江苏省海门中学2020届高三上学期第二次教学质量调研物理试题 Word版含解析

江苏省海门中学2020届高三上学期第二次教学质量调研物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com 江苏省海门中学 2020 届高三第二次教学质量调研物理 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意，答对得3分，答错或不答得0分。‎ ‎1.下列式子中不属于比值定义法的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加速度是牛顿第二定律得到的，是加速度的决定式，故A正确；‎ B．在电场中，某点电荷的电势能跟它所带的电荷量之比，叫做这点的电势，电势的表达式，属于比值定义法，故B错误；‎ C．电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，C与Q和U无关，电容的表达式，属于比值定义法，故C错误；‎ D．磁感应强度与通电导线受到的安培力、是否引入通电导线无关，只取决于本身的性质，所以，属于比值定义法，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.生活中经常用刀来劈开物体。如图所示是刃的横截面，F是竖直向下作用在刀背上的力，若刀的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，刀的重力为G。则刀劈物体时对物体侧向推力的大小为（　　）‎ - 21 -‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】将力F和重力根据平行四边形定则分解，由几何知识得，侧向推力的大小为 故选C。‎ ‎3.一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在这一过程中其余各力均不变．那么，下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(　　)‎ - 21 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐增大到某一个数值，物体的合力逐渐增大到某值，根据牛顿第二定律知加速度会逐渐增大到某一值，接着又逐渐恢复到原来的大小此力的方向始终不变，合力逐渐减小到零，则加速度逐渐减小至零；所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零的过程，而速度从零开始一直增大，根据图象的切线斜率表示瞬时加速度，知D图正确，故ABC错误，D正确．‎ ‎4.如图所示，绝缘支座上，C球带正电，枕形导体A、B靠在一起，现将A、B分开，分别接触一个小电机的两个接线柱，如果小电动机非常灵敏，它便会开始转动。当电动机还没有停止时，又立刻把A、B在C附近碰一下分开，再和电动机两接线柱接触，如此下去，小电动机便能不停的转动。则下列说法正确的是（　　）‎ A. A、B分开后A左端带正电，B右端带负电 B. A、B分开前，AB是一个等势体 C. 上述过程违背了能量守恒定律 D. 上述过程说明永动机可以制成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】AB．由静电感应可知，A、B分开前，由于C球带正电，所以枕形导体A聚集负电，枕形导体B带正电，由于c球存在，所以A、B分开后，A左端带负电，B右端带正电，分开前AB处于静电平衡状态，所以AB是一个等势体，故A错误，B正确；‎ CD．上述过程在把AB分开的过程中要克服AB之间的静电力做功，这是把机械能转化为电能，然后再把电能转化为机械能，此过程是能量不断转化的过程不违背能量守恒定律，则永动机不可能制成，故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.在2019年5月17号，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功发射第45颗北斗导航卫星。北斗系统中有三种轨道，如图所示，其中第一种是GEO轨道即地球静止同步轨道；第二种是IGSO轨道即倾斜的地球同步轨道，周期与地球自转周期相同；第三种是MEG轨道即中圆轨道。下列说法正确的是（　　）‎ A. GEO轨道上的卫星相对于地面静止，卫星处于平衡状态 B. GEO轨道上的卫星与IGSO轨道上的卫星周期相同，动能也相同 C. MEO轨道上的卫星运行速度比GEO轨道上的卫星运行速度小 D. IGSO轨道上的卫星运行时的加速度比赤道上物体随地球自转时的加速度大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．GEO轨道上的卫星相对于地面静止，但仍围绕地球做匀速圆周运动，所以卫星处于非平衡状态，故A错误；‎ B．由题意可知，GEO轨道上的卫星与IGSO轨道上的卫星周期相同，由公式 所以轨道半径相同，由可知，速率相同，但由于两轨道上卫星的质量关系不清楚，所以无法确定动能大小关系，故B错误；‎ C．由于MEO轨道半径比GEO轨道半径更小，由可知，MEO轨道上的卫星运行速度比GEO轨道上的卫星运行速度更大，故C错误；‎ - 21 -‎ D．IGSO轨道上的卫星的周期与地球自转周期相同，所以IGSO轨道上的卫星的角速度与地球自转角速度相等，由公式可知，IGSO轨道上的卫星运行时的加速度比赤道上物体随地球自转时的加速度大，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确是（　　）‎ A. 甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U B. 乙图可判断出A极板是发电机的负极 C. 丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是 D. 丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．根据公式得 故最大动能 与加速电压无关，故A错误；‎ B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；‎ C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即 - 21 -‎ 所以 不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；‎ D．若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误 故选B。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有两个或两个以上选项符合题意，全部选对得4分，选对不全得2分，答错或不答得0分。‎ ‎7.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼晴的情况。若手机质量为150g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经0.1s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（　　）‎ A. 手机对眼睛的作用力大小约为4.5N B. 手机对眼睛的作用力大小约为3.0N C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.30N•s D. 全过程手机重力的冲量大小约为0.45N•s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．20cm=0.20m；150g=0.15kg；根据自由落体速度 手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为 手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知 - 21 -‎ 解得手机对眼睛的作用力大小约为4.5N，故A正确，B错误；‎ CD．手机下落时间 全过程中重力的冲量 故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎8.如图所示，两等量同种电荷（+Q）固定放置，O为连线的中点，ABCD为电荷连线中垂面上的四个点，AO=BO=CO=DO，下列说法正确的是（　　）‎ A. A、B两点场强相同 B. C、D两点电势相同 C. 把电子从A点移动到C点，电子的电势能减小 D 以速度v从C点释放一电子，只受电场力作用下，可能做圆周运动到D点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点，由对称性可知A、B两点电两点场强的大小相等，方向不同，故A错误；‎ B．由于C、D两点到两正电荷的距离相等，所以CD两点的电势相等，故B正确；‎ C．根据两个等量同种正点电荷的电场分布特点知 所以把电子从A点移动到C点，电子的电势能增大，故C错误；‎ D．过O点在垂直两电荷的连线方向的平面内，以CD为直径的圆面为等势面，以速度v从C点释放一电子，只受电场力作用下，受到的电场力始终指向O点，电场力提供向心力，能做圆周运动到D点，故D正确。‎ - 21 -‎ 故选BD。‎ ‎9.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细绳竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，重力加速度为g。摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，滑轮间竖直距离足够长。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 相同时间内，A、B位移大小之比为1:2‎ B. 同一时刻，A、B加速度大小之比为1：1‎ C. 同一时刻，A、B速度大小之比为1：1‎ D. 当B下降高度h时，B的速度大小为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题可知，B下降位移是A上升位移的两倍，由公式可知，B的加速度是A加速度的两倍，故A正确，B错误；‎ C．由速度公式可知，由于B的加速度是A加速度的两倍，所以同一时刻，A的速度是B的一半，故C错误；‎ D．当B下降高度h时，A上升，由机械能守恒得 联立解得 故D正确。‎ - 21 -‎ 故选AD。‎ ‎10.如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的粒子从原点O沿与x轴成角斜向上方射入磁场，且在x上方运动半径为R，粒子重力忽略不计。则（　　）‎ A. 粒子经偏转一定能回到原点O B. 粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1‎ C. 粒子完成一次周期性运动的时间 D. 粒子完成一次周期性运动，沿x轴前进3R ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O，故A错误；‎ B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1：2，故B错误；‎ C．负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为，在第一象限轨迹所对应的圆心角也为 - 21 -‎ ‎，粒子圆周运动的周期为，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为 同理，在第四象限运动的时间为 完在成一次周期性运动的时间为 故C正确；‎ D．根据几何知识得，粒子完成一次周期性运动，即粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为 故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎11.如图所示，处于原长的水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端贴靠置于粗糙的水平面上O点的质量m的小物块，现对物块施加水平向左的恒力，物块向左运动至最远点P点时立即撤去，结果物块恰好返回O点静止，已知，重力加速度为g，则（　　）‎ A. 物块从O点运动到P点的过程加速度先减小后增加 B. 物块在P点时，弹簧的弹性势能为 C. 物块与水平面摩擦力因数 D. 物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点 ‎【答案】ABC - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物块从O运动P的过程中，物块在水平方向受到弹簧向右的弹力和滑动摩擦力，弹力逐渐增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故A正确；‎ B．根据能量守恒知全过程满足 物块在P点时刻，弹簧的弹性势能Ep，则 联立解得 故B正确；‎ C．O点弹簧处于原长，对物体受力分析知合力 根据能量守恒知 解得 故C正确；‎ D．速度最大的位置，合力为零，弹簧弹力等于摩擦力，根据胡克定律F=kx，应该是同一位置，故D错误。‎ 故选ABC。‎ 三、实验题：本题共两小题，每空2分，共18分。‎ ‎12.图1所示的电路。测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ 双量程电流表：A（量程0～0．6A，0～3A）；‎ 双量程电压表：V（量程0～3V，0～15V）；‎ 滑动变阻器：R1（阻值范0～20Ω，额定电流2A）；‎ - 21 -‎ 滑动变阻器：R2（阻值范0～1000Ω，额定电流1A）‎ ‎①为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为__________A，电压表的量程为__________V，应选用滑动变阻器__________（填写滑动变阻器符号）。‎ ‎②通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图2中画出了U-I图线。由图象可以得出，此干电池的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。‎ ‎③根据实验测得的I、U数据。若令，，则由计算机拟合得出的图线应是图3中的________（选填“a”、“b”或“c”）。其余两条图线分别是令和得出的。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). 1.45V (5). 1.3 (6). c ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表，估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；‎ ‎[3]由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～20Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～1000Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象；‎ 所以滑动变阻器选R1；‎ ‎(2)[4]由图示电源的U－I图象可知，电源的电动势为 ‎；‎ ‎[5]图象斜率的绝对值等于电源的内阻，内阻为 - 21 -‎ ‎；‎ ‎(3)[6]由题意可知，y=IU，由P=UI可知，纵坐标应为输出功率，根据电源的输出功率的性质可知，当内外电阻相等时电源的输出功率最大，故对应的图象应为c。‎ ‎13.如图所示，图甲为测量木块与木板间动摩擦因数μ的装置，木－木间动摩擦因数大致在0.3左右，木板保持水平，正确进行实验操作后，得到图乙所示的一条纸带。‎ ‎(1)关于上述实验操作过程：钩码质量________（选填“必须”、“不必”）远小于木块质量。‎ ‎(2)从某个清晰的打点开始依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出0点到各点的距离d1、d2、d3、d4、d5、d6．已知打点周期T，求得各点木块运动速度vi，其中第5点木块的速度v5=________；‎ ‎(3)取0点时刻为零时刻，作v-t图得到木块加速度为a，已知木块的质量M、钩码的质量m及当地重力加速度g，则木块与木板间动摩擦因数μ=__________。‎ ‎(4)对实验结果分析，发现μ测量值偏大，请列出一条产生系统误差的可能原因：_____________________‎ ‎【答案】 (1). 不必 (2). (3). (4). 细线与滑轮、纸带与打点器的阻力 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由实验原理可知，本实验并不需要钩码的重力近似代替绳的拉力，所以本实验钩码质量不必远小于木块质量；‎ ‎(2)[2]根据匀变速直线运动的规律可得第5点木块的速度为 ‎(3)[3]以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得 解得 - 21 -‎ ‎(4)[4]产生误差的原因可能是：细线与滑轮、纸带与打点器的阻力。‎ 四、实验题：本题共4小题，共64分。‎ ‎14.一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成边长为a的n匝正方形线框固定在纸面内，如图甲所示，虚线MN过正方形线框上下两边的中点。现在虚线MN左侧空间加一个方向垂直纸面、大小随时间变化的磁场。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示。求：‎ ‎(1)t=0时刻，线框的磁通量，以及线框中感应电流的方向；‎ ‎(2)在t=0到t=t0时间内，线框中产生的感应电动势E的大小；‎ ‎(3)在t=0到t=t0时间内，线框中产生的感应电流I的大小。‎ ‎【答案】(1)，顺时针方向；(2)；(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)线框的磁通量 此时线框中的磁通量正在减小，由楞次定律可知，线框中的感应电流方向为顺时针方向；‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律可知电动势为 ‎；‎ ‎(3)线框的电阻为 由闭合电路欧姆定律有 - 21 -‎ ‎。‎ ‎15.如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d=1m的容器，容器左侧离传送带右端B的距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，AB间距离为L=2m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10m/s2，求：‎ ‎(1)若速度v=2m/s，则快件在传送带上运动的时间；‎ ‎(2)要使快件能落人容器中，快件在B点抛出的速度至少多大；‎ ‎(3)要使快件能落人容器中，传送带匀速转动的速度大小范围。‎ ‎【答案】(1)1.2s；(2)；(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)快件在传送带上做匀加速时，由牛顿第二定律得：‎ 则加速度为 快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为 加速的时间为 接着快件匀速到B端，所用时间为 - 21 -‎ 所以总时间为 ‎；‎ ‎(2)快件离开传送带做平抛运动，由题意有 ‎，‎ 联立解得 ‎；‎ ‎(3)根据平抛运动的知识可得 ‎ ‎ 设快件落入容器的最小速度为v1，则有 解得 设快件落入容器的最大速度为v2，则有 解得 快件在传送带上匀加速运动到B点的速度为 因此传送带的速度为 ‎。‎ ‎16.如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑水平直杆。质量为m的小球a套在半圆环上，质量也为m的滑块b套在直杆上二者之间用长为的轻杆通过两铰链连接。现将小球a从圆环的最高处由静止释放，不计一切摩擦，a、b均可视为质点。求：‎ - 21 -‎ ‎(1)小球a滑经圆心O等高的P点、滑块b滑到右侧最远点时，滑块b的速度大小v1和小球a的速度大小v2；‎ ‎(2)小球a经过圆环Q点时，轻杆与圆环刚好相切，在图中画出此时a、b的速度方向，并求两者速度大小关系（设滑块b的速度大小为v3，小球a的速度大小为v4）；‎ ‎(3)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W。‎ ‎【答案】(1)；(2)，；(3)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得 解得 ‎；‎ ‎(2)杆与圆相切时，如图所示：‎ - 21 -‎ a的速度沿杆方向，设此时b的速度为v3，根据杆不可伸长和缩短，有 由几何关系可得 ‎ ‎ 解得 ‎；‎ ‎(3)在图中，球a下降的高度 a、b系统机械能守恒，则有 对滑块b，由动能定理得 解得：‎ ‎。‎ ‎17.如图所示，金属板MN垂直于纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xoy坐标系，x轴与MN板重合。O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在K与MN板间加一电压，从O点射出的电子速度大小都是v0，方向在纸面内，且关于y轴对称，发散角为2θ弧度。已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用及重力的影响。‎ ‎(1)求K与MN间的电压的大小U0。‎ ‎(2)若x轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感强度B1，求电子打到x轴上落点范围长度为△x。‎ ‎(3)若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，磁感强度B2，电子从O点进入磁场区偏转后成为平行于x轴的电子束，求该圆形区域的半径R及电子束的宽度△y。‎ - 21 -‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)，。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由动能定理有 解得 ‎；‎ ‎(2)电子运动轨迹如图所示：‎ 从O点射出的电子落在x轴PQ间，设电子做圆周运动半径为r，由几何关系有 由向心力公式有 解得 ‎；‎ ‎(3)电子运动轨迹如图所示 - 21 -‎ 由几何关系可知 由向心力公式有 解得 且有 ‎。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎