衡水金考卷物理分科综合卷(1)答案

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1、1.【C】。析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量，奥斯特发现了电流的磁效应，安培于1820年通过实验测定了磁场对电流的作用力，即AB错；伽利略把科学实验和逻辑推理结合起来，有力地推进了人类对科学认识的发展，即C对；库仑发现了电荷间的相互作用力，后人测定了静电力常量，即D错。2.【A】.析：设OD与竖直方向的夹角为θ，结点O平衡时，，此时F与T的大小无法比较，因此B和桌面间的摩擦力有三种可能性，对A水平方向上的合力一定零，故B对A一定有水平向右的摩擦力，即AB错；由于夹角θ和弹力都是未知量，故C不能确定；若改

2、变外力使AB左移，随θ的增大弹簧的弹力一定增大，致使M对地面的压力减小，故选A。3.【B】。析：释放后球受重力和洛伦兹力做曲线运动，因洛伦兹力永远不做功，重力使速度的大小变化，且洛伦兹力随速度的大小而变化，故其运动轨迹不可能是圆，即A错；因只有重力做功，机械能守恒，故A点速度和动能最大，且该点切线水平，故B对C错；球能沿AB运动，A点重力与洛伦兹力不平衡，否则应向右做匀速直线运动，故D错。4.【D】。析：若y表位移，单位是m，甲往返运动，乙匀速运动，且途中有两次相遇，即AB说法正确；若y表速度，单位是m/s，则甲做往返运

3、动，乙做匀加速运动直线运动，5s时甲的位移为，乙的位移为，又二者从同一点开始运动的，故此时间距为4m，即C说法正确，D说法错误。5.【B】。析：电键闭合时C与R1并联，此时总电阻为，电流为，路端电压为，R1分配的电压为。电键断开时C与R2并联，此时总电阻为，电流为，R2分配的电压为U2=6V，且电容器的正负极反接，因此，由得，即选B。-8-6.【A】.析：电荷在圆弧上运动时同时受到两个点电荷的作用力，由于P点处电势能最小，即过P点的切面是一个等势面，表明此时合场强的方向沿OP方向。若设半径为R，则Q1和Q2在P点激发的场

4、强分别为和，又切向分量恰为零，故由得Q1=8Q2，故选A。7.【A】析：弹簧第一次压缩到最短时两者同速，对P由知弹力逐渐增大，加速度逐渐减小；对Q由知弹力逐渐增大，加速度逐渐增大。又因加速度与速度同向，故P做加速度逐渐减小的加速运动，Q做加速度逐渐增大的加速运动，即选A。8.【D】.析：由u-t图知输入电压表达式U=V，即A错；S1接1，S2闭合时L2正常发光，表明负载输出电压恰为两灯的额定电压，故断开S2后两灯串联，都不能正常发光。此时随负载电阻的增大，输出功率减小，输入功率也随之减小，即BC错；若将S1换接到2后，R

5、消耗的电功率为，又，整理得P=0.8W，即D对。9.【B】.析：高分一号喷气减速下低轨的过程中因外力做功小于引力所做的功，因此整体机械能减小，线速度增大，即A错B对；卫星在轨运行时引力提供向心力，对应的动能为，对应的机械能为，因此完成任务后高分一号从轨道半径r2上升到r1的过程中，动力系统应提供的能量，即C错；由于地球不停地进行着自转，因此极地卫星也不可能与任一条经线共面，况且高分一号卫星轨道还存在一定的倾角，就更不可能与东经105.63度的经线共面，即D错。10.【C】。析：由和知M的线速度一定，N的角速度一定，即A错

6、；若两者R相同，则M随F的减小ωM也减小，而ωN是一定的，作F轴的平行线知二者大小有三种可能性，即B错；若质量mM>mN，且向心力均为F0，则由RM

7、势处电势能大，即B错；电场力做功与路径无关，由知电子在电场中移动1V电势差，电场力做功为1eV，即C对；无初速度释放的带电粒子，电场力始终在电场线的切线方向上，但运动一段时间后其速度不一定在切线方向上，因此电场线不一定与运动径迹重合，即D错。12.【AD】.析：由右手定则知两导线在绝缘杆所在区域内产生的磁场，O点左侧垂直纸面向里，右侧向外，且从A向O逐渐减小，从O向B逐渐增大。小环以初速v向右运动所受洛伦兹力先竖直向上后竖直向下。又因洛伦兹力的方向垂直于运动方向，所以不做功，故环一直做匀速直线运动，即A对B错；由知洛伦兹

8、力先向上且逐渐减小，后向下且逐渐增大，由竖直方向的平衡条件知，环在运动中所受的支持力可能向上一直增大，也可能先向下减小后向上增大。13.【BD】.析：静止释放小球下摆到绳绕住P点时的速度设为VC，则满足和，联立解得，此时超过了绳的抗断强度，绳会断裂，即B对A错；若撤除P点的钉子，球下摆到绳绕住P点时的速度设为VB，则