【文档说明】云南省曲靖市第二中学2020-2021学年高一下学期期末考试物理解析.docx，共(7)页，97.450 KB，由管理员店铺上传

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曲靖市第二中学2020-2021学年春季学期高一年级期末考试物理参考答案1．D【详解】A．伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，A错误；B．库仑通过研究得出了电荷间的

相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，B错误；C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，C错误；D．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，D正确。故选D。

2．B【详解】A点的电荷对B点的检验电荷的斥力为12QqFkr=方向沿AB方向；C点的电荷对B点的检验电荷的引力为22QqFkr=方向沿BC方向，则检验电荷受到电场力的大小221222kqQFFFr=+=因12tan1FF==则θ=45°即方向指斜向右下方。故

选B。3．C【详解】A、B两点分别位于大小齿轮的边缘，线速度相等，由vr=可知，角速度与半径成反比，可得A、B两点的角速度大小之比为3∶5，C正确。故选C。4．B【详解】A．电场线从正电荷到负电荷，由电场线的分布可知，头部带正电

，A错误；B．电场线的疏密程度表示电场强度大小，因此A处的电场线比C处密，因此A点电场强度大于C点电场强度，B正确；C．沿电场线方向电势降低的方向，所以C点电势小于B的电势，C错误；D．正电荷在电势高的地方电势能大，所以正电荷从C向A运动，电场力做正功，其电势能变小，

D错误。故选B。5．C【详解】根据cos605VABABUEL==因为5VBAABUU=−=−故选C。6．D【详解】A．由图象可知0～20s内玩具飞机一直竖直向上运动，故A错误；B．0～5s内玩具飞机的加速度方向竖直向上，15～20s

内玩具飞机的加速度方向竖直向下，故B错误；C．5～15s内玩具飞机匀速上升，故C错误；D．15～20s内玩具飞机的加速度方向竖直向下，处于失重状态，故D正确。故选D。7．B【详解】A．从调相轨道进入停泊轨道，需要做近心运动，因此在P点处

应减速，A错误；B．根据开普勒第三定律知天问一号在停泊轨道上运行周期比在调相轨道上小，B正确；C．根据牛顿第二定律2MmGmar=可知P点的加速度比在N点的大，C错误；D．在停泊轨道上运动过程中，P点是离火星最近

的点，N点是离火星最远的点，所以经过P点时的线速度比N点大，D错误；故选B。8．A．根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；B．根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；C．从b点到c点电场力做正功

，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D．同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确．9．BC【详解】AB．由加速度公式vat=可得vat=若横轴表

示时间t，纵轴表示加速度a，类比可知细长矩形的面积之和代表物体速度变化量v，只有知道初速度的情况下才能求出物体的速度v，故A错误，B正确；CD．由功的定义式W=Fx可知，若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F，则细长矩形的面积之和代表合外力所做的功W，据动能定

理kk0WEE=−可知，只有知道初动能k0E，才能求得物体的末动能kE，故C正确，D错误。故选BC。10．AD【详解】AB．根据匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax得，2vax=，所经过的位移比为

1：2，则通过B、C两点的速度之比为12：，故A正确、B错误．CD．设AB段、BC段的长度为x，所经历的时间分别为t1，t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：2112xat=21212()2xatt=+则有：12121ttt+=所

以122+11tt=故C错误，D正确．【点睛】解决本题的关键掌握初速度为零的匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax，以及位移时间公式2112xat=．11．AC【详解】AB．保持S闭合，则电容器两极板间的电压不变，由UEd=可知，当A板向B板靠近时，E增大，小球所受电场力增大，增大，故A

正确，B错误；CD．断开S，则两板带电荷量不变，由rr44SUSQCUEkdk===可知，略向上移动A板，则正对面积S减小，E变大，电场力变大，则增大，故C正确，D错误。故选AC。12．CD【详解】AD．沿斜面方向有sin30fmamgF=−

所以0.1fFmg=人和滑车减少的重力势能转化为动能和摩擦力做功，人和滑车下滑到B点过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为k=(sin30)0.8sin30fhEmgFmgh−=故D正确，A错误；B．整个下滑过程中人和滑车重力势能减少了mgh，故B错误；C

．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为k=0.2EmghEmgh=−故C正确。故选CD。13．(1)mgl；(2)滑块和挡光条的总质量M；(3)21()()2dmglMmt=+【详解】(1)根据题意可知，系统减少重力势能即为托盘和砝码减小的重

力势能，为pEmgl=(2)实验中还要测量的物理量为滑块和挡光条的总质量M(3)令滑块和挡光条的总质量为M，托盘和砝码下落过程中，系统增加的动能为22k11()()()22dMmvmMtE=+=+则为了验证机械能守恒，需满足的关系是21(

)()2dmglMmt=+14．0.903.0sincosgag−【详解】(1)[2]由于每相邻两计数点间还有四个计时点未标出，则相邻两计数点的时间为50.020.1sT==利用平均速度求瞬时速度则点计时器在打C点时铁块的速度大小为()24.497.5110.4913.511

00.90m/s440.1cAEvT−+++===[2]利用逐差法可求铁块的加速度大小为()222213.5110.497.514.49103.0m/s440.1CEACaT−+−−−===(2)[3]由牛顿第二定律有sincosmgmgma

−=解得sin=cosgag−15．（1）8m/s2；24m/s；（2）10N【详解】（1）根据匀变速直线运动规律有212xat=解得a=8m/s2物体下落的加速度大小为8m/s2，3s末的速度大小v=at=24m/s（2）根据牛顿第二定律得fmgFma−=解得Ff=

10N16．（1）（2）（3）【解析】（1）从A到B由动能定理得：，则，即小球滑到最低点B时，小球速度v的大小为；（2）在B点由牛顿第二定律得：，则：即小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力的大小为；（3）对于小球从A运动到D的整个过程，由动能定理，得则，即小球在曲面上克服摩擦力所做的功为。点

睛：本题关键在于灵活地选择运动过程运用动能定理列式，动能定理不涉及运动过程的加速度和时间，对于曲线运动同样适用。17．(1)32v；(2)234mvqL；(3)36L【详解】(1)粒子离开电场时，速度与水平方向

夹角为30°，由几何关系得速度为03cos302vvv==(2)带电粒子在金属板间做平抛运动，在水平方向上有0Lvt=在竖直方向上有yvat=又0tan30yvv=由牛顿第二定律得qEma=解得234mvEqL=(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上有21326datL==