物理答案解析

曲靖市第二中學(xué)20202021學(xué)年春季學(xué)期高一年級(jí)期末考試物理參考答案1．D【詳解】A．伽利略開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)與邏輯推理相結(jié)合的研究方法，并用這種方法研究了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，A錯(cuò)誤；B．庫侖通過研究得出了電荷間的相互作用規(guī)律，密立根測出了自然界的最小帶電單位，B錯(cuò)誤；C．伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，但并未直接進(jìn)行驗(yàn)證，而是在斜面實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上的理想化推理得到，C錯(cuò)誤；D．開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，D正確。故選D。2．B【詳解】A點(diǎn)的電荷對(duì)B點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷的斥力為方向沿AB方向；C點(diǎn)的電荷對(duì)B點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷的引力為方向沿BC方向，則檢驗(yàn)電荷受到電場力的大小因則θ=45°即方向指斜向右下方。故選B。3．C【詳解】A、B兩點(diǎn)分別位于大小齒輪的邊緣，線速度相等，由可知，角速度與半徑成反比，可得A、B兩點(diǎn)的角速度大小之比為3∶5，C正確。故選C。4．B【詳解】A．電場線從正電荷到負(fù)電荷，由電場線的分布可知，頭部帶正電，A錯(cuò)誤；B．電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小，因此A處的電場線比C處密，因此A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于C點(diǎn)電場強(qiáng)度，B正確；C．沿電場線方向電勢降低的方向，所以C點(diǎn)電勢小于B的電勢，C錯(cuò)誤；D．正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以正電荷從C向A運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，其電勢能變小，D錯(cuò)誤。故選B。5．C【詳解】根據(jù)因?yàn)楣蔬xC。6．D【詳解】A．由圖象可知0～20s內(nèi)玩具飛機(jī)一直豎直向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．0～5s內(nèi)玩具飛機(jī)的加速度方向豎直向上，15～20s內(nèi)玩具飛機(jī)的加速度方向豎直向下，故B錯(cuò)誤；C．5～15s內(nèi)玩具飛機(jī)勻速上升，故C錯(cuò)誤；D．15～20s內(nèi)玩具飛機(jī)的加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故D正確。故選D。7．B【詳解】A．從調(diào)相軌道進(jìn)入停泊軌道，需要做近心運(yùn)動(dòng)，因此在P點(diǎn)處應(yīng)減速，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開普勒第三定律知天問一號(hào)在停泊軌道上運(yùn)行周期比在調(diào)相軌道上小，B正確；C．根據(jù)牛頓第二定律可知P點(diǎn)的加速度比在N點(diǎn)的大，C錯(cuò)誤；D．在停泊軌道上運(yùn)動(dòng)過程中，P點(diǎn)是離火星最近的點(diǎn)，N點(diǎn)是離火星最遠(yuǎn)的點(diǎn)，所以經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的線速度比N點(diǎn)大，D錯(cuò)誤；故選B。8．A．根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．根據(jù)庫侖定律可知，離點(diǎn)電荷最近時(shí)最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．從b點(diǎn)到c點(diǎn)電場力做正功，動(dòng)能增加，故粒子在b點(diǎn)電勢能一定大于在c點(diǎn)的電勢能，故C錯(cuò)誤；D．同心圓間距相等，所以a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢差大于b點(diǎn)到c點(diǎn)的電勢差，所以由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化大于有b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化，選項(xiàng)D正確．9．BC【詳解】AB．由加速度公式可得若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示加速度a，類比可知細(xì)長矩形的面積之和代表物體速度變化量，只有知道初速度的情況下才能求出物體的速度v，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．由功的定義式W=Fx可知，若橫軸表示位移x，縱軸表示合外力F，則細(xì)長矩形的面積之和代表合外力所做的功W，據(jù)動(dòng)能定理可知，只有知道初動(dòng)能，才能求得物體的末動(dòng)能，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10．AD【詳解】AB．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2=2ax得，，所經(jīng)過的位移比為1：2，則通過B、C兩點(diǎn)的速度之比為，故A正確、B錯(cuò)誤．CD．設(shè)AB段、BC段的長度為x，所經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1，t2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式有：則有：所以故C錯(cuò)誤，D正確．【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2=2ax，以及位移時(shí)間公式．11．AC【詳解】AB．保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由可知，當(dāng)A板向B板靠近時(shí)，E增大，小球所受電場力增大，增大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．?dāng)嚅_S，則兩板帶電荷量不變，由可知，略向上移動(dòng)A板，則正對(duì)面積S減小，E變大，電場力變大，則增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。12．CD【詳解】AD．沿斜面方向有所以人和滑車減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和摩擦力做功，人和滑車下滑到B點(diǎn)過程中重力和摩擦力做功，獲得的動(dòng)能為故D正確，A錯(cuò)誤；B．整個(gè)下滑過程中人和滑車重力勢能減少了mgh，故B錯(cuò)誤；C．整個(gè)下滑過程中人和滑車減少的機(jī)械能為故C正確。故選CD。13．(1)；(2)滑塊和擋光條的總質(zhì)量M；(3)【詳解】(1)根據(jù)題意可知，系統(tǒng)減少重力勢能即為托盤和砝碼減小的重力勢能，為(2)實(shí)驗(yàn)中還要測量的物理量為滑塊和擋光條的總質(zhì)量M(3)令滑塊和擋光條的總質(zhì)量為M，托盤和砝碼下落過程中，系統(tǒng)增加的動(dòng)能為則為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒，需滿足的關(guān)系是14．0.903.0【詳解】(1)[2]由于每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未標(biāo)出，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間為利用平均速度求瞬時(shí)速度則點(diǎn)計(jì)時(shí)器在打C點(diǎn)時(shí)鐵塊的速度大小為[2]利用逐差法可求鐵塊的加速度大小為(2)[3]由牛頓第二定律有解得15．（1）8m/s2；24m/s；（2）10N【詳解】（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有解得a=8m/s2物體下落的加速度大小為8m/s2，3s末的速度大小v=at=24m/s（2）根據(jù)牛頓第二定律得解得Ff=10N16．（1）（2）（3）【解析】（1）從A到B由動(dòng)能定理得：，則，即小球滑到最低點(diǎn)B時(shí)，小球速度v的大小為；

（2）在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：，則：即小球剛到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)，軌道對(duì)小球支持力的大小為；

（3）對(duì)于小球從A運(yùn)動(dòng)到D的整個(gè)過程，由動(dòng)能定理，得則

，即小球在曲面上克服摩擦力所做的功為。點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于靈活地選擇運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，動(dòng)能定理不涉及運(yùn)動(dòng)過程的加速度和時(shí)間，對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)同樣適用