邯郸市2021-2022学年第二学期期末质量检测
高一物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A C B D C AB BCD BD
1.B 解析:物体受到的合外力方向变化,可能做直线运动,如合力时而与速度同向,时而反向,A错误;曲线
运动的速度沿着轨迹的切线方向,时刻改变,故一定是变速运动,B正确;物体做曲线运动,其加速度与速
度一定不共线,但加速度可能不变,如平抛运动的加速度为g,固定不变,C错误;平抛运动的合力垂直于
初速度,但不是匀速圆周运动,D错误。
F
2.D 解析:法拉第提出电荷周围存在电场,奥斯特提出电流周围存在磁场,A错误;B= 是比值定义法,IL
磁感应强度B 的大小只与磁场本身有关,B错误;月—地检验是指月球绕地球运动时的加速度和地球上
a月 1
自由落体苹果的加速度之比为 = 2,C错误;安培根据通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似a苹 60
提出了“分子电流假说”,D正确。
U 2.70 U U
3.A 解析:通过电压表的电流IV= = 3 A=9.0×10
-4A,由欧姆定律得:R Rx=I =I-I =V 3.0×10 x V
2.70 , 。
( Ω≈297Ω A正确10.0-0.9)×10-3
4.C 解析:滑动触头P 下滑时,R2 接入电路的电阻增大,电路中的总电阻增大,总电流减小,内电压减小,
路端电压增大,R1 两端电压减小,由于R1 与R2 串联,所以R2 两端电压增大,电容器C 两端的电压增
Q U
大,由电容的定义式C= ,得电荷量增加,为充电过程,A错误;由E= ,得电容器中的电场强度增大,U d
U2
B错误;由于路端电压增大,故电压表的读数增大,C正确;R1 两端电压减小,纯电阻电路有P= ,得R R1
消耗的功率减小,D错误。
5.B 解析:硬币在圆盘上受重力、支持力、静摩擦力三个力的作用,静摩擦力提供向心力,当摩擦力达到最
大静摩擦力时,角速度最大,由牛顿第二定律有:μmg=mω2r,可得最大的角速度为ω=
μg,由角速度
r
1
与转速的关系ω=2πn,得最大转速为 μg,B正确。2π r
6.D 解析:电场线的疏密程度表示电场强度的大小,由图可知a 点的电场线比b点的电场线密,故a 点的
电场强度比b点的电场强度大,A错误;沿着电场线方向电势不断降低,可知d 点的电势比c点的电势高,
B错误;由于质子带正电,根据电势能公式Ep=qφ,得正电荷在电势高的地方电势能大,可知质子在d 点
的电势能比在c点的电势能大,故C错误;由图可知,a 点的电势低于b点的电势,且电子带的是负电荷,
根据电势能公式Ep=qφ,得负电荷在电势越低的点电势能越大,故电子在a 点的电势能高于在b点的电
势能,所以将电子从a 点移动到b点,电势能减小,故电场力做正功,D正确。
7.C 解析:汽车的发动机功率P=Fv,汽车匀速行驶时处于平衡状态有:F=F阻+mgsin15°,以上两式联
立求得P=70kW,C正确。
8.AB 解析:由于摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动,乘客随座舱运动过程中动能不变,重力势能变化,机
械能变化,A正确,C错误;在最高点时,乘客的速度不为零,向心加速度不为零,处于失重状态,此时乘客
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的重力大于座椅对他的支持力,B正确;乘客重力的瞬时功率P=mgvcosθ,由于转动过程中重力与速度
之间的夹角θ不断变化,因此乘客重力的瞬时功率不断变化,D错误。
9.BCD 解析:线圈Q中产生感应电流的条件:①电路必须闭合;②穿过回路的磁通量发生变化。若通过线
圈P中的电流不变,则电流产生的磁场不变,穿过线圈Q的磁通量不变,不产生感应电流,A错误;若通过
线圈P中的电流发生变化,则电流产生的磁感应强度发生变化,穿过线圈Q的磁通量发生变化,产生感应
电流,故BCD正确。
4
10.BD 解析:根据图像乙的斜率求出A 点的电场强度大小EA=ka= /0.1N C=40N
/C,同理可求出B 点
1
的电场强度大小EB=kb= N/C=2.5N/C,由于试探电荷带正电,得A、B 两点的电场强度方向均0.4
沿x 轴正方向,A错误,B正确;由于点电荷Q 在两点产生的电场强度方向相同,且A 点的电场强度大于
Q
B 点的电场强度,所以场源电荷必定在A 点的左侧。设场源电荷的坐标为x,EA=k 2,EB= 0.3-x
Q
k 2,
Q
解得x=0.2m,C错误;将x=0.2m代入到EA=k 中,解得:Q≈4.44×10-11C, 0.6-x 0.3-x 2
D正确。
11.答案:(1)3.2×10-3C(3分) (2)4.0×10-4F(3分)
解析:(1)I-t图像中图线与横轴所围面积表示电荷量,经计算(大于半格计为一格,小于半格舍去),图
线下共有约40小格,所以电容器在整个放电过程中释放的电荷量约为Q=40×0.2×10-3×0.4C=3.2
×10-3C。
(2)从上一问知道,电容器充满电后所带的电荷量Q=3.2×10-3C,而所加电压U=E=8.0V,所以C
Q
= =4.0×10-4 。U F
d 2
12.答案:(1)7.25mm(3分) (2) (3分)t
(3)g2(3分)d
解析:(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加标尺读数,可读得游标卡尺的读数为7.25mm;
() d2 已知经过光电门时的时间、小球的直径,则可以由平均速度表示经过光电门时的瞬时速度,故v= ;t
( 1 1 23)若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒;则有mgH= mv2,整理得
g
2= 2H,2 t d
2
故该直线的斜率k= g2。d
2 3 2 2
13.答案:(1)g
R () Rt
G 2 gR
(3) g -R
4π2n2
解析:(1)
Mm
地球表面处万有引力近似等于重力,有:G 2 =mg (2分)R
得:M=g
R2 (2分)G
(2)第一宇宙速度为近地卫星运行速度,由重力提供向心力:
v2
mg=m (2分)R
得:v= gR (1分)
(3)“神舟十三号”做圆周运动,由万有引力提供向心力:
GMm 4π2
=m R+h (2分)
R+h 2 T2
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“ t神舟十三号”运动周期为:T= (1分)n
3
gR2t2联立方程求解得:h= -R (2分)
4π2n2
14.答案:(1)2200N (2)900J
解析:(1)谷爱凌从高出U型场 H=1.5m处运动滑到最低点的过程中,由动能定理可得:
1
mg H+R = 2 ( 分)2mv 3
: mv
2
在最低点由牛顿第二定律可得 FN-mg= ( 分)R 2
由牛顿第三定律可得:F压=FN (1分)
解得:F压=2200N (1分)
(2)整个过程由动能定理可得:mgH-W 克=0 (3分)
解得:W 克=900J (2分)
:()qφh 1 2 () 2mdh () 2mdh15.答案 1 d +2mv0 2v0 32vq 0φ qφ
解析:(1)由题意得,P、G间与Q、G间电场强度的大小相等,均为E 有:
U -0
E= =φ (2分)d d
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理得:
1
qEh=Ek- 22mv0
(2分)
h 1
解得:E =qφ + mv2k 0 (2分)d 2
(2)粒子在P、G间所受静电力F 的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有:
F=qE=ma (2分)
设粒子第一次到达G时,所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有
1
h= at2,2 l=v0t
(2分)
: 2mdh解得 l=v0 (2分)qφ
(3)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性知,此时金属板的长度L 为:
2mdh
L=2l=2v0 (3分)qφ
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电一厦
⊙。
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