【文档说明】重庆市巴蜀中学校2020-2021学年高一下学期期中考试物理试题 答案.pdf，共(4)页，1.203 MB，由小赞的店铺上传

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第1页共4页高2023届高一（下）期中考试参考答案物理12345678910CDCBADBBCA1112131415161718BDACBCABCADABDACDBC18.BC解析：煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速运动，假设达b之前可以和皮带共速：21

/5.2smga，abmavx8.0221（假设成立），savt8.011皮带在煤块和皮带共速过程：mvtx6.112mxxx8.0121，JxmgQ211电动机消耗的电能：JxmgW421之后煤块匀速：svxa

bt6.012煤块在b到c过程中，由于mgmgmgmg2.037cos6.037sin，所以煤块一直匀加速运动。22/4/)37cos37sin(smmmgmga，23321atvtbc得st13该

过程皮带：mvtx233，mxbcx232，JxmgQ437cos22所以煤块由a运动到c的时间为：stttt4.2321，痕迹s=2m,摩擦生热Q=6J，煤块从a到b点电动机消耗的电能W=4J.19．【答案】（1）0.84（2分）0.85（2分）在误差范围内，m1

，m2组成的系统机械能守恒（1分）（2）9.7（2分）【详解】(1)[1]在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量为���=12�1+�2�62−0=12×50+150×10−3×0.265

2+0.31382×0.12�=0.84�第2页共4页[2]系统势能的减少量���=�2�ℎ−�1�ℎ=�2−�1�ℎ=150−50×10−3×9.8×0.5995+0.2652�=0.85�[3]通过比较可以得出结论为：在误差范

围内，m1，m2组成的系统机械能守恒(2)[4]由机械能守恒定律得2211212mghmghmmv解得221122mmgvhmm由上式和图像得�2−�1��1+�2=4.851.00解得29.7m/sg20．(1)上（1分

）；左（1分）；(2)3.3×10−2（1分）；（3）ACE（2分）【分析】(1)当开关接通1时，电容器充电；当S接2时，电容器相当一个电源，向外放电，分析通过电流表电流的方向；(2)由电容器名牌得到电容，由�=��求解充满电后电容器正极板带电量；(3)由电容器充电过程中电流及电量的变

化分析。掌握电容器充电及放电过程中电容器极板电量的变化是求解的关键。【解答】(1)当开关接通1时，电源上端为正极，故电容器的上极板接正极，故上极板带正电；当S接2时，电容器相当一个电源，向外放电，由于它的上极板带正电荷，故放电时的电流方向从电容器的上极板流向电

流表，故通过电流表的电流方向向左；(2)因为电源的电动势为10V，充满电时，电容器的两端电压也是10V，由乙图可知�=3300��=3.3×10−3�，所以充满电后电容器正极板带电量�=��=3.3×10−3�×10�=

3.3×10−2�；(3)��.电容器充电时，电流刚开始是比较大的，待快充满后，电流变小，接近0，故选项A正确，B错误；��.电容器极板间的电荷量由小逐渐增加，到充满时不再增加，但电容C不变，故C、D错误，E正确。

故答案为：(1)上；左；(2)3.3×10−2；(3)��。21.（9分）答案：（1）N1032-F（2）CN105.14E，场强方向水平向左第3页共4页解析：（1）对B球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：ta

nmgF（2分）带入数据得：N1032-F.（2分）（2）根据场强定义式，有：qFE（2分）带入数据得：CN105.14E（2分）场强方向与负试探电荷受力方向相反，故场强方向水平向左。（1分）

22.（10分）解：（1）由图可知电场强度为36V/m0.5FEq（2分）由几何关系可知，AO、BO、CO距离均为d=2m，则A点电势为12VAEd（1分）B点电势为V630sin0BEd（

1分）C点电势为V6-30sin-0CEd（1分）（2）由几何关系，BC距离lBC=2lAB=4m电场力做功与路径无关。将电荷由B点移动到C点，电场力做功为J6.360cos0BCBCqElW（3分）（或者使用J6.3

)-(CBBCBCqqUW）从B至A过程，静电力做负功，电势能增加，从A至C过程，静电力做正功，电势能减少；全过程中电场力做了J6.3的正功，故电荷的电势能减少了J6.3。（2分）23.（12分）解：（1）当θ=60°时

，小圆环恰好运动到导轨最低点1C，由几何关系可得弹簧的伸长量为0l（1分）即橡皮筋恰好恢复到原长。小圆环下落高度为RRRH2160cos01（1分）设此时环的速度为v，由机械能守恒得21121mvmgH（2分）得：gRv1（1分）由牛顿第二定律可得RvmmgF2

1N（2分）第4页共4页解得：mgF2N（1分）（2）当θ=90°时，小圆环运动到导轨2C点，此时弹簧处于伸长状态。此过程小圆环下落高度为RRRRH21330sin30cos15sin20002（1分）取小圆环初始

释放位置为重力势能零势面，由机械能守恒得弹）（EmgHmv222-210（2分）得：2221213mvmgRE弹（1分）24.（13分）解析：（1）小物块抛出后至A点过程做平抛运动，依题意有0Aco

svv，smvv6cos0A（2分）小物块沿倾斜轨道从A至B过程，由动能定理2A2B2121cossinmvmvmgLmgL，smv7B（2分）（2）设小物块通过最高点时速度大小至少为v，则有Rvmmg2（1分）从B点

至圆轨道最高点过程，由机械能守恒定律，有mgRmvmvB22102122（2分）解得：mR98.0故竖直圆轨道的半径不能大于0.98m。（1分）（3）设小物块第一次进入竖直圆轨道上升的最大高度为1h，则由机械能守恒定律

，有1221mghmvB，mh45.21（1分）（若保证小物块不会脱离轨道并且能够滑回倾斜轨道AB，则圆轨道的半径不小于2.45m）设小物块第一次滑回倾斜轨道AB，沿斜面上升至距离B点1L处速度减小到0，则由动能

定理，有00cos)sin111mgLLhmg（，得m8.27811hL（1分）设小物块第二次进入竖直圆轨道上升的最大高度为1h，则由动能定理，有00cos)sin121mgLhLmg（，

得m35.07112hh（1分）设以后小物块每次进入竖直圆轨道上升的最大高度依次为3h、4h、…同理可分析，得到m05.07123hh（1分）m0071.07134hh因为4h已经小于0.02m，故小物块共有6次通过圆轨道上距

离水平轨道高为m02.0的某一点。（1分）