【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（一）（解析版）

【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（一）（解析版）

石家庄市第二中学2020-2021学年高二上学期8月 线上考试物理测试（一）‎ 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，质量为60kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C点，其垂线与脚，两手连线中点间的距离Oa、ob分别为0.9m和0.6m，若她在1min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m，则克服重力做功和相应的功率为（ ）‎ A. 430J，7W B. 4300J，70W C. 720J，12W D. 7200J，120W ‎【答案】B ‎【解析】设重心上升高度为h，根据几何知识可得，解得h=0.24m，故做一次俯卧撑克服重力做功为mgh=144J，所以一分钟克服重力做功为W=30×144J=4320J，功率约为，故B正确．‎ ‎2. 如图所示，在下列不同情形中将完全相同的四个光滑小球以相同速率v射出，忽略空气阻力，则（　　）‎ A. A球的初动能大于B球的初动能 B. B球上升到最高点的加速度为零 C. C球能上升的最大高度与A球的相等 D. D球恰好上升到最高点时的速度为 ‎【答案】C ‎【解析】A球与B球的质量相等，初速度大小相等，则初动能相等，故A错误。B球上升过程中，只受重力，加速度始终为重力加速度，所以B球上升到最高点的加速度为g，故B错误。C球和A球到达最高点时速度均为零，由机械能守恒定律有 mgh=mv02，得 h=，则知它们的最大高度相等，故C正确。由于管道对小球有支撑作用，所以D球恰好上升到最高点时的速度为零，故D错误。故选C。‎ ‎3. 如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是 （ ）‎ A. 2R B. 5R/3 C. 4R/3 D. 2R/3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当A下落至地面时，B恰好上升到与圆心等高位置，这个过程中机械能守恒，‎ 即：，‎ 接下来，B物体做竖直上抛运动，再上升的高度 两式联立得h=‎ 这样B上升的最大高度H=h+R=4R/3‎ ‎4. 如图所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当B船上的人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船，则B 船上的人推船的次数为（　　）‎ A. 7 B. 6 C. 3 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得 mBv1－mAv＝0‎ 解得 当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得 mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2‎ 解得 设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得 mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn 解得 则有 ‎ ①‎ B船上的人不能再接到A船，须有 v≤vn（临界点）②‎ 解①②式得 n≥5.5‎ 则取n＝6。‎ 故选B。‎ ‎5. 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. c点的电场强度大于b点的电场强度 B 若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点 C. b点的电场强度大于d点的电场强度 D. a点和b点的电场强度的方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】A．从电场线的分布情况可知，b处的电场线比c处的密，所以c点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误；‎ B．正电荷所受电场力沿电场线切线方向，若将一试探电荷+q由a点释放，电荷将离开原电场线，不可能沿电场线运动到b点，故B错误；‎ C．电场线的分布可知，b点的电场线比d点的电场线密，即b点的电场强度大于d点的电场强度，故C正确；‎ D．电场线的分布可知，a点与b点位于同一条曲线上，切线的方向不同，所以a点和b点的电场强度的方向不相同，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以相同速度垂直于电场线方向飞出两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）‎ A. 一定带正电，一定带负电 B. 的速度将减小，的速度将增加 C. 的加速度将减小，的加速度将增加 D. 两个粒子的动能，一个增加一个减小 ‎【答案】C ‎【解析】带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于 所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．‎ ‎7. 在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则( )‎ A. 电源的总功率不一定增大 B. 电源的输出功率一定增大 C. 电源内部消耗的功率一定减小 D. 电源的效率一定减小 ‎【答案】D ‎【解析】假设滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律得：，可知干路电流I减小，‎ 由，可知路端电压增大．电路中并联部分的电压U并=E-I（r+R1）‎ U并增大，电阻R2的电流增大，电流表的示数IA=I-I2，变小．‎ 由题意得电流表示数变大，可知滑动变阻器的滑片向右移动，干路电流I增大，电源的总功率P总=EI，可知P总增大．‎ 由于电源的内阻与外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化．I增大，由 P内=I2r 得知电源内部消耗功率一定增大．电源的效率，‎ 滑动变阻器的滑片向右移动,总电阻R减小，所以电源的效率一定减小，故D正确，ABC错误．‎ ‎8. 如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，‎ 可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为：Fmin=mgsin30°‎ 又Fmin=qE，解得： ．故选项D正确．‎ ‎9. 如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电动机多做的功为mv2 B. 物体在传送带上的划痕长 C. 传送带克服摩擦力做的功为mv2 D. 电动机增加的功率为μmgv ‎【答案】D ‎【解析】A．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是mv2，由于滑动摩擦力做功，所以电动机多做的功一定大于mv2，故A错误；‎ B．物体做匀加速直线运动的加速度a＝μg 则匀加速直线运动的时间为 在这段时间内传送带的位移为 物体的位移为 则相对运动的位移，即划痕的长度为Δx＝x1－x2＝‎ 故B错误；‎ C．传送带克服摩擦力做功为Wf＝μmgx1＝mv2‎ 故C错误；‎ D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P=Ffv＝μmgv 故D正确。故选D。‎ ‎10. 如图所示，飞船在地面指挥控制中心的控制下，由近地点圆形轨道A，经椭圆轨道B转变到远地点的圆轨道C．轨道A与轨道B相切于P点，轨道B与轨道C相切于Q点，以下说法正确的是（　　）‎ A. 卫星在轨道B上由P向Q运动的过程中速率越来越小 B. 卫星在轨道C上经过Q点的速率大于在轨道A上经过P点的速率 C. 卫星在轨道B上经过P点的向心加速度与在轨道A上经过P点的向心加速度是相等的 D. 卫星在轨道B上经过Q点时受到地球引力小于经过P点时受到地球的引力 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．卫星在轨道B上由P到Q的过程中，远离地心，由开普勒第二定律可知，速度是逐渐减小的，A项正确；‎ B．卫星在A、C轨道上运行时，轨道半径不同，根据 可知 轨道半径越大，线速度越小，所以有vP＞vQ，所以B项错误；‎ C．卫星在A、B两轨道上经过P点时，离地心的距离相等，受地球的引力相等，所以向心加速度是相等的，C项正确；‎ D．卫星在轨道B上经过Q点比经过P点时离地心的距离要远些，受地球的引力要小些，所以D项正确。故选ACD。‎ ‎11. 在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星都在圆周轨道上运动，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示．已知悬绳长度为L，其重力不计，卫星A、B的线速度分别为v1、v2，则下列说法正确的是 A. 两颗卫星角速度不相同 B. 两颗卫星的线速度满足v1＞v2‎ C. 两颗卫星之间的悬绳一定受到拉力的作用 D. 假设在B卫星轨道上还有一颗卫星C（图中没有画出），它们在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C可能相碰 ‎【答案】CD ‎【解析】两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，都绕地心做匀速圆周运动，角速度必定相同，故A错误；由v=rω，v∝r，所以v1＜v2．故B错误；假设悬绳没有作用力，两颗卫星均由万有引力提供向心力，根据卫星的速度公式和v=rω知，，A卫星的角速度大于B卫星的角速度，若两卫星与地心连线在一条直线上，则之后两者距离将拉大，所以悬线一定拉力，故C正确；设悬绳的拉力大小为F，则对B卫星：，则得，对C卫星万有引力提供向心力，，可见两颗卫星的速度不等，所以在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C能相碰．故D正确；故选CD ‎12. 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2．由图中数据可得 A. 物体的质量为2 kg B. h=0时，物体的速率为20 m/s C. h=2 m时，物体的动能Ek=40 J D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J ‎【答案】AD ‎【解析】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确 B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；‎ C．h=2m时，Ep=40J，Ek= E机-Ep=90J-40J=50J，故C错误 D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek- Ek’=100J，故D正确 ‎13. 如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为m＝6kg 的小物体 B 以水平速度 v0＝2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面，由于 A、B 间存在摩擦，A、B 速度随时间变化情况如图乙所示，取 g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 木板 A 获得的动能为 2J B. 系统损失的机械能为 2J C. 木板 A 的最小长度为 1m D. A、B间的动摩擦因数为 0.1‎ ‎【答案】CD ‎【解析】AB．根据动量守恒 由于最终速度相等为1m/s，可知 因此A获得的动能 系统损失的机械能 AB错误；‎ C．在1s内，两个物体相对位移就是它们与时间轴围成的面积差，即板的最短长度 C正确；‎ D．A、B两个图象斜率都是1，因此两个物体的加速度都是 根据牛顿第二定律 可知动摩擦因数为0.1，D正确。故选CD。‎ ‎14. 如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，其中Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线．已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是( )‎ A. Q1、Q2的电荷量之比为 B. Q1、Q2的电荷量之比为 C. Q1、Q2的质量之比为 D. Q1、Q2的质量之比为 ‎【答案】BD ‎【解析】A、点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律和二力平衡有：=，所以Q1、Q2的电荷量之比为=，故A错误，B正确；‎ C、Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，Q1、Q2的角速度相同，根据牛顿第二定律有：m12r1=m22r2，所以Q1、Q2的质量之比为=，故C错误，D正确．‎ ‎15. 如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断(　　)‎ A. 落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电 B. 三小球在电场中运动时间相等 C. 三小球到达正极板时的动能关系是：EkA＞EkB＞EkC D. 三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA ‎【答案】AD ‎【解析】ABD．在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示：‎ 三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，由于竖直位移相同，根据 得水平位移最大的A球运动时间最长即A球竖直方向的加速度最小，故A球带正电，水平位移最小的C球加速度最大，故C球带负电，则B球不带电，故AD正确，B错误；‎ C．根据动能定理 三球所受合力关系 三球的初动能相等，所以 故C错误．故选AD。‎ ‎16. 如图1，A板的电势，B板的电势随时间的变化规律如图2所示电子只受电场力的作用，且初速度为零，则　　‎ A. 若电子在时刻进入的，它将一直向B板运动 B. 若电子在时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C. 若电子在 时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D. 若电子是在时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】AB．若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向B运动，后减速向B运动，接着加速向B运动，后减速向B运动，因此它一直向B板运动，直到到达B板，故A正确；B错误；‎ C．若电子在时刻进入的，从到它先向B板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向B运动，这样时而向B板运动，时而向A板运动，最后打到B板上，故C正确；‎ D．同理，若电子是在t= 时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动，故D正确；故选ACD．‎ ‎17. 小张同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标纸上，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 直线a表示电源的总功率 B. 曲线b表示电源的输出功率 C. 电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω D. 曲线c表示电源消耗的功率 ‎【答案】AC ‎【解析】A．根据电源消耗的总功率的计算公式知：电源的总功率与电流的关系为 PE＝EI∝I 故A正确；‎ BD．根据电源内部的发热功率计算公式得：电源内部的发热功率与电流的关系为 Pr＝I2r 由数学知识可知，电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线为开口向上的抛物线，则曲线b表示电源内部的发热功率。根据闭合电路中的能量转化得：电源的输出功率为 PR＝EI－I2r 由数学知识可知，电源的输出功率PR随电流I变化的图线为开口向下的抛物线，曲线c表示电源的输出功率，故BD错误；‎ C．由曲线c知，当I＝3A时，PR＝0，说明外电路短路，根据PE＝EI得 故C正确。故选AC。‎ ‎18. 如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为△I1、△I2、△I3，理想电压表示数变化量的绝对值为△U，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电流表A2的示数一定变小 B. 电压表V的示数一定增大 C. △I 3一定大于△I 2 D. △U与△I 1比值一定小于电源内阻r ‎【答案】BD ‎【解析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A3的示数减小．根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电阻增大，其电压增大，即电压表V的示数一定增大，电流表A2的示数一定变大，选项A错误、B正确；根据并联电路的电流规律I3=I1+I2，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则A1的示数I1变小，故有ΔI1=ΔI2+ΔI3，故有△I1一定大于ΔI2、△I3，而ΔI3不一定大于ΔI2，选项C错误；电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，=r，而△I1大于△I3，所以＜r，故选项D正确．‎ 二、计算题。（共10分）‎ ‎19. 光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能＝36‎ ‎ J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2．求：‎ ‎(1)小球脱离弹簧时的速度大小；‎ ‎(2)小球从B到C克服阻力做的功；‎ ‎(3)小球离开C点后落回水平面的位置到B点的距离x．‎ ‎【答案】(1) 6m/s (2) 11 J (3) 1m ‎【解析】 (1)根据机械能守恒定律：‎ 解得： ‎ ‎(2)由动能定理得： ‎ 小球恰能通过最高点，故：‎ 联立解得： ‎ ‎(3) 球离开C点后做平抛运动：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：x=1m