【物理】河北省石家庄市第二中学2020-2021学年高二上学期8月线上考试试题（二）（解析版） 13页

石家庄二中2020-2021学年高二上学期8月线上考试 物理测试（二)‎ 一.选择题。本题共18小题，每小题5分，共90分。在每小题所给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项正确，第10-18题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。‎ ‎1. 如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 重力对物体做正功 B. 支持力对物体做正功 C. 摩擦力对物体做正功 D. 合外力对物体做正功 ‎【答案】C ‎【解析】A．由于物体向上运动，则重力对物体做负功，故A错误；‎ B．支持力始终与物体位移方向垂直，不做功，故B错误；‎ C．根据平衡可知摩擦力沿斜面方向向上，与位移方向相同，所以摩擦力做正功，故C正确；‎ D．合外力做功等于物体动能的改变量，由于匀速运动，动能不变，合外力做功为零，故D错误。故选C。‎ ‎2. 2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）．该卫星 A. 入轨后可以位于北京正上方 B. 入轨后的速度大于第一宇宙速度 C. 发射速度大于第二宇宙速度 D. 若发射到近地圆轨道所需能量较少 ‎【答案】D ‎【解析】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答．‎ 由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A错误；‎ 由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；‎ 由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；‎ 将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D正确．‎ ‎3. 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的： （ ）‎ A. 周期变大 B. 速率变大 ‎ C. 动能变大 D. 向心加速度变大 ‎【答案】C ‎【解析】对于绕地球运行的航天器，地球对它的外有引力提供向心力，则，由公式可知，半径不变，周期不变，速率不变，向心加速度不变．由于质量增加，所以动能增大，故C正确，ABD错误．‎ ‎4. 如图2所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一玩具小车放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度，为使小车沿轨道内侧做完整的圆周运动，则在A处使小车获得竖直向下的最小初速度应为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】当小车恰好到达圆周的最高点时，由重力提供向心力，则有mg=m，得v＝；根据机械能守恒定律得：，解得，vA＝，故选C．‎ 点睛：本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用．轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点时，临界速度为v=，是常用的临界条件．‎ ‎5. 某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. a点的电势高于b点的电势 B. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 C. c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断 D. 若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d运动到c ‎【答案】B ‎【解析】A．由沿电场线的方向电势降落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；‎ B．由电势能的公式 可得出a点的电势能低于b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，说明电场力做了负功，故B正确；‎ C．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；‎ D．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。故选B。‎ ‎6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r（），电表均视为理想电表．闭合开关S后，调节R的阻值，使电流表的示数增大，在这一过程中电压表示数的变化量的大小为，则 A. 通过R的电流增大，但增大量小于 B. 的大小随R的变化而变化 C. 电源的输出功率一定增大了 D. 电源的效率降低了 ‎【答案】D ‎【解析】A．要使电流表示数增大，则R应减小；由串反并同知，则，，因此流过R的电流增大，且增大量大于△I，故A错误；‎ B．由，故其大小不会随R的变化而变化，故B错误；‎ C．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；‎ D．电源的效率，因电压的改变量为，故说明电源的效率降低了，故D正确．故选D。‎ ‎7. A．B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A点运动到B点，其速度－时间图象如图所示，则（　　）‎ A. EA＞EB B. EA＜EB C. φA＝φB D. φA＞φB ‎【答案】A ‎【解析】根据图象可知，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，φA<φB；静电力越来越小，即电场变弱，则EA＞EB，故选项A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎8. 直角坐标系xoy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上．C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为（静电力常量为k）‎ A. ,沿x轴正方向 B. ,沿x轴负方向 C. ,沿x轴负方向 D. ,沿x轴正方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ B点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在B点产生的场强与正电荷在B点产生的场强大小相等方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负电荷在B点的场强为，两正电荷在B点的合场强也为，当负点电荷移到A点时，负电荷与B点的距离为2l，负电荷在B点产生的场强为，方向沿x轴负方向，由于CD对称，所以两正电荷在B点产生的合场强的大小为，方向沿x轴正方向，所以B点处场合强的大小为，方向沿x轴正方向，所以A、B、C错误，D正确；故选D．‎ ‎9. 如图所示，在一光滑的水平面上，有质量相同的三个小球A、B、C，其中B、C静止，中间连有一轻弹簧，弹簧处于自由伸长状态，现小球A以速度v与小球B正碰并粘在一起，碰撞时间极短，则碰后瞬间（　　）‎ A. A、B的速度变为，C的速度仍为0 B. A、B、C的速度均为 C. A、B的速度变为，C的速度仍为0 D. A、B、C的速度均为 ‎【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，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv=2mv′ 解得v′=‎ 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，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g。在此过程中正确的是（　　）‎ A. 缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θ B. 缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C. 小猴子再次回到最低点时重力的功率为零 D. 由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小 ‎【答案】CD ‎【解析】A．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 ‎ 故 故A错误；‎ B．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，故B错误；‎ C．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；‎ D．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。故选CD。‎ ‎11. 如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　) ‎ A. A、B质量相等，但A比B的速率大 B. A、B质量相等，但A比B的速率小 C. A、B速率相等，但A比B的质量大 D. A、B速率相等，但A比B的质量小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，故A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，故C正确，D错误；故选AC．‎ ‎12. 如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=2Ω，两个定值电阻阻值均为8Ω，平行板电容器的电容C=3×10-6F，则( )‎ A. 开关断开稳定时两极板间的电压4/3V B. 开关断开稳定时电容器的带电荷量4×10-6C C. 开关接通稳定时两极板间的电压生4/3V D. 开关接通稳定时电容器的带电量4×10-6C ‎【答案】CD ‎【解析】A．开关S断开时，电流:‎ 电阻R2两端的电压:U＝I R2＝0.2×8 V＝1.6V 电容器两极板间的电压等于电阻R2两端的电压:‎ U=1.6V 故A错误；‎ B．电容器所带的电荷量:Q＝CU＝3×10-6×1.6 C＝4.8×10-6C 故B错误；‎ C．开关接通时，电阻R1和R2并联，‎ 电流:‎ 并联部分的电压:‎ 电容器两极板的电压等于并联部分的电压为，故C正确；‎ D．开关接通时电容器所带的电荷量Q′＝CU′＝3×10-6×C＝4×10-6C 故D正确；‎ ‎13. 竖直平面内有两个半径不同半圆形光滑轨道，如图所示，A、M、 B三点位于同-水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速释放．则 A. 通过C、D时，两球对轨道的压力相等 B. 通过C 、D时，两球的线速度大小相等 C. 通过C、D时，两球的角速度大小相等 D. 通过C、D时，两球的机械能相等 ‎【答案】AD ‎【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：，‎ 得；‎ A．通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为，‎ 与半径无关，根据牛顿第二定律得：，‎ 得轨道对小球的支持力大小为，则球对轨道的压力为3mg，与质量无关，则通过C、D时，两球对轨道的压力相等，A正确；‎ B．两球到达CD两点时速度,其大小和半径有关,由于r不同,则v不等，B错误；‎ C．由得：，可知两球的角速度大小不等，C错误；‎ D．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，D正确．‎ ‎14. 小车静置于光滑的水平面上，小车的端固定一个轻质弹簧，端粘有橡皮泥，小车的质量为，长为，质量为的木块放在小车上，用细绳连接于小车的端并使弹簧压缩，开始时小车与都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块离开弹簧向端冲去，并跟端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（ ）‎ A. 如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B. 当木块对地运动速度大小为时，小车对地运动速度大小为 C. 小车向左运动的最大位移为 D. 小车向左运动的最大位移为 ‎【答案】BC ‎【解析】A．小车与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C与B碰撞粘接过程有机械能损失，A错误；‎ B．系统动量守恒，根据动量守恒定律可得，则，B正确；‎ CD．该系统属于“人船模型”，根据，可得，‎ 化简得，所以车向左的位移应等于，C正确D错误，‎ ‎15. A、B两球沿一直线运动并发生正碰。如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A球质量是，则由图可知（　　）‎ A. A、B碰撞前的总动量为 B. 碰撞时A对B所施冲量为 C. 碰撞前后A的动量变化为 D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 ‎【答案】BD ‎【解析】由x－t图象可知，碰撞前有：A球的速度 B球的速度 碰撞后A、B两球的速度相等，为 对A、B组成的系统，由动量守恒定律有,解得 A．A与B碰撞前的总动量为；选项A错误；‎ B．由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为 选项B正确；‎ C．碰撞前后A动量变化,选项C错误；‎ D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能 代入数据解得,选项D正确。故选BD。‎ ‎16. 如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则（　　）‎ A. 在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq B. 在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq C. 在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1‎ D. 在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】AB．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，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为1：3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为，在后时间内，电场力对粒子做的功为，A错误B正确；CD．由知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1：1，D错误C正确。故选BC。‎ ‎17. 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )‎ A. 带正电 B 速度先变大后变小 C. 电势能先变大后变小 D. 经过b点和d点时的速度大小相同 ‎【答案】CD ‎【解析】A．根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；‎ BC．粒子从a到c到e过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；B错误，C正确；‎ D．因为bd两点在同一等势面上，所以在bd两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，D正确。故选CD。‎ ‎18. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 小球带正电 B. 当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角 θ变小 C. 当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D. 当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在 a处时电源的输出功率 ‎【答案】ABC ‎【解析】A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A正确． B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确．C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．D、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，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，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，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.故选C.‎ 二.计算题。（共10分）‎ ‎19. 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3 kg的小球A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性碰撞。设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：‎ ‎(1)两小球碰撞前A的速度大小；‎ ‎(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力；‎ ‎(3)小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离。‎ ‎【答案】(1)；(2)，方向竖直向上；(3)‎ ‎【解析】(1)以的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有 解得 ‎(2)对A、B，碰撞前后动量守恒：‎ 因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变 联立以上各式解得 ‎ 又因B球在轨道上机械能守恒,解得 设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为，则有 解得 由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为，方向竖直向上。‎ ‎(3)对A沿圆轨道运动时 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 ‎。由动能定理得： 解得