河北省石家庄二中2020-2021学年高二8月线上考试（二）物理试题答案 4页

物理线上测试（二） 参考答案 1.答案 A 解析 摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A 对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B 错；重力对物体做负功，C 错；合外力为零， 做功为零，D 错. 2.答案 D 解析 同步卫星只能位于赤道正上方，A 项错误；由GMm r2 ＝mv2 r 知，卫星的轨 道半径越大，卫星做匀速圆周运动的线速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近 地卫星的速度)，B 项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度， C 项错误；将卫星发射到越高的轨道克服引力做功越多，故发射到近地圆轨道所需能量 较少，D 项正确. 3.答案 C 解析 根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMm r2 ＝ m4π2 T2 r ＝mv2 r ＝ ma，解得 T＝ 4π2r3 GM ，v＝ GM r ，a＝GM r2 ，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向 心加速度均不变，选项 A、B、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能 Ek＝1 2mv2 变 大，选项 C 正确. 4.答案 C 解析 小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足 mg＝mv2 r .小车沿轨道内侧 做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒.设小车在 A 处获得的最小初速度为 vA， 选 A 点所在水平面为零势能参考面，由机械能守恒定律得 1 2mvA2＝mgr＋1 2mv2，解得 vA ＝ 3gr，故选项 C 正确. 5.答案 B 解析 由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知 a 点的 电势低于 b 点的电势，故 A 错误；由电势能的公式：Ep＝qφ，可得出正试探电荷在 a 点 的电势能低于在 b 点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知电场力做了负 功，故 B 正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故 c 点的电场强度小于 d 点的电场 强度，故 C 错误；正试探电荷在 d 点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电 荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由 d 到 c，故 D 错误． 6.答案 D 解析 因总电流增大，则 r 与 R2 分压增大，并联部分电压减小，则流过 R1 的 电流减小，因此流过 R 的电流增大，且增大量大于ΔI，故 A 错误；由ΔU ΔI ＝r，可知ΔU ΔI 的 大小不会随 R 的变化而变化，故 B 错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大， 因不明确内、外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，故 C 错误；电源的效率η＝ U E ×100%，因电压表示数的减小量为ΔI·r，得电源的效率降低了ΔI·r E ，故 D 正确． 7.答案 A 解析 根据 v－t 图象可知，此正电荷速度减小且加速度越来越小，说明正电 荷逆着电场线运动，由电势低的点移向电势高的点，且静电力越来越小，即电场变弱， 故选项 A 正确，B、C、D 错误． 8.答案 D 解析 B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在 B 点产生的场强与两正点 电荷在 B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷 在 B 点的场强为kQ l2 ，两正点电荷在 B 点的合场强也为kQ l2 ，当负点电荷移到 A 点时，负点 电荷与 B 点的距离为 2l，负点电荷在 B 点产生的场强为kQ 4l2，方向沿 x 轴负方向，两正点 电荷在 B 点产生的合场强的大小为kQ l2 ，方向沿 x 轴正方向，所以 B 点处合场强的大小为kQ l2 －kQ 4l2＝3kQ 4l2 ，方向沿 x 轴正方向，所以 A、B、C 错误，D 正确． 9.答案 C 解析 A、B 碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B 系统所受合外力为 零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝v 2 ，A、B 碰撞过程， C 所受合外力为零，C 的动量不变，速度仍为 0. 10.答案 CD 解析 缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故拉力是变力，根据动能定 理，有：WF－mgL(1－cos θ)＝0，故 WF＝mgL(1－cos θ)，故 A 错误；缓慢上拉过程中小 猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为 mgL(1－cos θ)，故 B 错误；小猴子再次回到 最低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故 C 正确；刚刚释放时， 速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到 最低点，小猴子重力的功率先增大后减小，故 D 正确. 11.答案 AC 解析 以向右为正方向，A、B 两人及小车组成的系统动量守恒，则 mAvA －mBvB－mCvC＝0，得 mAvA－mBvB>0.所以 A、C 正确． 12.答案 CD 解析 电容器两极板间的电压等于 R2 两端的电压，开关 S 断开时，电路中 的总电流为 I＝ E R2＋r ＝ 2 8＋2 A＝0.2 A，电容器的两极板间的电压为 U＝IR2＝0.2×8 V＝ 1.6 V，此时电容器所带电荷量为 Q＝CU＝3×10－6×1.6 C＝4.8×10－6 C，故选项 A、B 错误；开关接通时两定值电阻并联，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总 电流 I′＝ E R 外＋r ＝ 2 4＋2 A＝1 3 A，电容器的两极板间的电压 U′＝I′R 外＝1 3 ×4 V＝4 3 V， 此时电容器所带的电荷量 Q′＝CU′＝3×10－6×4 3 C＝4×10－6 C，故选项 C、D 正确． 13.答案 CD 解析 对任意一球研究，设半圆轨道的半径为 r，根据机械能守恒定律得： mgr＝1 2mv2，得：v＝ 2gr，由于 r 不同，则 v 不等，故 A 错误；由 v＝rω得：ω＝v r ＝ 2g r ， 可知两球的角速度大小不等，故 B 错误；两球的初始位置机械能相等，下滑过程机械能 都守恒，所以通过 C、D 时两球的机械能相等，故 C 正确；通过圆轨道最低点时小球的 向心加速度为 an＝v2 r ＝2g，与半径无关，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝man，得轨道对 小球的支持力大小为 FN＝3mg，由牛顿第三定律知球对轨道的压力为 FN′＝3mg，与半 径无关，则通过 C、D 时，两球对轨道的压力相等，故 D 正确.所以 C、D 正确，A、B 错误. 14.答案 BC 解析 小车、弹簧与 C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守 恒，但粘接过程有机械能损失．Mv′－mv＝0，则 v′＝m Mv，同时该系统属于“人船模 型”，Md＝m(L－d)，所以车向左运动的最大位移应等于 d＝ mL M＋m ，综上，选项 B、C 正确． 15.答案 BD 解析 由 x－t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度 vA＝ΔxA ΔtA ＝4－10 2 m/s＝－3 m/s，B 球的速度 vB＝ΔxB ΔtB ＝4 2 m/s＝2 m/s；碰撞后 A、B 两球的速度相等，为 vA′＝vB′ ＝v＝ΔxC ΔtC ＝2－4 2 m/s＝－1 m/s，则碰撞前后 A 的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s；对 A、B 组成的系统，由动量守恒定律 mvA＋mBvB＝(m＋mB)v 得：mB＝4 3 kg.A 与 B 碰撞前 的总动量为：p 总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋4 3 ×2 kg·m/s＝－10 3 kg·m/s；由动量定 理可知，碰撞时 A 对 B 所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s.碰撞中 A、B 两球组 成的系统损失的动能：ΔEk＝1 2mvA2＋1 2mBvB2－1 2(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J， 故 A、C 错误，B、D 正确． 16.答案 BC 解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖 直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2 的时间内沿竖直方向的位移之比为 1∶3，则在前t 2 时间内，电场力对粒子做的功为 1 8Uq，在后t 2 时间内，电场力对粒子做的 功为 3 8Uq，A 错，B 对；由 W＝Eqx 知，在粒子下落的前d 4 和后d 4 过程中，电场力做功之比 为 1∶1，C 对，D 错． 17.答案 CD 解析 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项 A 错误； 粒子从 a 到 c 再到 e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先 增大后减小，选项 B 错误，C 正确；因为 b、d 两点在同一等势面上，所以在 b、d 两点 的电势能相同，粒子经过 b 点和 d 点时的速度大小相同，选项 D 正确． 18.答案 ABC 解析 由题图知，A 板带正电，B 板带负电，电容器内电场方向水平向右．绝 缘线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故 A 正确．滑动触头向右移动时，R 接入电 路的阻值变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压 U＝E－Ir 变小，R1 两端电压 变小，则电容器电压变小，绝缘线偏角变小，故 B 正确．滑动触头向右移动时，电容器 电压变小，电容器放电，因 A 板带正电，则流过电流计的电流方向从上向下，故 C 正确．根 据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于 内阻时，外电阻减小，输出功率增大；外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本 题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法比较电源输出功率的大小，故 D 错误． 19.答案 (1)2 m/s (2)4 N，方向竖直向上 (3)0.2 m 解析 (1)以 v0 的方向为正方向，碰撞前对 A 由动量定理有： －μMgt＝MvA－Mv0(1 分) 解得：vA＝2 m/s(1 分) (2)对 A、B，碰撞前后动量守恒： MvA＝MvA′＋mvB(1 分) 因 A、B 发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变： 1 2MvA2＝1 2MvA′2＋1 2mvB2 联立以上各式解得：vA′＝1 m/s，vB＝3 m/s(1 分) 又因为 B 球在轨道上机械能守恒： 1 2mvC2＋2mgR＝1 2mvB2 解得：vC＝ 5 m/s(1 分) 设在最高点 C，轨道对小球 B 的压力大小为 FN，则有： mg＋FN＝mvC2 R (1 分) 解得 FN＝4 N(1 分) 由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为 4 N，方向竖直向上．(1 分) (3)对 A 沿圆轨道运动时：1 2MvA′2＜MgR 因此 A 沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时 A 的速度大小为 1 m/s.由动能定理得： －μMgs＝0－1 2MvA′2(1 分) 解得：s＝0.2 m．(1 分)