河北省衡水市第十三中学2020届高三上学期质量检测物理试题 20页

衡水市第十三中学2019～2020学年度第一学期高三年级 第二次质量检测物理 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1.将一个质量为m的小球，以一定的初速度斜向上抛出，小球在空中运动t时间内的动量改变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为g）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于小球作曲线运动,不知道末速度,故只能根据动量定理求解,根据动量定理可知，小球动量变化等于重力的冲量,即，C项正确。‎ ‎2.关于磁场和磁现象，下列说法正确的是 A. 安培写道：“奥斯特先生……已经永远把他的名字和一个新纪元联系在一起了”，这样叙述是因为奥斯特发现了磁可以生电 B. 磁体与磁体之间，磁体与通电导体之间，通电导体与通电导体之间，以及电荷与电荷之间的相互作用都是通过磁场发生的 C. 磁场中某点的磁场方向，与该处的磁感线的切线方向相同，与放到该处的小磁针N极受力方向相同，与放到该处导线受到的安培力方向也相同 D. 根据通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，安培提岀了著名的分子电流假说，用该假说能够很好地解释磁铁的磁化和消磁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，即“电生磁”，选项A错误；‎ B．电荷间作用力是通过电场来实现的，选项B错误；‎ C．磁场方向与安培力方向不同，选项C错误；‎ D．安培分子电流假说可以很好地解释磁化和消磁，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，小球放在光滑水平桌面上，用细线连接于O点，细线刚好拉直，使小球在水平面内做圆周运动，逐渐增大小球做圆周运动的角速度，则细线上张力F与小球做圆周运动的角速度平方ω2的关系正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设悬线与竖直方向的夹角为θ，当小球在水平桌面上做圆周运动时，‎ 即 当小球离开水平桌面后在空中做圆周运动时，仍然有 即 A.图像与分析不符，故A错误。‎ B.图像与分析相符，故B正确。‎ C.图像与分析不符，故C错误。‎ D.图像与分析不符，故D错误。‎ ‎4.如图所示，带电小球A用绝缘细线悬挂在水平向右匀强电场中，电场的电场强度为E，将带电小球B固定在匀强电场中，A、B间的距离为r，连线与水平方向的夹角为37°，悬挂小球A的悬线刚好竖直，不计小球的大小，静电力常量为k，sin 37°=0.6，cos 37°≈0. 8，则下列说法正确的是 A. 小球A一定带正电 B. 小球A和B一定带异种电荷 C. 小球A的带电量为 D. 小球B的带电量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据平衡可知，若A带正电，则B球带负电.若A球带负电，则B球也带负电，因此小球A和B带电电性不确定，故AB错误;‎ CD.由题意知，‎ 则 因此A的带电量无法确定，故C错误D正确.‎ ‎5.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，R是滑动变阻器.闭合开关S ‎，将滑动变阻器R的滑片向左滑动的过程中 A. 电流表A1和A2的示数均变小 B. 电压表V的示数变大 C. 电压表V的示数变化量ΔU与电流表A1示数变化量ΔI的比值不变 D. 滑动变阻器R的滑片滑到最左端时，定值电阻R1的功率最小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当滑动变阻器R的滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，干路电流变大.即电流表A1的示数变大，电源内电压和R1两端电压变大，R2两端电压变小，V的示数变小，A2示数变小，故AB错误;‎ C.电压表V的示数变化量ΔU与电流表A1示数变化量ΔI1的比值等于R1+r，是不变的，选项C正确;‎ D.滑动变阻器R的滑片滑到最左端时，R1的电流最大，R1的功率最大，选项D错误.‎ ‎6.如图所示，一根粗细均匀、长为L=‎1m、质量为m=‎0.01kg的导体棒ab从中点处弯成60°角，将此导体棒放入磁感应强度大小为B=0.4T、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体棒两端a、b悬挂于两根相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态．当导体棒中通有I=‎1A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx=‎0.01m，g取‎10m/s2，则下列说法中错误的是 A. 导体中电流的方向为b→a B. 每根弹簧的弹力大小为0.1N C. 弹簧的劲度系数为k=5N/m D. ‎ 若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了‎0.01m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由b→a，选项A正确，不符合题意；‎ B．通电后ab导体的有效长度为=‎0.5m，受到的安培力为 F=BIL=0.2N mg+‎2F弹=F F弹==0.05N 选项B错误,符合题意；‎ C．根据F弹=kΔx，解得 k=F弹/Δx=5N/m 选项C正确，不符合题意；‎ D．若导体中不通电，则 ‎2kx=mg ‎=‎‎0.01m 选项D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示的U-I图象中，甲为某电池的路端电压与电流的关系图线，乙、丙为两种电子元件的U-I图线，三个图线交于同一点，若电池的电动势不变，内阻变大，再将乙、丙分别接在这个电池两端，乙、丙元件两端的电压分别为U1、U2，通过两元件的电流分别为I1、I2，则下列关系正确的是 A. U1>U2‎ B. I1>I2‎ C. U1I1>U2I2‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当电池的内阻增大后，电池的U-I图象变为虚线，如图所示 显然U1I2，故A错误B正确。‎ C.两元件消耗的功率分别为I1U1、I2U2，由U1I2知不能确定图中虚线所围矩形面积的大小关系，因而不能确定两元件消耗功率的大小关系，故C错误;‎ D.由图象看出分别为两条割线的斜率，显然 D项错误.‎ ‎8.智能扫地机器人成为许多家庭喜爱的电子产品，某型号的智能扫地机器人电动机的额定工作电压为12V，正常工作时的额定功率为40W，其所用锂电池的容量为5000mAh，当扫地机器人工作到电池剩余容量为总容量的20%时会停止扫地，然后自动充电已知机器人电动机的线圈电阻为，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 机器人正常工作时的电流为 B. 工作时，机器人的发热功率为 C. 锂电池的内阻为 D. 机器人可以连续正常工作的时间为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.机器人正常工作时的电流为，A项错误；‎ B.由于不知道锂电池的内阻因此无法求机器人的发热功率，B项错误；‎ C.由于锂电池的电动势未知，无法求锂电池的內阻，C项错误；‎ D机器人可以连续正常工作的时间为 D项正确.‎ 故选D。‎ ‎9.迄今为止，大约有1000颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运动，关于这些卫星，下列说法正确的是 A. 轨道高的卫星受到地球的引力小 B. 轨道高的卫星机械能大 C. 线速度大的卫星周期小 D. 线速度大的卫星加速度大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故A错误；‎ B. 机械能的大小也与质量有关，故B错误；‎ CD.根据 可知线速度越大，轨道半径越小，加速度越大，周期越小，故CD正确．‎ ‎10.一个用于加速粒子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与电源相连，下列说法正确的是 A. 两盒连接的电源可以是直流电源 B. D形盒内没有电场，只有磁场 C. 粒子被加速的最大动能与金属盒的半径R有关，半径越大，最大动能越大，所以可以通过增大金属盒的半径就可以得到无穷大的动能 D. 经过电场时，粒子会加速，动能增加，但经过磁场时，粒子会发生偏转，动能不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．回旋加速器只能加交流电源，A错误；‎ B．D形金属盒能够屏蔽电场，所以盒内只有磁场，B正确；‎ C．由，，可知半径越大，动能越大，但是当速度达到一定时要考虑相对论效应，速度增大，质量增加，磁偏转的周期变化，粒子不能一直被无限加速，C错误；‎ D．粒子经过电场加速，磁场不做功，动能不变，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有方向相同的电流I，此时L1受到的磁场力的合力为F，如果把L2的电流变为原来的两倍(已知电流周围的磁感应强度与距离成反比，与电流强度成正比)，则下列说法正确的是 A. L2电流加倍前，L2受到其他两根导线的合力大小也是F，L2电流加倍后，L2受到的合力变大，方向不变 B. L2电流加倍后，L1受到磁场力的合力的大小变为F C. L2电流加倍前，L1受到的安培力方向与水平向右的方向成120°‎ D. L2电流加倍后，L1受到的安培力方向与水平向右的方向夹角的正弦值为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．L2电流加倍前工受到其他两个电流的吸引力，大小相等，所以合力沿对角线方向，L2电流加倍后L2受力加倍，方向不变，所以合力方向依然沿对角线方向，A正确；‎ C．同理可知L1合力与向右的方向成30°，C错误；‎ B．设加倍前两个电流之间的相互作用力大小为F1，则 F=‎2F1cos30°‎ 电流加倍后1、3间作用力为F1，1、2之间作用力为‎2F1，夹角为60°，根据余弦定理:‎ B错误；‎ D．根据正弦定理:‎ 解得正弦值为 D正确.‎ 故选AD。‎ ‎12.如图所示，质量均为m的A、B两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，瞬间撤去推力，撤去推力后 A. 当A对墙压力刚好为零时，物块B的动能等于W B. 墙对A物块的冲量为 C. 当B向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零 D. 弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为W，当A对墙的压力刚好为零时。弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为W，A项正确；‎ B．墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即 B项错误；‎ C．当B的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C项正确；‎ D．根据动量守恒 此时弹簧的弹性势能 D项错误.‎ 故选AC．‎ 二、实验题(本题共2小题，共15分)‎ ‎13.某同学用如图所示装置做“验证力的平行四边形定则”的实验。‎ ‎（1）如图甲所示，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端（绳套和橡皮条的结点）拉到某一确定的O点。记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向；只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O.记录弹簧测力计的拉力的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力；根据力的平行四边形定则作出和的合力F；如果没有操作失误，图乙中的F与两力中，方向一定沿CO方向的是_____________.（填“F”或“”）‎ ‎ ‎ ‎（2）下列对实验操作及说法正确的是____________.‎ A.每次拉伸橡皮条时，只要使橡皮条伸长量相同即可 B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些 C.两弹簧测力计拉力方向夹角越大误差越小 D.橡皮条对O点的拉力是合力，两弹簧测力计对O点的拉力是分力 ‎（3）实验中，用两个弹簧测力计同时拉时，两绳夹角小于90°，其中一个弹簧测力计示数接近量程，另一个弹簧测力计示数超过量程的一半。则这样的操作____________（填“合理”或“不合理”），理由是___________________________________________________________________.‎ ‎【答案】 (1). (2). B (3). 不合理 (4). 两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分力已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据二力平衡可知，用一个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力等大反向，在一条直线上,故方向一定沿CO方向；‎ ‎（2）[2]A.每次拉伸橡皮条时，不只是使橡皮条伸长量相同，拉伸方向也要相同，A项错误；‎ B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，减小方向确定的误差，B项正确；‎ C.两弹簧测力计拉力方向夹角不能太大也不能太小，C项错误；‎ D.橡皮条对O点的拉力与两弹簧测力计对O点的拉力不是合力与分力的关系，D项错误。‎ 故选B。‎ ‎（3）[3][4]两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，实验操作不合理，因为两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分力已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程.‎ ‎14.某同学用下列实验器材，测量一节电池的电动势和内阻.实验室提供的器材如下:‎ A.待测干电池一节 B.电流表A1（量程‎0.6 A，内阻1 Ω）‎ C.电流表A2（量程200 mA，内阻5Ω）‎ D.滑动变阻器R1（0~10 Ω）‎ E.电阻箱R2（0~999.9Ω）‎ F.开关 S.导线若干 ‎（1）实验中需要将电流表A2与电阻箱串联，改装一个量程为2 V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻为_______Ω.‎ ‎（2）请根据提供的实验器材，设计测量电源电动势和内阻的实验电路，画在图甲中的方框内，在图中标明所用器材的符号，并用笔画线将图乙中的实物连接完整.‎ ‎（ ）‎ ‎（3）闭合开关前，图乙中的滑动变阻器的滑片应移到最________________（填“左”或“右”）端.闭合开关，调节滑动变阻器，记录多组两个电流表的示数I1、I2，作出I2-I1图象，如图丙所示，则由图象得到电源的电动势E=____________V，电源的内阻r= _______________Ω．‎ ‎（4）该实验_______ （填“ 有”或“没有”）由于电流表的内阻产生的系统误差.‎ ‎【答案】 (1). 5 (2). ‎ ‎(3). 左 (4). 1.45 (5). 2.25 (6). 没有 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]将电流表A2改装成量程为2 V的电压表，电阻箱需要串联入电路的电阻 ‎(2)[2]用伏安法测电源电动势和内阻，由于电流表A1内阻已知，因此电流表A1直接与电池串联，电路图及实物连接如图所示.‎ ‎(3)[3][4][5]闭合开关前，为了使滑动变阻器接入电路的电阻最大，图乙中的滑动变阻器的滑片应移到最左端，根据原理图和闭合电路欧姆定律得 由图丙得到电池的电动势为 电池的内阻 r=‎ ‎(4)[6]由(3)得 显然没有系统误差. .‎ 三、计算题(本题共4小题，共47‎ 分．作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎15.如图所示的电路中，定值电阻R=4Ω，电动机M的额定电压U=8V，内阻R0=1Ω，电源的电动势E=9V．不计电动机的摩擦损耗等，闭合开关S，电动机正常工作后，流过电动机的电流I1=‎2A．求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)电动机输出的机械功率．‎ ‎【答案】（1）0.25Ω （2）12W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）流过R的电流 ‎ ‎ 解得 ‎=‎2A ‎ 总电流 ‎=‎4A ‎ ‎ ‎ 解得 r=0.25Ω ‎（2）电动机的输入功率 P入=UI1‎ 解得 P入=16W ‎ 电动机的热功率 P热==4W ‎ 所以电动机输出功率 P出=P入-P热=12W ‎16.如图所示的xOy平面直角坐标系内，在x≤a的区域内，存在着垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于坐标原点O的粒子源在xOy平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子．已知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0恰好从磁场的右边界P(a，a)射出磁场．不计粒子的重力与相互作用力，求：‎ ‎(1)粒子的比荷；‎ ‎(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r相同，对沿y轴正方向发射的粒子，从P点射出磁场。其运动的轨迹如图1所示.‎ 由几何知识得 ‎ ‎ 可得 ‎ ‎ ‎ ‎ 可知 ‎=60°‎ 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120°，运动的时间为圆周运动周期的，即 ‎ ‎ 可得 ‎ ‎ ‎（2）如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点，‎ 则 ‎ ‎ 得 ‎ ‎ 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。则 得 ‎ ‎ 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为 ‎.‎ ‎17.半径均为的四分之一圆弧轨道1和2‎ 如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R，让质量为‎1kg的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为，重力加速度g取，求：‎ ‎（1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小;‎ ‎（2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。‎ ‎【答案】（1）（2）62.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为，根据动量定理有 解得 在轨道最低端，根据牛顿第二定律，‎ 解得 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为 ‎（2）设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t，‎ 水平位移：‎ 竖直位移：‎ 由勾股定理：‎ 解得 竖直速度：‎ 可得小球的动能 ‎18.如图所示，ab为一长度为l=‎1m的粒子放射源，释放出的粒子的比荷均为=1.6×‎105C/kg，带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略．图中的虚线ef距离ab为h=‎1m，在虚线ef的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场．以a点为坐标原点在纸面内建立坐标系，曲线ac的方程为y=x2，在曲线ac与放射源ab之间存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小为E1=2.0×102N/C，图中的虚线ad⊥ef，ad左侧l=‎1m处有一长度也为h=‎1m的荧光屏MN，在图中ad和MN之间存在水平向左的匀强电场E2．某时刻放射源同时释放大量初速度为零的正粒子，则：‎ ‎(1)由ab中点释放的粒子到达虚线ef的速度为多大?‎ ‎(2)若所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B的大小是多少?‎ ‎(3)在满足第(2)问的条件下，若所有的粒子均能打到荧光屏上，则E2的最小值以及与该值相对应的所有粒子中运动的最短时间为多少?(结果保留两位有效数字)‎ ‎【答案】（1）4.0×‎103m/s （2）0.10T （3）5.7×10-4s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意得，由粒子放射源发射的粒子在电场E1中加速的位移满足 设粒子射出电场E1时的速度大小为，‎ 由动能定理可得:‎ 若粒子由ab的中点发射，则在电场中加速的位移为 m 联立解得 ‎=4.0×‎103m/s ‎ ‎（2）所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为r，‎ 由牛顿第二定律可得 ‎ ‎ 结合（1）中式子可得 由此可知，当磁感应强度B一定时，轨道半径r与x成正比，当x趋近于零时，粒子微圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有2r=x=l ‎ 带入数据解得 B=0.10T ‎ ‎（3）粒子从d点沿竖直向下的方向进入电场区域ad、MN后，该系列粒子均在电场力作用下做类平抛运动，若所有带电粒子均能打到荧光屏上，则从石点发射的粒子刚好运动到荧光屏上的N点，对应电场强发最小为，设该粒于由d点进入电场E2的初速度为，在电场E2中运动的时间为，加速度为.‎ 在水平方向上有 在竖直方向上有 ‎ ‎ 又根据牛顿第二定律得 ‎ ‎ 将x=l=‎1m，y=h=‎1m代入以上各式整理可得 ‎=8.0×102N/C ‎ 由题意得，在E2最小的情况下最先打在荧光屏上的粒子为从b点发射的粒子，设该粒于在场强大小为E1的电场中运动的时间为，在磁场中运动的时间为，‎ 则有 ‎ ‎ 在匀强磁场中转过的圆心角，则有 ‎ ‎ 故该粒子所经历的总时间 ‎≈5.7×10-4s.‎ ‎ ‎