物理学科一轮复习验收考试试题一答案

物理学科一轮复习验收考试试题（一）参考答案1．C【详解】在A、B、D三个力图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有C图，在三个力的作用下能处于平衡。故选C。2．C【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有整理有由于T同>T组合体，则r同>r组合体，且同步卫星和组合体在天上有则有a同<a组合体D错误。故选C。3．A【详解】A．根据振动图像可知，波源在时刻振动，波形经过传递到浮标处，浮标的振动周期为A正确；B．波源的振动情况经过传到距离处的浮标，可知波速大小为B错误；C．根据虚线图像可知浮标在时刻沿轴正方方向运动，C错误；D．水波的波长为D错误。故选A。4．D【详解】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′<t1，故A错误；从图象中甲、乙与坐标轴所围的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当tt1时，甲的面积比乙的面积多出S，即相距d＝S，故D正确，BC错误．5．C【详解】试题分析：先求拉力F的大小．根据力矩平衡，，解得；再求速度；再求力与速度的夹角θ=30°，所以功率．考点：力矩的平衡条件；线速度、角速度和周期、转速；功率、平均功率和瞬时功率6．C【详解】小球处于平衡状态可知，AB．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，两极板之间的电压增大，根据匀强电场电场强度与电势差关系，可知电场强度增大，故则角将增大；电容器的带电荷量为，可知电容器带电量Q将增大，故AB错误；CD．若只将电容器M极板靠近N极板，根据匀强电场电场强度与电势差关系，可知减小极板间的距离，电场强度增大，故则角将增大；根据平行板电容器的决定式可知减小极板间的距离，电容器的电容增大，电容器带电荷量为，可知电容器带电量Q将增大，故C正确，D错误。故选C。7．C【详解】A．等效电路如图所示当滑片P向下移动时，导致滑动变阻器阻值减小，则等效电阻阻值减小，则等效电阻分压减小，根据变压器原理可知，副线圈两端电压减小，即电阻两端电压减小，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，故A错误；B．将等效为电源内阻，滑片P向上移动时，电阻增大，根据串反并同可知，流过电阻的电流减小，故B错误；C．等效电阻阻值为电源电压有效值为因此原线圈两端电压为根据变压器原理可知，副线圈电压为因此电流表示数故C正确；D．当时，电源的输出功率故D错误。故选C。8．D【详解】A．粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误；B．根据得从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；CD．由粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小。Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为，则最短时间为M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。故选D。9．BCD【详解】AB．根据题意可知，A做斜上抛运动，B做竖直上抛运动，A到达最高点时恰好相遇，根据分运动和合运动的关系，A球在竖直方向的分运动和B球的运动相同，A球在最高点竖直方向的速度为零，水平方向的分速度等于开始运动时初速度的水平分速度，则相遇时A的速度不为零，B的速度一定为零，故A错误，B正确；CD．根据AB分析可知，A从抛出到最高点的时间等于B从抛出到最高点的时间，由公式可得，B从抛出到最高点的时间为即A从抛出到最高点的时间为，由公式可知，从抛出到相遇A、B速度的变化量相同，故CD正确。故选BCD。10．BC【详解】A．O点到A、B、C三点的距离相等，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，且夹角互为120°，则有A、B两点电荷在O点的合场强方向向上，点电荷C在O点的场强方向也向上，所以O点的合场强方向向上，为O→C，A错误；B．三个点电荷在O点的合场强方向向上，可知在O点合电场方向向上，由矢量合成定则可知，在DOC的连线上合场强方向都向上，从D到O电场方向应是从D指向O，由沿电场方向电势降低可知，D点的电势高于O点的电势，B正确；C．AC两个电荷在F点的电势和BC两个电势在E点的电势相同都为零，因此只需要比较A电荷在E点的电势和B电荷在F点的电势，因距离相同因此电势相同，C正确；D．BC两个电荷在O点和E点电势相同都为零，A电荷在O点的电势高于E点的电势，因此O点电势高于E点电势，因此把一正点电荷从O点移到E点，电场力做正功，该电荷的电势能减少，D错误。故选BC。11．ACD【详解】AB．由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T=2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有故有，故A正确，B错误；C．由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；D．对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确。12．AD【详解】A．由题意，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下落的加速度大小为g，根据运动学公式有解得故A正确；B．设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有解得故B错误；C．导体框的边与虚线1重合时的速度大小为此时边产生的感应电动势大小为导体框中的感应电流为边所受的安培力大小为导体框的与虚线1重合时克服安培力做功的功率大小为整理得故C错误；D．设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为，则由动量定理可得根据电流的定义可知t时间内通过线框某一截面的电荷量为根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知联立解得故D正确。故选AD。13．

6.860mm

液体的水平射程x

【详解】（1）直径为d=6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm；（3）待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量液体的水平射程x，计算水喷出时的初速度；（4）液体的流量表达式：14．

A

C

E

53Ω（50~53Ω均可）【详解】（1）[1]电动势为6V，绘制出发光二极管的I—U图其电压在0—3V的范围，若选量程0~15V的电压表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的，读数误差较大，故选电压表V1，故选A；[2]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，若选量程0~6A的电流表，则表盘指针的偏转将小于满偏值的，读数误差较大，故选电压表A1，故选C；[3]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选R1，故选E；（2）[4]绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，且由I—U图可看出发光二极管的最大电阻约为而则电流表应采用外接法，则完整的电路实物图如下（3）[5]由绘制出发光二极管的I—U图可看出在发光二极管的最佳工作电流为15mA时其电压为2.2V，则将它与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个15．（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）棋子在空中做平抛运动，运动的时间由解得（2）棋子做平抛的初速度纸条给棋子的冲量大小为（3）用稍微小的力气，这样纸条抽出的时间更长，棋子受滑动摩擦力作用的时间也更长，冲量更大，获得的初速度也越大。【详解】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有根据闭合电路欧姆定律有结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；(3)线框穿过磁场所用的时间为故线框穿越过程产生的热量为17．（1）（，0）；（2），【详解】（1）小球b从进入电场到与小球a碰撞这一过程，水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，故在竖直方向有设电场强度为E，在水平上有小球b与小球a发生弹性碰撞有因为两球碰撞，根据接触起电的电荷分配规律，小球a带电量为，小球b带电量为。小球a在第二象限竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据运动的对称性可知，小球a在到达x轴负半轴所用时间与小球b从进入电场到与小球a相碰时间相同，即时间为。竖直方向上的速度也为，在水平方向有解得所以其进入磁场的坐标为（，0）。（2）由上一问分析可知小球a竖直方向速度为（方向水平向下），水平方向速度为（方向水平向左）。小球a进入磁场时，受到洛伦兹力以及重力，将小球a的速度分解为水平向右的大小为的速度和方向与x轴负半轴成角，大小为其中有解得即粒子在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动，和入射速度为，方向与x轴负半轴夹角的正切值为的在磁场中的匀速圆周运动，有解得由几何关系可知，小球第一次在磁场中运动离x轴最远距离为此时小球a的速度最大，为18．（1）；（2），；（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知解得在B点时牛顿第二定律可知解得由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为。（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知解得木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知联立解得则设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知解得滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块