高一下學期期末檢測題B卷參考答案與提示

1.D 2.B 3.C 4.B 5.B 6.C

7.AD 提示：將球體的重力mg沿垂直木板方向和垂直墻面方向分解，如圖1所示，根據力的平行四邊形定則得，G2=mgtanθ=20N，因此球體垂直木板方向的分力大小為，球體垂直墻面方向的分力大小為20N，球體對木板的壓力大小為，球體對墻面的壓力大小為20N，選項A、D正確，B、C錯誤。

8.AC

9.BC 提示：足球的運動軌跡關于最高點不對稱，說明足球在運動過程中一定受到空氣阻力的作用。因為足球在運動過程中受到的空氣阻力與速度方向相反，所以足球在豎直方向上的運動不是豎直上拋運動，足球從位置1到位置2所用的時間大于，選項A錯誤。足球從踢出到運動至最高點再到落地，需要克服空氣阻力做功，因此足球在位置1踢出時的動能Ek1大于在位置3落地時的動能Ek3，足球在位置2時的機械能小于在位置1時的機械能，足球從位置1到位置2過程中克服重力和空氣阻力做的功等于足球動能的減少量，選項B、C正確，D錯誤。

10.CD 11.CD 12.BD

13.（1）1：3 （2）1.5

提示：（1）由題圖乙可知，碰撞后物體A在一個頻閃時間間隔內移動標尺上1個刻度，物體B在一個頻閃時間間隔內移動標尺上3個刻度，由公式s=vt可知，碰撞后兩物體的速度大小之比為1：3。（2）設碰撞后物體A的速度為v，則碰撞前物體A在一個頻閃時間間隔內移動標尺上2個刻度，速度為2v，碰撞后物體B的速度為3v，由動量守恒定律得mA·2v=mA·v+mB·3v，解得mA=1.5kg。

15.（1）設殲20戰斗機到達傾斜跑道末端時的速度為v，在它由靜止啟動至到達傾斜跑道末端的過程中，由動能定理得mg（8L+L）-0.1mg（8L+L）-mg·0.1L=，解得。（2）設殲20戰斗機發動機的推力為F，在它由靜止啟動至獲得速度v的過程中，由動能定理得，解得F=1.1mg，即殲20戰斗機發動機的推力應增大到重力的1.1倍。

17.設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v2，由動量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin，10m·2v0-mvmin=11mv2，為避免兩船相撞應滿足v1=v2，解得vmin=4v0。

18.（1）P、Q兩物塊在光滑斜面體ABC上靜止，根據平衡條件得mQgsinα=mPgsinβ，解得mP=3kg。物塊P由初始位置運動到D點的過程中，根據動能定理得，根據幾何關系得h=L1sinβ+R（1-cosβ）。在D點，支持力和重力的合力提供向心力，則，解得FD=78N。由牛頓第三定律可知，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大小為78N。（2）物塊P從初始位置運動到M點的過程中，根據動能定理得，解得vM=2 m/s。物塊P沿斜面MN向上運動的過程中，根據牛頓第二定律得mPgsinθ+μmPgcosθ=ma1，解得a1=10m/s2。根據速度—時間公式得vM=a1t1，解得t1=0.2s。當t1=0.2s時，物塊P到達斜面MN上最高點，最高點與M點間的距離。之后物塊P沿斜面MN返回，再經過t2=t-t1=0.1s到達K點，最高點與K點間的距離。物塊P沿斜面MN向下運動時，根據牛頓第二定律得mPgsinθ-μmPgcosθ=ma2，解得a2=6m/s2，根據幾何關系得xMK=x-x′=0.17m，即M、K兩點間的距離為0.17 m。（3）最后物塊P將在光滑圓弧面上的C、M兩點間來回滑動，且到達M點時的速度為零，對物塊P從初始位置運動到最終到達M點的過程應用動能定理得mPgL1sinβμmPgcosθ·L總=0，解得L總=1m，即物塊P在斜面MN上滑行的總路程為1m。

19.（1）設物塊剛滑至B點時的速度大小為v1，木板對物塊的支持力大小為F′。物塊從B點運動到A點的過程中，根據機械能守恒定律得，解得。在B點，物塊受到的木板支持力和重力的合力提供向心力，則，解得F′=30 N。根據牛頓第三定律可知，物塊對B點的壓力大小F=F′=30N。（2）若木板不固定，設燒斷細線前彈簧的彈性勢能為Ep，燒斷細線后物塊運動到A點時，物塊和木板的速度為v2，整個系統從燒斷細線至物塊運動到A點的過程中，取水平向左為正方向，根據水平方向動量守恒得0=（m1+m2）v2，解得v2=0。根據能量守恒定律得。最終狀態物塊與木板一起靜止，設物塊在木板上BC段運動的總路程為d，根據能量守恒定律得Ep=μm2gd，解得，因此物塊最終離B點的距離。（3）燒斷細線至物塊上升到最高點的過程中，設物塊的水平速度為v物時木板的速度大小為v板，物塊水平方向的位移大小為s物，木板的位移大小為s板，由水平方向動量守恒可知，在全過程中始終有0=m2v物-m1v板，即m2v物=m1v板，因此有m2s物=m1s板，得s物=s板。由物塊和木板在水平方向上的位移關系得s物+s板=R+L+x，解得s板=0.46m。

20.（1）選取小物塊A為研究對象，當滑桿達到最大速度時，小物塊A與其脫離，由題意得v0=ωr。小物塊A與B發生完全非彈性碰撞，動量守恒，碰撞后二者速度大小相同。設小物塊A、B碰撞后的共同速度為v1，由動量守恒定律得mv0=2mv1，解得。在小物塊A與B碰撞過程中損失的機械能。（2）若小物塊A、B不能與彈簧相碰，則在二者由P點運動到Q點的過程中，由動能定理得，解得對應的連桿角速度，因此ω的取值范圍為。碰撞時間極短，可以忽略不計。設小物塊A、B在PQ段上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律和運動學公式得μ·2mg=2ma，v1=at1，解得。