得d＝v1t1，联立解得船头与河岸间的夹角为α＝53°，v1≈0.33m/s，d＝200m。选项BC错误，选项D正确。10．【答案】BD【解析】vt图象只能描述直

线运动，选项A错误；在0~6s内，甲的速度大于乙的速度，两物体之间的距离逐渐增大，6s时两者速度相等，之后6~9s内，乙的速度大于甲的速度，两物体之间的距离逐渐减小，甲在乙前方，6s时两者相距最大，选项B正确

、C错误；0~9s内，t=6s时甲、乙速度相等时相距最远，此时166m18m2x乙，66m36mx甲，则18mxxx乙甲，选项D正确。11．【答案】AC【解析】赤道上的物体随地球自转需要向心力22GMmmgmRR，所以2GMgR，选项A正确；a和b的质量

未知，无法比较其受地球引力的大小，选项B错误；由开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，运行的周期越长，因b运行的周期为24小时，故a运行的周期小于24小时，选项C正确；根据开普勒第二定律可知，对同一行星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内

扫过的面积相等，选项D错误。12．【答案】ACD【解析】设木块在B点的速度为v2，水平方向有：v2cosθ=v1，解得：v2=22m/s，竖直方向有：vy=v2sinθ=gt，解得小木块从A抛出运动到B点的时间为：t=0.2s，选项A正确；小木块从A

抛出运动到B点是平抛运动，水平方向匀速直线运动，AB两点的水平距离x=v1t=0.4m，选项B错误；竖直方向自由落体运动，AB两点的竖直高度y=12gt2=0.2m选项C正确；从B到P过程由动能定理有：MgR（1

―cosθ）―μMgs=0―12Mv22，解得CP之间的距离为：s=3.5m，选项D正确。13．（6分）【答案】（1）确保只有重物的重力对系统做功（3分）（2）mgx＝12（m＋M）（dΔt）2（3分）【解析】（1

）实验前调整气垫导轨水平的目的是确保只有重物的重力对系统做功；（2）拉力做功为W＝mgx，滑块的速度为v＝dΔt，所以W＝12（m＋M）v2＝12（m＋M）·（dΔt）2，即mgx＝12（m＋M）（dΔ

t）2。14．（9分）【答案】（1）AB（3分）（2）2.68（2分）2.28（2分）（3）A（2分）【解析】（1）题图甲中两限位孔必须在同一竖直线上，故A正确；实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B正确；开始记录

时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于九江市六校2020-2021学年第二学期期末质量检测·高一物理参考答案第3页（共4页）重物运

动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差，故D错误。（2）重物减少的重力势能为：ΔEp＝mgs＝mg（s0＋s1）＝1kg×

9.8m/s2×（19.00＋8.36）×10－2m≈2.68J，打下C点时重物的速度vC＝s1＋s24T＝2.28m/s。（3）在验证机械能守恒定律的实验中，有：12mv2＝mgs，则有：12v2＝gs，g是常数，所以图线为过原点的

倾斜直线，故A图正确。15．（10分）【解析】（1）小球从A到B，竖直方向：vy2＝2gR（1＋cos60°）（2分）解得vy＝3gR（1分）在A点：v0＝vytan60°＝gR（1分）（2）在D点，由向心力公式得mg－12mg＝mvD2R（1分）解得vD＝2gR2（1分）故ω＝vDR＝

g2R（1分）（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝12mvD2－12mv02（2分）解得W克＝14mgR.（1分）16．（12分）【解析】（1）快件轻放在传送带上时，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律得沿斜面方向：μmgcosθ－

mgsinθ＝ma（2分）可知，快件上升的加速度为a＝2.5m/s2（1分）当快件的速度为v＝1m/s时，位移x＝v22a＝0.2m（2分）（2）由v＝at得t＝va＝0.4s（2分）相对位移x′＝vt－12at2＝0.2m（2分）（3）因摩擦产生的热量Q＝μmgx′c

osθ＝6J（1分）由功能关系：212WmvmghQ（1分）带入数据，电动机做的功为W=108J（1分）九江市六校2020-2021学年第二学期期末质量检测·高一物理参考答案第4页（共4页）17．（15分）【解析】（1）根据动量守恒恒机械能守恒定律有：BBAAvmvm0

（1分）222121EBBAAvmvm（1分）联立两方程代入数据解得：mA=0.1kgmB=0.2kg（2分）（2）碰撞过程动量和机械能守恒定律得：CAAAAMvvmvm‘（1分）222212121CAAAAMvvmvm‘（1分）得：smvA/4.2'负号表示

方向向右（1分）smvC/6.1（1分）故A球与凹槽碰撞瞬间，A球与凹槽的速度大小分别为2.4m/s和1.6m/s。（1分）（3）A、B两球分离后各自做匀速运动，凹槽不动；A球先与凹槽碰撞svLtA25.021（1分）此时

B球运动的距离mtvxAB5.01（1分）所以A球与凹槽碰撞时B球与凹槽的右侧边缘还有0.5m（1分）凹槽以1.6m/s的速度向左，B球以2m/s的速度向右（1分）svvxLtBC14.0212

（1分）设释放弹簧后，B球经t与凹槽发生碰撞，则sttt39.021（1分）