河北省衡水中学2020届高三下学期2月网络教学质量监测卷物理试题

河北省衡水中学2020届高三下学期2月网络教学质量监测卷物理试题

‎2020届河北省衡水中学高三（下）2月网络教学质量监测卷理科综合物理试题（线上考试）‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 二、选择题∶本大题共8小题，，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。‎ ‎1.汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为‎13 m，在最后1秒内的位移为‎2 m，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 汽车在第1秒末的速度可能为‎10 m/s B. 汽车加速度大小可能为‎3 m/s2‎ C. 汽车在第1秒末的速度一定为‎11 m/s D. 汽车的加速度大小一定为‎4.5 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1s，有：x最后1s=；解得：．设汽车在第1秒末的速度为v．对于第1s内，由x第1s=vt1+at12代入数据得：13=v×1+×4×12，可得v=‎11m/s．故选C．‎ ‎2.如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，此时弹簧实际长度相等．弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等．弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°．设A、B中的拉力分别为FA、FB．小球直径相比弹簧长度可以忽略．则( )‎ A. kA＝kB B. tan θ＝‎ C. FA＝mg D. FB＝2mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将两小球看作一个整体，对整体受力分析，可知整体受到重力2mg，弹簧A的拉力FA和F的作用，受力如图甲所示，根据共点力的平衡条件有：，F＝2mgtan θ，根据胡克定律：FA＝kAxA，FB＝kBxB，对下边的小球进行受力分析，其受力如图乙所示：‎ 根据平衡条件有：FB＝mg，F＝mg，联立可得：tanθ＝，故B正确，D错误；由tanθ＝知，cosθ＝，得FA＝mg，故C错误；两个弹簧的原长相等，伸长后的长度也相等，所以弹簧的形变量也相等，而两个弹簧的弹力不同，所以两个弹簧的劲度系数不相等，故A错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎3.在水平面上有A、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将物体A的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v′＝v1cosα；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v″＝v′‎ ‎，因此物体B的运动速度vB＝v″/cosβ＝ ，D项正确．‎ ‎4.如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B. 小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C. 小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D. 小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但由于墙壁对半圆形槽的作用，半圆形槽实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，小球对槽的作用力斜向右下，对槽做正功，槽向右运动，槽对小球的作用力斜向左上，槽对球做负功，该过程中除了重力做功外，槽对小球的弹力也做功，故小球的机械能不守恒，AD错误；‎ 小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，在A点，小球竖直方向上只受重力，是加速度竖直向下，处于失重状态，在最低点，小球的加速度方向竖直向上，处于超重状态，所以小球先失重，后超重，B错误；‎ 对系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒，C正确．‎ ‎5.如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q 的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有 A. Q1移入之前，C点的电势为 B. Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0‎ C. Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D. Q2在移到C点后的电势能为-4W ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由题意可知，C点的电势为 故A正确；‎ B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；‎ C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为,所以 从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：‎ 故C错误；‎ D.由于C点的电势为，所以电势能为 故D正确．‎ ‎6.如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为，负电荷的电势能为，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则( )‎ A. U变大， E变大 B. U变小，变小 C. 变小，变大 D. 变大，变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将两极板适当错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析板间电压的变化，由分析场强的变化．根据P点与下板电势差的变化判断P点的电势的变化，再分析正电荷在P点的电势能的变化．‎ ‎【详解】A项：将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由得知，板间电压U增大，板间场强，可见E增大，故A正确；‎ B、C、D项：P点到下板距离不变，由公式U=Ed得知，P点与下板电势差增大，故P点的电势变小；由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能ɛ变大．故C正确，BD错误．‎ 故应选：AC．‎ ‎【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，由电容的两个公式：和结合进行分析．‎ ‎7.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m,不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是( )‎ A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长 B. 出磁场粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心0‎ C. 出磁场的粒子一定能垂直打在MN上 D. 只要速度满足，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故A错误；‎ B．带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B正确；‎ C．速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故C错误；‎ D．速度满足v=时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．‎ ‎【点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ ‎8.‎ 如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A 小球可能做匀变速运动 B. 小球一定做变加速运动 C. 小球动能可能不变 D. 小球机械能守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误B正确；若电场力和重力等大反向，则过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若以电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确D错误．‎ ‎【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 ‎1．正确受力分析 除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．‎ ‎2．正确分析物体的运动状态 找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．‎ ‎（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．‎ ‎（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．‎ ‎（3‎ ‎）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成．‎ 三、非选择题∶包括必考题和选考题两部分。‎ ‎（一）必考题∶4小题。‎ ‎9.如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。不计空气阻力及一切摩擦。‎ ‎(1)在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足________________；要使小车所受合外力一定，操作中必须满足________________________。‎ ‎(2)实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是________。‎ ‎【答案】 (1). 小车与滑轮间的细绳与长木板平行 (2). 砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小车受重力，支持力和拉力，在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数等于小车所受合外力，操作中必须满足小车与滑轮间的细绳与长木板平行；‎ ‎[2]要使小车所受合外力一定，操作中必须满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量；‎ ‎(2)[3]小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移 x=at2‎ 得加速度，两光电门之间的距离不变，即位移x不变，则a与t2成反比；根据牛顿第二定律有 联立得 即t2与质量m成正比，所以改变小车质量m，测得多组m、t的值，故C图能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”，故C符合题意，ABD不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，质量M＝‎10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝‎1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x＝‎1 m时，其速度v＝‎2 m/s，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；‎ ‎(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；‎ ‎(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F＝5 N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)‎ ‎【答案】（1）0.5；（2）1.6 N,水平向左（3）地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由 得 ‎ ‎ 由牛顿第二定律 mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 代入数据解得 ‎（2）以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出力图如图. ‎ 根据牛顿第二定律得 其中 ax=acos37° ‎ 代入数据解得 ‎（3）对木楔来说物块加力以后它的受到物体的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变。‎ ‎11.如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=‎0.3 m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆．质量为ma=‎100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb=‎36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l=‎0.4 m的轻杆通过两铰链连接．现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；‎ ‎(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功．‎ ‎【答案】(1)2 N　(2)0.1944 J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度v沿圆环切线竖直向下，b的速度为零，‎ 由机械能守恒可得：，解得v=；‎ 在P点对小球a，由牛顿第二定律可得： ‎ ‎(2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，‎ 则知，‎ 由几何关系可得：‎ 球a下降的高度 a、b及杆组成的系统机械能守恒：‎ 对滑块b，由动能定理得：W==0.1944J ‎12.如图所示，在坐标系xOy平面的x>0区域内，存在电场强度大小E=2×105N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B=0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场，在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10，0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m=6.4×10－‎27kg、电荷量q=3.2×10－‎19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动；若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度=2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)．‎ ‎（1）判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；‎ ‎（2）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；‎ ‎（3）荧光屏上闪光点的范围距离；‎ ‎（4）荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间．‎ ‎【答案】（1）‎106m/s （2）‎0.1m （3） ‎0.273m （4）0.42s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）粒子做匀速直线运动，所受合力为零，由平衡条件可以求出粒子的运动速度；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可以求出粒子的轨道半径，（2）根据题意作出粒子打在荧光屏上的范围图示，然后由数学知识求出荧光屏上闪光点的范围，（3）求出粒子在磁场中做圆周运动的周期，求出粒子运动的圆心角，最后求出粒子的运动时间．‎ ‎(1)根据粒子恰能沿x轴做匀速直线运动，粒子受到竖直向下的洛伦兹力，则电场力应竖直向上，所以电场强度方向竖直向上，根据可得，代入数据得；‎ ‎(2) 撤去电场后，有：，粒子在磁场中运动的轨迹半径，代入数据得：R=‎0.1m；‎ ‎(3) 粒子运动轨迹可知，粒子最上端打A点，最下端打在B点：，，；‎ ‎(4 )粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中运动的时间可以忽略不计，闪光点从最高点移到最低点的过程中，粒子枪转过的圆心角为，所以时间为．‎ 点晴：粒子做匀速圆周运动，由平衡条件可以求出粒子的运动速度，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子运动的轨道半径；求出粒子在磁场中做圆周运动所转过的圆心角是求出粒子在磁场中运动时间的关键；第三问是本题的难点，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键．‎ ‎（二）选考题∶3小题。‎ ‎13.下列说法正确的是 ．‎ A. 晶体有固定的熔点 B. 液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性 C. 物体吸收热量后，其温度一定升高 D. 给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的 E. 雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体区别于非晶体的是有固定的熔点，故A正确； ‎ B．液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故B正确； ‎ C．物体吸收热量后，可能还对外做功，其温度不一定升高，故C错误； ‎ D．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由于气体压强的原因，不是分子作用力的作用，故D错误； ‎ E．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，从而不会透过雨伞，故E正确；‎ ‎14.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求：‎ ‎①气体在状态C时的温度TC；‎ ‎②若气体在A→B过程中吸热1000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？‎ ‎【答案】（i）375K （ii）气体内能增加了 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与D状态的温度相同，借助D到C得过程确定C的温度，根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化；‎ ‎【详解】① D→A为等温线，则 C到D过程由盖吕萨克定律得：‎ 得：‎ ‎②A到B过程压强不变，由 有热力学第一定律 则气体内能增加，增加400J ‎15.如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1和S2距离之差为2.1×10－‎6 m，今分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？‎ ‎(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－‎7 m；‎ ‎(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－‎7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；‎ ‎(3)若用A光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象.‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)暗条纹　(2)亮条纹　(3) 光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由得 λ1＝nλ2＝1.5×4×10－‎7 m＝6×10－‎‎7 m 根据路程差Δr＝2.1×10－‎‎6 m 所以 ‎ 由此可知，从S1和S2到P点的路程差Δr是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹.‎ ‎(2)根据临界角与折射率的关系sin C＝得 ‎ ‎ 由此可知，B光在空气中波长λ3为 λ3＝nλ介＝×3.15×10－‎7 m＝5.25×10－‎‎7 m 所以 可见，用B光做光源，P点亮条纹.‎ ‎(3)光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.‎ ‎ ‎