2022年长春市高中毕业班第一次调研测试物理试题参考答案与评分标准 .pdf

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1、1 / 8 2018年长春市高中毕业班第一次调研测试物理试卷参考答案及评分标准一、单项选择题：本大题包括10 小题，每小题4 分，共 40分。1【答案】B【命题意图】考查学生对基本概念的理解和掌握。【解析】有大小又有方向的量但运算不满足平行四边行定则，不是矢量，所以A选项错误。物体在恒力作用下不可能做圆周运动，所以C 选项错误。重力做的功等于重力势能增量的负值，所以D 选项错误。用拖把在上升的电梯中拖地板，拖把对电梯地板的滑动摩擦力方向与电梯的运动方向垂直， B 选项正确。2【答案】C 【命题意图】考查学生对匀变速直线运动位移与时间、速度与时间函数关系的理解。【解析】利用位移与时间的关系可知甲

2、汽车做初速度为2m/s，加速度为4m/s2的匀 加速 直线运动， 利 用速 度与 时间的关系可知乙 汽车 做初速度为12m/s，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，由匀变速运动规律可得两车速度大小相等的时刻为5s 末，所以 A、B、D 选项错误， C 选项正确。3【答案】A【命题意图】考查学生对共点力平衡问题的分析与计算的能力。【解析】小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数tan30，由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，沿斜面方向列平衡方程，可得tan60Fmg，所以B、C、D 选项错误， A 选项正确。4【答案】D【命题意图】考查学生运用牛顿第二定律判断物体运动状态的

3、能力，以及结合物体运动状态判断v-t 图象的能力。【解析】由图乙可知，F2的大小由F0先减小至零后增大至F0，物块所受的合力由零先增大至F0后减小至零，但合力方向始终水平向右。物体的加速度由零增大至0Fm后减小至零，方向始终水平向右。由此判断，物块的速度与加速度始终共线同向，物块一直在加速运动，但加速度先增大后减小，对应的v-t 图象的斜率应该先增大后减小。所以A、B、C 选项错误， D 选项正确。5【答案】C【命题意图】考查学生应用机械能守恒定律、牛顿第二定律解决圆周运动中临界状态以及平抛运动的能力。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

4、 1 页，共 8 页2 / 8 【解析】由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆轨道顶端时的速度大小为2vgR，方向水平向右。在第二个四分之一圆轨道顶端的临界速度0vgR，由于 vv0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A 点的水平距离为3R，所以A、B、D 选项错误， C 选项正确。6【答案】B【命题意图】结合圆锥摆运动情境，考查学生对匀速圆周运动向心力大小、线速度大小、周期大小的计算能力。【解析】小球运动的轨迹圆在水平面内，运动形式为匀速圆周运动，在指向轨迹圆圆心方向列向心力表达式方程，在竖直方向列平衡方程，可得，拉力大小11cos30m gT，22c

5、os60m gT，1236TT， A 选项错误。向心力大小11tan30Fmg，22tan60Fm g，1216FF，B 选项正确。周期cos2LTg，因连接两小球的绳的悬点距两小球运动平面的距离相 等 ， 所 以 周 期 相 等 ， C选 项 错 误 。 由2 rvT可 知 ，12t a n 3 01t a n 6 03vv，D 选项错误。7【答案】D【命题意图】考查学生对系统机械能守恒的条件、能量转化关系的分析判断能力。【解析】小球在整个运动过程中，小球、弹簧组成的系统机械能守恒，小球向上运动的过程中，弹簧的弹性势能减小，小球的机械能一直增大。所以A选项错误。小球的动能先增大后减小，B 选

6、项错误。小球向上运动至某一位置，小球所受重力和弹簧弹力平衡时小球的动能最大，所以C 错误。小球的动能、重力势能、弹簧的弹性势能之和保持不变，小球向上运动过程中，小球的重力势能一直增大，所以小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小，所以D 正确。8【答案】A【命题意图】考查学生判断直线电流产生磁场的方向及磁感应强度矢量合成的能力。【解析】由题意，直线电流周围的磁感应强度与电流强度成正比，与距直线电流距离成反比。应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A 选项正确。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页3 / 8 9【答案】B

7、【命题意图】考查闭合电路中各电学参量随外电阻变化的关系【解析】由闭合电路欧姆定律可得，滑动变阻器触片向右移，外电阻增大，路端电压增大，V的示数变大。干路电流减小，R1两端电压减小，R2两端电压增大，流过R2的电流增大，A的示数变大，可知B 选项正确。10【答案】 C【命题意图】考查匀强电场中静电力做功的计算，及匀强电场中等电势点的确定。【解析】匀强电场场强方向平行于平面xoy，过 N 点作平面xoy 的垂线，垂足记为 N1，N1与 N 等电势。在平面xoy 内过 M 点和 N1点作电场线的垂线，垂足分别为M1和 N2，则 M1、M 等电势， N2、N1、 N 等电势。将一电量为 +q 的试探电

8、荷由M 点沿某一未知路径移至N 点的过程中电场力做的功等于将其由M1沿某电场线方向移至N2过程中电场力做的功。根据几何关系，M1N2=212a，由 W=Eqd，计算可得答案选C。二、多项选择题：本大题包括4 小题，每小题4 分，共 16 分。11【答案】 AB 【命题意图】考查对电磁学发展历史的了解。【解析】丹麦物理学家奥斯特发现了电流可以使周围的小磁针偏转的效应，称为电流的磁效应，C 选项错误，质谱仪是用来证实同位素的所以D 选项错误， AB 描述的史实均正确。12【答案】 BCD【命题意图】本题以等量同种点电荷连线中垂线的场强分布情况为模型，结合粒子只在电场力作用下运动的v-t 图象，考查

9、学生对电场强度、电势、电势能概念的理解及应用能力。【解析】 t1t2时间内粒子运动的速度一直增大，电场力对粒子做正功，A 选项错误。 t3t4时间内粒子运动的速度一直减小，电场力一直对粒子做负功，粒子电势能一直增大，B 选项正确。 t2、t4时刻粒子的速度大小相等， t2t4时间内电场力做的总功为零，t2、t4时刻，粒子所在位置处的电势相等， C 选项正确。 t1时刻粒子运动v-t 图象切线的斜率大于t2时刻切线的斜率，可知D 选项正确。13【答案】 BCD【命题意图】考查学生应用开普勒定律和万有引力定律解决卫星绕地球运行的速率、周期与半径的关系的能力。【解析】卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，

10、由万有引力提供向心力，可计算出卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小2gRv，A 选项错误。同理可计算精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页4 / 8 出卫星甲环绕的周期24RTg甲，由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，则24RTTg乙甲，B 选项正确。卫星乙沿椭圆轨道经过M 点时的速度大于轨道半径为 M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，C 选项正确。卫星运行时只

11、受万有引力，引力加速度2GMar， D 选项正确。14【答案】 BC 【命题意图】以竖直平面内的圆周运动为模型，结合匀强磁场，考查机械能守恒，洛伦兹力的特点以及小球在轨道的特殊位置最高点和最低点时的受力分析。【解析】小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误。小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度vgR, 由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确。在最高点时，小球圆周运动的向心力2vFmmgR，小球受到竖

12、直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确。小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D选项错误。三、实验题：本题共2 小题，共12 分。15【答案】（ 1）1.45104；（ 2 分）（ 2） 1K ；（ 2 分）“”接线柱。（2 分）【命题意图】考查电压表的改装、欧姆表倍率的选取及欧姆表红黑表笔与电压表“+”、“ -”接线柱的正确接法。16【答案】 (1) C（2 分）（ 2）0.457m/s2（2分）（

13、 3）甲（ 2 分）【命题意图】考查学生对探究加速度、力与质量关系实验的实验原理掌握及实验误精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页5 / 8 差的分析能力。【解析】（ 1）本实验需保证m 远远小于 M，故 C 正确（2）由逐差法计算可得，a=0.457m/s2 。（3）由于平衡摩擦过大，即当外力F为零时，小车也有加速度即在纵轴上有截距。四、计算题：本大题共3 小题，共 32 分。17【答案】 6：11【命题意图】以木板和物块组成相互作用的系统为模型，考查学生应用牛顿运动定律、运动学规律解题的能力。【解析】分别以 A、B为

14、研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为ABaa、，由牛顿第二定律得：2Bmgma-(1分) 21A()mgmM gMa-(1分) 假设经过0t秒 A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得：0B 0A0va ta tv共-(1分) 解得：22AB02m/ s ,3m/ s ,0.2s,0.4m/ saatv共共速过程中， A 的位移大小设为Ax，B 的位移大小设为Bx，则2AA 012xa t，2B0 0B 012xv ta t-(2分) 解得：AB0.04m,0.14mxx-(1分) 假设共速之后， A、B 一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为f，木板和物块

15、的加速度大小分别为ABaa、，由牛顿第二定律得：Bfma1A()mM gfMa解得：12fmgmg，假设成立，2AB11m/ saag-(2分) 设共速之后至A、B 均静止， A 的位移设为Ax，B 的位移设为Bx，则2AB10.08m2vxxg共-(1分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页6 / 8 整个过程中A 的位移大小AAA0.12mXxxB 的位移大小BBB0.22mXxxAB:6:11XX-(1分) 18【答案】（ 1）133Bqavm（2）3mtBq（3）(233)a【命题意图】以带电粒子在磁场中运

16、动的相关问题为情境，考查学生综合分析、解决物理问题能力。【解析】（1）设编号为1的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为 v1，则111qBm2vvr-(1分) 由几何关系可得，12sin 60ar-(1分) 解得，133Bqavm-(1分)（2）设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为 v2，周期为T2，则2222vqv Bmr2222 rTv -(1分 ) 解得，22 mTBq-(1分) 由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60，则粒子在磁场中运动的时间63TmtBq-(1分)（3）设编号为的粒子在正六边形区域

17、磁场中做圆周运动的半径为r3，由几何关系可得AE2 cos303aa-(1分 )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页7 / 8 3AE2 3sin30ra-(1分)AEOE3tan30a-(1分)3EGOE(2 33)ra-(1分)19【答案】（ 1）C2 10m/ sv（2）N30NF（3）2 mx【命题意图】本题以重力场与电场构成的复合场为模型，考查动能定理，牛顿第二定律及类平抛运动的规律。【解析】（1）以小球为研究对象，由A 点至 C 点的运动为研究过程，根据动能定理可得：2C1()()cos30()0sin 3

18、02hmgEq hmgEqmgEq Lmv- (2 分)解得：C2 10m/ sv-(1分)（2）以小球为研究对象，由C 点至 D 点的运动为研究过程，根据机械能守恒定律可得 ：22CD11222mvmvmg R- (2分)在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得：2DNvFmgmR-(1分)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页8 / 8 解得：N30NF-(1分)D20m/ sv-(1 分) （ 3）小球做类平抛运动的加速度大小为a, 根据牛顿第二定律，可得：mgEqma-(1分) 应用类平抛运动的规律列式可得：Dxv t-(1分 ) 2122Rat-(1分 )解得：2 mx-(1 分) 注：计算题其它解法，正确均按步骤给分。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页