【物理】江苏省盐城中学2020届高三上学期第二次阶段性质量检测试题（解析版） 18页

江苏省盐城中学2020届高三上学期第二次阶段性 质量检测试题 一．单项选择题 ‎1.蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低点c点的过程中 A. 人在a点时速度最大 B. 人在ab段做加速度增大的加速运动 C. 在bc段绳的拉力大于人的重力 D. 在c点，人的速度为零，处于平衡状态 ‎【答案】C ‎【详解】AB.弹性绳伸直前，人做自由落体运动，速度越来越大，绳伸直后人受到向下的重力和向上的弹力作用，由牛顿第二定律可得 故当弹力逐渐增大时，人的加速度逐渐减小，速度仍然继续增大，当重力和弹力相等时，人的速度最大，即在b点时，人的速度最大，在ab之间，人做加速度逐渐减小的加速运动，A、B错误；‎ C.过了b点后，绳拉力大于人的重力，故bc段拉力大于重力，C正确；‎ D.在c点，人的加速度为0，绳的拉力大于重力，有向上的加速度，不是处于平衡状态，D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是 A. 该束带电粒子带负电 B. 速度选择器的P1极板带正电 C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，荷质比越大 ‎【答案】B ‎【详解】AB.在速度选择器中，粒子做匀速直线运动，合力为0，若粒子带正电，则洛伦兹力向上，电场力必向下，即上板带正电；若粒子带负电，则洛伦兹力向下，故电场力必向上，即上板带正电，因此粒子既可以带正电，也可以带负电，但是上极板必然带正电，故A错误；B正确；‎ CD.由可得 由于磁感应强度相同，粒子速度相同，故半径越大的粒子，比荷越小，故C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P、Q是电场中的两点．下列说法正确的是 A. P点场强比Q点场强大 B. P点电势比Q点电势高 C. P点电子的电势能比Q点电子的电势能大 D. 电子沿直线从N到M的过程中所受电场力变大 ‎【答案】B ‎【详解】A.电场线的疏密表示电场强度大小，故P点场强比Q点场强小，故A错误；‎ B.沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，故B正确；‎ C.负电荷在电势越高的地方电势能越小，由于P点电势比Q点电势高，故P点电子的电势能比Q点电子的电势能小，C错误；‎ D.从N到M的过程中，电场强度先减小后增大，故受到的电场力先减小后增大，D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球 A. 初速度较大 B. 速度变化率较大 C. 落地时速度一定较大 D. 落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大 ‎【答案】D ‎【详解】A.由可得，高度越高，下落时间越大，由可知，两球水平位移相同，但是b求运动时间短，故b球初速度较大，A错误；‎ B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B错误；‎ C.a球的水平速度小于b球，故落地时虽然竖直分速度大于b球，但是合速度不一定大于b球，C错误；‎ D.由，a球落地时间t大，但是小，故a球的一定大于b球，即a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 路端电压都为U1时，它们的外电阻相等 B. 电流都I1时，两电源内电压相等 C. 电路A的电动势大于电路B的电动势 D. A中电源的内阻大于B中电源的内阻 ‎【答案】B ‎【详解】由图可知：路端电压都为U1时，外电阻的电流相等，都为I1，根据电阻，它们的外电阻相等，故A正确．由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，图象的纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻大小，A图线的纵轴截距大于B图线的纵轴截距，所以A的电动势大于B的电动势，即EA＞EB．A图线的斜率绝对值大于B图线斜率的绝对值，所以A的内阻大于B的内阻，即rA＞rB．当电流都是I1时，两电路的路端电压相等，据闭合电路的欧姆可知：U内=E-U，所以A电路的内电压比B电路的内电压大，故B错误，CD正确．此题选错误的，故选B．‎ ‎6.如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力．v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，可能正确的是（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】先求出滑动摩擦力的表达式为 f=μ（F+mgcosθ）=μ（kt+mgcosθ），由牛顿第二定律分析其加速度，再结合图象进行分析．‎ ‎【详解】物体受重力、F、斜面支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小：f=μ（F+mgcosθ）=μ（kt+mgcosθ）；可知，小球受到的滑动摩擦力越来越大，则小球的合外力：F合=mgsinθ-f=mgsinθ-μ（kt+mgcosθ）；根据牛顿第二定律得 F合=ma得 a=gsinθ-μ（t+gcosθ）；可知当mgsinθ＞f时，物块受到的合外力均匀减小，方向沿斜面向下，则加速度均匀减小，方向沿斜面向下．当mgsinθ=f时，合外力为零，加速度为零．当mgsinθ＜f时，物块受到的合外力均匀增大，方向沿斜面向上，则加速度均匀增大，方向沿斜面向上．根据v-t图象的斜率等于加速度，知A图正确，故A正确，C错误．由f=μ（kt+mgcosθ），知f先均匀增大，当物块静止时，f不变，故B错误．物块停止运动前只有重力和摩擦力做功，机械能的减少等于摩擦力做的功，由f△x=△E，得 =f，可得 =f，又 v=所以 =fv，则知E-t图象的斜率是变化的，可知物块停止运动前，E-t图象应曲线，故D错误；故选A．‎ 二、多项选择题 ‎7.如图所示，线圈与一通电直导线在同一平面内，a、b、c为线圈由左向右匀速运动的过程中的三个位置，其中b处通电导线在线框中间，则感应电流的方向情况是（　　）‎ A. a处电流为顺时针 B. c处电流为顺时针 C. b处电流为逆时针 D. b处没有电流 ‎【答案】ABC ‎【详解】由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为顺时针，那么a处电流为顺时针；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为逆时针，那么b处电流为逆时针；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，那么c处电流为顺时针；故ABC正确，D错误，故选ABC．‎ ‎8.轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道如图，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则（　　）‎ A. 该卫星运行速度一定小于7.9km/s B. 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4‎ C. 该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1‎ D. 该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、轨道半径、加速度，然后分析答题。‎ ‎【详解】A．由题意可知卫星的周期：‎ 由于卫星的轨道半径大于地球半径，卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于7.9km/h，故A正确；‎ B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比：‎ 故B正确；‎ C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ 该卫星加速度与同步卫星加速度之比：‎ 故C错误；‎ D．由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎9.电阻不变的三个电灯A、B、C连接在如图所示的电路中，闭合电键S后三灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片．则可判断（ ） ‎ A. 三灯的电阻大小是RB＞RC＞RA B. 三灯的电阻大小是RA＞RB＞RC C. A、C两灯变亮，B灯变暗 D. A、B两灯变亮，C灯变暗 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电功率公式P=I2R或P=U2‎ ‎/R分析灯泡电阻的大小．当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，分析路端电压的变化情况和干路电流的变化，即可确定灯A亮度的变化．根据干路电流的变化和通过A灯的电流变化，分析通过C灯的电流变化，即可判断C灯电压的变化，判断其亮度变化．根据C灯电压和路端电压的变化，分析B灯电压的变化，从而判断其亮度变化．‎ ‎【详解】闭合电键S后，A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而两灯的实际功率相等，由P=U2/R可知：RA＞RC，RA＞RB．C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P=I2R可得：RC＜RB．则得：RA＞RB＞RC．故A错误B正确．当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗．C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮．即A、B两灯变亮，C灯变暗，故C错误，D正确．故选BD．‎ ‎【点睛】本题按“局部→整体→局部”的顺序按部就班进行分析．由于电功率公式形式较多，要根据条件灵活选择不同的形式分析电阻关系．‎ ‎10.如图甲和乙所示，分别为示波管和显像管的结构图。正常工作时由二者的电子枪发射的电子束，经偏转电极（电场）和偏转线圈（磁场），电子束打在荧光屏上使荧光屏发光，不计电子的重力。下列说法正确的是 甲 乙 A. 若图甲的荧光屏上只有竖直亮线，则只有YY′间加有电压 B. 若图乙的荧光屏上只有竖直亮线，则偏转线圈只有竖直方向的磁场 C. 电子经过甲图中的偏转电极，速度方向改变，大小不变 D. 电子经过乙图中的偏转线圈，速度方向改变，大小不变 ‎【答案】AD ‎【详解】A.荧光屏上只有竖直亮线，说明水平方向没有偏转，故只有YY′间加有电压，A正确；‎ B.图乙的荧光屏上只有竖直亮线，由左手定则可知，只有水平方向的磁场，B错误；‎ C.电子经过甲图中的偏转电极，电场力做了正功，故速度大小和方向都发生变化，C错误；‎ D.电子经过乙图中的偏转线圈，洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向变化，D正确；‎ 故选AD。‎ 三．简答题 ‎11.在“验证机械能守恒定律”的实验中采用重物自由下落的方法。‎ ‎（1）某同学列举实验中用到的实验器材为：A．铁架台、B．打点计时器及复写纸片、C．纸带、D．秒表、E．低压交流电源、F．导线、G．重锤、H．天平，其中不必要的是_________。（填文字前的字母）‎ ‎（2）如果以为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的图线应是下图中的。（ ）‎ A.B.C.D.‎ ‎（3）在一次实验中，若已知质量为1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点（交流电频率50Hz），如图所示，长度单位cm，那么从起点O到打下记数点B的过程中重力势能减少量是=_______J，此过程中物体动能的增加量=_________，g取10m/s2，结果数据均保留至小数点后两位）；通过计算，误差产生的可能是________________________。‎ ‎【答案】(1). D (2). A (3). 0.49 0.48 由于摩擦阻力或空气阻力 ‎【详解】（1）[1]本实验中通过打点计时器计时，不需要秒表；‎ ‎（2）[2]重锤下落过程机械能守恒，故 整理得 以为纵轴，以h为横轴，作出的图像为直线，斜率为重力加速度g；‎ ‎（3）[3][4][5]重力势能变化为 到达B点时的速度为 故动能变化为 动能增量小于重力势能的增量，这是由于重锤和空气，纸带和打点计时器之间存在阻力造成的。‎ ‎12.在练习使用多用电表的实验中 ‎（1）某同学使用多用电表的欧姆档粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“”挡位，测量时指针偏转如图1所示．以下是接下来的测量过程：‎ a.将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，然后断开两表笔 b.旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔 c.将选择开关旋到“ ”挡 d.将选择开关旋到“ ”挡 e.将选择开关旋到“ ”挡 f.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值，断开两表笔 以上实验步骤中的正确顺序是______（填写步骤前的字母）．‎ ‎（2）重新测量后，指针位于如图2所示位置，被测电阻的测量值为______．‎ ‎（3）如图3所示为欧姆表表头，已知电流计的量程为，电池电动势为，则该欧姆表的内阻是______，表盘上刻度线对应的电阻值是______．‎ ‎（4）为了较精确地测量另一定值电阻的阻值，采用如图4所示的电路．电源电压U恒定，电阻箱接入电路的阻值可调且能直接读出．‎ ‎①用多用电表测电路中的电流，则与a点相连的是多用电表的___（选填“红”或“黑”）表笔．‎ ‎②闭合电键，多次改变电阻箱阻值R，记录相应的R和多用电表读数I，得到的关系如图5所示．不计此时多用电表的内阻．则=_____ ，电源电压U=______V．‎ ‎【答案】 (1). adfb (2). 2200 (3). 3 2 (4)①红 ②100 4‎ ‎【详解】（1）由图可知，把选择开关旋到“×10”挡位时，指针偏转角度过小，则可知欧姆档档位选择过低，则应该选择“×100”挡；按照欧姆表的使用规则，可知以上实验步骤中的正确顺序是： adfb；‎ ‎（2）如图所示，则被测电阻的测量值为22×100Ω=2200Ω．‎ ‎（3）该欧姆表的内阻是，由，解得 ，即表盘上30μA刻度线对应的电阻值是2kΩ．‎ ‎（4）①用多用电表测电路中的电流，按照“红进黑出”的原则，与a点相连的是多用电表的红表笔．‎ ‎②根据图所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：，故由图可得：，所以，Ry=100Ω，U=4V；‎ 四．计算题 ‎13.如图所示，一水平放置的传送带，长为L=4m,上表面距地面高度为h=5m,以一定的速度顺时针转动．在传送带左端静止释放一小物块（可视为质点），经一段时间从传送带右端水平飞出，落地点距抛出点的水平距离为s=4m,物块在离开传送带前，已经传送带达到共同速度．求 ‎（1）传送带的速度v；‎ ‎（2）动摩擦因数μ的取值范围；‎ ‎（3）若μ=0.4,物块相对传送带的位移．‎ ‎【答案】（1）4m/s（2） （3）-2m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物块飞离传送带后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解传送带的速度；（2）假设物块在传送带上一直加速，求解动摩擦因数；（3）根据加速度求解物块与传送带共速时用的时间，根据位移公式求解物块相对传送带的位移.‎ ‎【详解】（1）由h=gt2 可得 ‎ S=vt ‎ ‎ ‎ ‎（2）可能的情况：物块先匀加速再匀速或物块一直匀加速；‎ 假设物块一直匀加速 ‎ V2=2aL a=2m/s2‎ μmg=ma μ=0.2 ‎ 所以μ的取值范围μ≥0.2 ‎ ‎（3）若μ=04，则μmg=ma′ ‎ 解得a′=4m/s2 ‎ ‎ ‎ 物块的位移 ‎ 传送带的位移x2=vt1=4m 物块相对传送带的位移∆x=x1-x2=-2m 方向：向左 ‎14.如图一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek．‎ ‎【答案】(1) (2)0.3g (3)0.3mgL ‎【详解】（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示：‎ FNsin37∘=qE①‎ FNcos37∘=mg②‎ 由①、②可得电场强度：‎ ‎（2）若电场强度减小为原来的，则变为 mgsin37∘−qcos37∘=ma③‎ 可得加速度：‎ a=0.3g.‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，‎ 由动能定理则有：‎ mgLsin37∘−qE′Lcos37∘=Ek−0④‎ 可得动能：‎ Ek=0.3mgL ‎15.如图所示，质量为m=0.2kg的小球套在固定的光滑圆环上，圆环的圆心为O，轻质弹簧的一端固定于圆心，另一端与小球相连，弹簧、小球和圆环在同一竖直平面内，B、C分别为圆环的最低点和最高点．小球受到水平向右的恒力F作用，静止于圆环上A点且恰好与圆环间无相互作用，此时弹簧与竖直方向上的夹角θ=60o.已知弹簧劲度系数k=40N/m,原长l0=0.6m,g取10m/s2.‎ ‎（1）求水平力F的大小；‎ ‎（2）撤掉F，求小球运动到B点时对轨道的压力的大小；‎ ‎（3）若圆环粗糙，撤掉F同时使小球获得大小为5m/s的速度，小球运动到最高点C处对轨道的压力为6N，求此过程中小球克服摩擦力做的功．‎ ‎【答案】（1） （2）12N（3）1J ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平衡条件求解力F的大小；（2）弹簧处于压缩状态，由胡克定律求解圆环半径，由动能定理求解到达B点的速度，根据牛顿第二定律求解小球运动到B点时对轨道的压力的大小；（3）根据牛顿第二定律和动能定理求解小球从A到C的过程克服摩擦力做的功.‎ ‎【详解】（1）由平衡条件知：F=mgtan600‎ 解得：F=2N ‎（2）弹簧处于压缩状态，则 R=0.5m 小球从A到B的过程，由动能定理，得 ‎ ‎ FNB=12N ‎（2）经分析可知，小球受到轨道对它向下的弹力6N 小球从A到C过程，由动能定理，得 ‎16.如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，飞出电场后从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力．‎ ‎（1）求0≤x≤L区域内电场强度E的大小和电子从M点进入圆形区域时的速度vM；‎ ‎（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t；‎ ‎（3）若在电子从M点进入磁场区域时，取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T满足的关系表达式．‎ ‎【答案】（1），，设vM的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表达式为（n＝1，2，3，…）‎ ‎【详解】（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：‎ 可得 电子从Q点到M点，做类平抛运动，‎ x轴方向做匀速直线运动，‎ y轴方向做匀加速直线运动，‎ 由以上各式可得：‎ 电子运动至M点时：‎ 即：‎ 设vM的方向与x轴的夹角为θ，‎ 解得：θ＝45°．‎ ‎（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L 由洛伦兹力提供向心力可得：‎ 即 ‎．‎ ‎（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径，即 因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：（n＝1，2，3，…）‎ 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 解得：（n＝1，2，3，…）‎ 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是 又 则T的表达式为（n＝1，2，3，…）．‎