【文档说明】江苏省无锡市第一中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试 物理答案.pdf，共(6)页，1.084 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共6页（高一物理参考答案）无锡市第一中学2023-2024学年度第二学期期末试卷参考答案高一物理(选修班）2024.6一、单选题（每题4分，共44分）1.【答案】D【详解】A．元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的，选项A错误；B．开普勒通过观察提出行星

绕太阳运动的轨道是椭圆，选项B错误；C．牛顿进行了著名的“月-地检验”，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C错误；D．法拉第提出了电荷周围存在电场的观点，选项D正确。故选D。2.【答案】C【详解】A．图甲为静电除尘原理的示意图，根据电荷间的相互作用力可知，异种电荷相互

吸引，因此带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器A上，故A正确；B．给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理是导走人身的静电，故B正确；C．图丙为静电喷漆的原理图，因为电场线是曲线，涂料微粒在电场力作用下不会沿电场线运动，故C错误；D．高层建筑物顶端安装有避雷针，

避雷针的原理为尖端放电，故D正确。本题选错误的，故选C。3.【答案】A【详解】由题图可知，示波管水平极板YY加电压1U，能使粒子竖直方向发生位移，若使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大，则需要竖直分位移增大，增大U1。故选A。4.【答案】A【详解】根据人造地球卫星只在万有

引力作用下的运动规律——“高轨低速长周期”可知：由于A的轨道半径低于B的轨道半径，所以B的周期大，运动速率小，故A选项正确，B、C选项错误，由于A、B两颗卫星的质量未知，所以机械能无法比较，故D错误。故选A5.【答案】D．【详解】由于两棒串联，所以电流相等，故A错误；B．由LRS

可知，细棒的电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压与粗棒的电压U2关系为12UU，所以B错误C．由公式IneSv可知，两棒电流相等，而两棒横截面积关系为12SS得两棒的自由电子定向移动的平均速率12vv故C错误；D.因为12UU又由UEL可得12EE，故D正确。{#{QQABBY

KEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}第2页共6页（高一物理参考答案）故选D。6.【答案】B【详解】根据曲线运动的特点合外力总是指向轨迹弯曲的一面，则带电粒子所受静电力方向向下，与场强方向相同，则带电粒子带正电，所以A错误；根

据电场线的疏密表示场强的大小，则M点场强小于N点，则粒子的静电力在M点小于N点，所以B正确；若粒子是从N点运动到M点，静电力做负功，带电粒子的动能减小，电势能增大；若粒子是从M点运动到N点，静电力做正功，带电粒子的动能增大，电势能减小；所以粒子在M点的速度小于在N点

的速度，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，则C、D都错误．故选B7.【答案】D【详解】AB．运动员的重力做功为mgh，故运动员的重力势能减少了mgh，故AB错误；C．运动员的动能增加了212mv，但由于空气阻力不可忽略，则mgh大于212mv，故C错误；D．根据功能关系可知，运动

员的机械能减少了212Emghmv故D正确。故选D。8.【答案】B【详解】A．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，A错误；B．it—图像面积表示电荷量，所以两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，B正确；C．电源电压不变，仅改变两极板间距离，电容器充电结束时电容器两板间

电压不会改变，C错误；D．电容器所带的电荷量QCU，由于电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只是增大了充电的电流，但电容器的电荷量不变，C错误；故选B。9.【答案】C【详解】由题可知直线ab位于等势面上，所以电场强度的方向垂直于直线ab指向左下方；设c点到直线ab的距离为d，则由几

何关系可得sin∠cab＝d8＝610，解得d＝4.8cm，所以电场强度为E＝Ud＝22－104.8V/cm＝2.5V/cm，故A正确；由几何关系可知坐标原点O到直线ab的距离等于c点到直线ab的距离，所以O点与ab之间的电势差等于ab与c点之间的电势差；则坐

标原点处的电势为φO＝φa－12V＝－2V，故B正确；电子在a点的电势能为Epa＝－eφa＝－10eV，电子在c点的电势能为Epc＝－eφC＝－22eV，电子带负电，在电势低处电势能较大，所以电子在a点的电势能比在c点的高12eV，故C错误

；电子从b点运动到c点，静电力做功为W＝－eUbc＝12eV，故D正确．本题选不正确的，故选C{#{QQABBYKEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}第3页共6页（高一物理参考答案）10.【答

案】C【详解】A．速度时间图线的斜率表示加速度，则速度时间图像斜率先增大后减小，故A错误；B．从O到A场强先增大后减小，则加速度先增大后减小，故B错误；C．根据能量守恒定律有kpEE又有pEqU、UEx整理可得kEqEx从

O到A场强先增大后减小，可知，kEx图像的斜率先增大后减小，故C正确。D．电场线的疏密表示电场的强弱，从O到A场强先增大后减小，由于x图像的斜率表示电场强度的大小，则从O到A的电势随位移的变化图线的斜率先增大后减小，故D错误；故选C。11.【答案】B【

详解】由于四个小量程电流表完全相同，改装后接成上图，要改装成电流表需要并联一个定值电阻，要改装成电压表，需要串联一个定值电阻。由于A1和A2的表头相同，两者又并联，所以两个表头的指针偏角相同，A选项错误；

由于电流表A1量程大于A2的量程，则A1的内阻小于A2的内阻，据题中电路图可知由于两电流表并联，电压相同，则通过A1的电流较大，所以B选项正确。由于电压表V1的量程大于V2，则电压表V1的内阻大于V2的，当两者串联时，通过的电流相同，所以V1的读数较大，而两个表

头的偏角相同，故C、D选项都错误．故选B二、实验题（每空2分，共12分）12.（1）【答案】4.700（4.699~4.701均可得分）并联【详解】[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以金属丝的直径为4.520.00.01mm4.700mm[2]根据电压表的使用规则可知

，电压表应该并联在被测电阻两端，所以使用多用电表的电压挡测量电阻两端的电压，也需将多用电表与电阻并联；（2）【答案】①ADE②b【详解】①[1]电源电动势为3V，要求较准确地测出其阻值，需要多测几组数据，所以选用电压表V1（量程3V，内阻约为15

kΩ），即A。[2][3]待测金属导线的电阻Rx约为5Ω，根据欧姆定律有0.6AxEIR即实验中通过电流表的最大电流为0.6A，选用电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）即可。变阻器只能选R1。②待测金属导线的电阻较小

，需要采用电流表外接。故选b电路图。三、解答题（共44分）13.（8分）【答案】（1）6���������；（2）232108πRGT{#{QQABBYKEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}第4页共6页（高一物理参

考答案）【详解】（1）v=2���·3������=6���������（2）设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力，可得222π33MmGmRTR解得地球的质量为232108πRMGT

14.（10分）【答案】（1）正电；（2）53N/C；（3）1m【详解】（1）由于A球带正电，A球受到的电场力方向水平向右，而小球A恰好静止且与杆无弹力，根据受力平衡可知A球受到的与B球的库仑力应沿斜面向上，故B球带正电；（2）A球所受重力、电场力和与B

球的库仑力满足三力平衡，根据平衡条件可得tanmgEq解得53N/CE（3）撤去匀强电场后，A球沿斜面向上运动，当加速度为零时，A球的速度最大时，加速度为零，此时1sin2mgFmg即AB12qqkFL由（2）中分析可知，初始时02sinmgFmg即AB20

2qqkmgL联合解得021mLL15.(12分)【答案】（1）002Uqvm；（2）002UmtEq；（3）得:y=������28���������0（n=1、2、3……）【详解】（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理可知20012Uqmv解得002Uqvm（2）带电粒子

在静电分析器中做匀速圆周运动可知200vEqmr解得002UrE运动时间为00022rUmtvEq(3)带电粒子进入偏转电场将做类平抛运动，由于粒子最终沿水平方向出电场，利用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上先做匀加速运动，再做匀减速运动，最终速度为零，根据运动的对称性和偏

转电场两端的变化电压可知，粒子在竖直方向上一次类平抛有{#{QQABBYKEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}第5页共6页（高一物理参考答案）

20122Tya其中Uqadm，（T未知）；由水平方向的匀速直线运动可知，t=������0；且t=n���（n=1、2、3……）；由以上各式解得：���0=���������28���2���������02；（n

=1、2、3……）将002Uqvm代入，且偏转距离y=2n���0综上可得:y=������28���������0（n=1、2、3……）16.【答案】（1）0.8mx（2）h的最小值为1.4m，最大值为2.2m.（3）1.68JW【详解】（1）传送带不转动时，因为小

物块会从圆轨道上返回传送带中，说明小球未能通过圆轨道得最高点，设小物块在传送带上路程为x，根据全过程动能定理，则有0mghmgx代入数据，解得x=1.6m，小物块最终停在传送带的A点，距离B点0.8m。（2）小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，根据牛顿第二定律和向心力公式，

有2vmgFmR高代入数据，解得223m/svgR高小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有2211222BmgRmvmv高代入数据，解得6m/sBv因为传送带的速度为6

.0m/s，若小物块在传送带上从A点匀加速运动刚好到B点，设小物块从离AB高h1处静止释放，根据动能定理，有21102BmghmgLmv代入数据，解得11.4mh若小物块在传送带上从A点做匀减速直线运动B点，设小物块从离AB高h2处静

止释放，根据动能定理，有22102BmghmgLmv代入数据，解得22.2mh所以h的最小值为1.4m，最大值为2.2m。（3）在（2）的情景中，h取最小值时，小物块从静止处滑到A点时的速度为vA，根据机械能守恒，有21102Amghmv代入

数据解得28m/s5.3m/sAv小滑块在传送带上做匀加速直线运动，滑块滑上传送带之后受到滑动摩擦力做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度为25m/smgmaag根据匀变速直线运动的规律，小滑块加速到与传送带速度相等运动的位移为2212Avvax

{#{QQABBYKEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}第6页共6页（高一物理参考答案）代入数据解得10.8mx此过程中传送带的位移为2Avvvtxta，代入数据解得20.84mx小物块在传送带上发生的相对位移为21

0.04mxxx根据功能关系可知，由于传送带运送小物块电动机多做的功为221122AWmgxmvmv代入数据，解得1.68JW{#{QQABBYKEogAgAIIAAQgCEQV4CAAQkAGAAYgGxFAIMAAAgBNABAA=}#}