【物理】河北省保定市河北安国中学2020届高三上学期第二次试题（解析版）

【物理】河北省保定市河北安国中学2020届高三上学期第二次试题（解析版）

河北省保定市河北安国中学 2020 届高三上学期 第二次试题 一、选择题 1.如图所示，水平地面上的物体 A，在斜向上的拉力 F 作用下，向右作匀速直线运动，则 （ ） A. 物体 A 可能不受地面支持力的作用 B. 物体 A 可能受到三个力的作用 C. 物体 A 受到滑动摩擦力的大小为 Fcosθ D. 水平地面对 A 的作用力一定是竖直向上 【答案】C 【解析】 【详解】物体 A 若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡．故 A 错误．物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡．故 B 错误．在水平方向上有： Fcosθ=f．故 C 正确．物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为 拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水平地面对 A 的作用力一定不是竖直方向．故 D 错误．故选 C． 2.一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则 （ ） A. 质点速度的方向总与该恒力的方向相同 B. 质点加速度的方向总与该恒力的方向相反 C. 质点可能先做匀减速运动再做匀加速运动，但最小速度不为 0 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 【答案】C 【解析】 【详解】质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果质点做匀加速 或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反，A 错误；根据牛顿第二定 律可得加速度方向与合外力方向相同，即加速度方向与该力的方向相同，B 错误；若该力的 方向与速度方向不共线，且夹角为钝角，则质点先做匀减速曲线运动，当与该力方向共线的 分速度为零后（另一个分力不为零，即最小速度不为零），又开始做匀加速运动，C 正确； 因为合外力恒定，加速度恒定，由 可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变， 但速率的变化量不一定不变，D 错误． 3.如图所示，图中边长为 a 的正三角形 ABC 的三个顶点分别固定有三个点电荷＋q、＋q、－ q，则该三角形中心 O 点处的场强为 A. ，方向由 C 指向 O B. ，方向由 O 指向 C C. ，方向由 O 指向 C D. ，方向由 C 指向 O 【答案】C 【解析】 O 点是三角形的中心，到三个电荷的距离为 ，三个电荷在 O 处产生 的场强大小均 ，根据对称性和几何知识得知：两个+q 在 O 处产生的合场强为 ，再与-q 在 O 处产生的场强合成，得到 O 点的合场强为 ，方 向由 O 指向 C，故 C 正确， 综上所述本题答案是：C 4.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力 作用下的运动轨迹，设 M 点和 N 点的电势分别为 ，粒子在 M 和 N 时加速度大小分 别为 ，速度大小分别为 ，电势能分别为 ．下列判断正确的是 v a t∆ = ∆ 2 3kq a 2 3kq a 2 6kq a 2 6kq a 2 3sin 603 3r a a= = 0 2 kqE r = 1 2 kqE r = 0 1 2 6kqE E E r = + = M N ϕ ϕ、 M Na a、 M Nv v、 P PM NE E、 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从 M 运动到 N；从 N 运动到 M，根据电场的性质依 次判断； 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速 度越大，故有 ；若粒子从 M 运动到 N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯 曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大， 动能减小，即 ，负电荷在低电势处电势能大，故 ； 若粒子从 N 运动到 M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电 场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即 ，负电荷在低电势处电势能大，故 ； 综上所述，D 正确； M N M Nv v a a< <， M N M Nv v ϕ ϕ< <， P PM N M NE Eϕ ϕ< <， P PM N M Na a E E< <， M Na a< M N pM pNv v E E> <， M N ϕ ϕ> M N pM pNv v E E> <， M N ϕ ϕ> 【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受 到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场 力做功情况． 5.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环．细绳 a 的一端固定在圆环 的 A 点，细绳 b 的一端固定在小球上，两绳的联结点 O 悬挂着一重物，O 点正好处于圆 心．现将小球从 B 点缓慢移到 B'点，在这一过程中，小球和重物均保持静止．则在此过程 中绳 的拉力（　　） A. 一直增大 B. 一直减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】A 【解析】 对联结点 O 进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示： 可知小球从 B 点缓慢移到 B′点过程中，绳 a 的拉力 逐渐变大，故 A 正确，BCD 错误． 6.引力波探测于 2017 年获得诺贝尔物理学奖．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设 宇宙中有一双星系统由 P、Q 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力 作用下做匀速圆周运动，测得 P 星的周期为 T，P、Q 两颗星的距离为 l，P、Q 两颗星的轨 道半径之差为△r（P 星的轨道半径大于 Q 星的轨道半径），引力常量为 G，则下列结论错误 的是 a aF A. Q、P 两颗星的质量差为 B. Q、P 两颗星的线速度大小之差为 C. Q、P 两颗星的运动半径之比为 D. Q、P 两颗星的质量之比为 【答案】C 【详解】A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等， 则有： ，解得 ，则 Q、P 两颗星 的质量差为 ，故 A 正确；B、P、Q 两颗星的线速度大 小之差为 ，故 B 正确；C、双星系统靠相互间的万有 引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以 Q 星的周期为 T，根据题意可知， 解得： ，则 P、Q 两颗星的运动半径之比 ，C 错误．D、P、Q 两颗星的质量之比为 ，故 D 正确．本题选 错误的故选 C． 7.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平 面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程 中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度） ( ) A. 小球动能最大时，小球电势能最小 B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成 系统机械能最大 C. 小球电势能最小时，小球动能为零 D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大 【答案】BCD 的 2 2 2 4 l r GT π ∆ 2 r T π∆ l l r− ∆ l r l r − ∆ + ∆ 2 2 2 P Q P P Q Qrm mG m m rl ω ω= = 2 2 2 2 ;Q p P Q l r l rm mG G ω ω= = 2 2 2 2 2 4 Q P l r l rm m m G GT ω π∆ ∆∆ = − = = 22 2QP P Q rr rv v v T T T ππ π∆= − = − = ,P Q P Qr r l r r r+ = − = ∆ ,2 2P Q l r l rr r + ∆ − ∆= = l r l r + ∆ − ∆ QP Q rm l r m rp l r − ∆= = + ∆ 【解析】 【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动 能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故 A 错误；小球运动过程中只有电场力 和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最 小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故 B 正确；小球向右运动时，电场力做正功， 电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故 C 正确；当电场力和弹簧弹力平衡 前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的 动能最大，故 D 正确；故选 BCD． 8.在如图所示的电路中，电源内阻 r≠0，定值电阻 R2 消耗的功率用 P 表示，两电表均为 理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用 U、I 表示，电容器所 带的电荷量用 Q 表示，通过电源的电荷量为 q 时，电源所做的功用 W 表示；当滑动变 阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【详解】A．定值电阻消耗的功率 P=I2R2，所以 P 与 I 成二次函数关系，故 A 正确； B．电容器两端电压和变阻器两端电压 U1 相等，则 U1=E-I（r+R2），所以电容器所带电荷量 Q=-CI（r+R2）+CE，可以看出电荷量 Q 与电流 I 成一次函数关系，故 B 正确； C．电压表测量的是路端电压，根据闭合电路的欧姆定律得 U=-Ir+E，则 U 与电流 I 成一次 函数关系，应该是一条倾斜的直线，故 C 错误； D．电源做功 W=qE，所以 W 与 q 是成正比关系，故 D 错误。 故选 AB。 二、非选择题 9.在下列测量长度的仪器中能够精确到 0.01 mm 的是________ A. 10 分度游标卡尺 B. 20 分度游标卡尺 C. 50 分度游标卡尺 D. 螺旋测微器 【答案】D 【解析】 【详解】A．10 分度游标卡尺精确到 0.1mm，选项 A 错误； B．20 分度游标卡尺精确到 0.05mm，选项 B 错误； C．50 分度游标卡尺精确到 0.02mm，选项 C 错误； D．螺旋测微器精确到 0.01mm，选项 D 正确； 故选 D。 10.在如图所示“探究求合力方法”的实验装置中，橡皮条的一端固定在 P 点，另一端被小明 用 A、B 两个弹簧测力计拉伸至 O 点，F1、F2 分别表示 A、B 两个弹簧测力计的读数。 在图示位置时，F2 垂直于橡皮条，合力一定________ F1（选填“大于”、“小于”或“等于”）； 【答案】小于 【解析】 【详解】[1]．点 O 受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对 O 点拉力的合力 一定 PO 方向，根据三角形几何关系可知，合力作为直角三角形的直角边，而 F1 作为斜边， 所以合力一定小于 F1。 11.此游标卡尺读数为______________cm 【答案】1.450 【解析】 【详解】[1]．游标卡尺读数为：1.4cm+0.05mm×10=1.450cm。 12.用伏安法测定一个待测电阻 Rx 的阻值(阻值约为 200 Ω)，实验室提供如下器材： 电池组 E(电动势 3 V，内阻不计) 电流表 A1(量程 0～15 mA，内阻约为 100 Ω) 电流表 A2(量程 0～300 μA，内阻为 2 000 Ω) 滑动变阻器 R1(阻值范围 0～20 Ω，额定电流 2 A) 电阻箱 R2(阻值范围 0～9 999 Ω， 1 A) 开关 S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量 Rx 的阻值，请回答下面问题： （1）将电流表 A2 与电阻箱串联，改装成一个量程为 3.0 V 的电压表，将电阻箱阻值调到 ______Ω； （2）在方框中完整画出测量 Rx 阻值的电路图，并在图中标明器材代号。 （3）调节滑动变阻器 R1，两表的示数如图所示，可读出电流表 A1 的示数是________mA， 电流表 A2 的示数是________μA，测得待测电阻 Rx 的阻值是________Ω. 【答案】(1). (2). 电路图如图： (3). 8.0 mA 150 .0μA 【解析】 【详解】（1）[1]．改装后电压表量程 3 V，则电阻箱阻值 ； （2）[2]．滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；待测电 是 8000Ω 191Ω 2 2 4 3 2000 80003 10g g UR RI −= − = − Ω = Ω× 阻阻值约为 200 Ω，电流表 A1 内阻约为 100 Ω，电压表内阻 ，据 可知电流表应采用外接法；则电路图如图： （3）[3][4][5]．由图示可知，电流表 A1 的示数为 8.0 mA，电流表 A2 的示数为 150.0 μA； 待测电阻两端电压 测得待测电阻 。 13.如图甲所示，有一倾角为 θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg 的 木板，木板材质与斜面体相同，t=0 时有一质量 m=6kg 的滑块在斜面上由静止开始下滑，后 来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失），图乙所 示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知 sin53°=0.8， cos53°=0．6， 取 g=l0m/s2，求滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数 ； 【答案】 0.2 【解析】 【详解】滑块在斜面上下滑时，满足： mgsinθ -μ1N=ma1 ① 2 10000V g UR I = Ω＝ A VxR R R< 6 2 150 10 10000V 1.5VVU I R × ×－＝ ＝ ＝ 3 6 1 2 1.5 1918.0 10 150 10x UR I I − −= = Ω ≈ Ω− × − × 1 2 µ µ、 1 3 N= mgcosθ ② 由 v-t 图得加速度 a1= =6m/s2 ③ 综合①②③解得 μ1= 滑块滑上木板后减速 μ1mg =ma2 ④ 其中 a2= ⑤ 对木板分析有 μ1mg –μ2（m+M）g =Ma3 ⑥ 其中 a3= ⑦ 综合④⑤⑥⑦解得 μ2=0.2 14.在一个水平面上建立 x 轴，在过原点 O 右侧空间有一个匀强电场，场强大小 ，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个带电量 ．质量 带负电绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数 ，沿 x 轴正方向给 物块一个初速度 ，如图所示， 求（1）物块最终停止时的位置（g 取 10 ） （2）物块在电场中运动过程的机械能增量． 的 0 1 v t 1 3 0 1 2 1 -v v t t− 1 2 1 v t t− 56 10 N/CE = × 85 10 Cq −= × 0.010kgm = 0.2µ = 0 2m/sv = 2m/s 【答案】（1）物块停止在原点 O 左侧 0.2m 处． （2）0.016J 【解析】 物体向右匀减速运动，用动能定理求出物块沿 x 轴正方向运动离 O 点的最远距离；由于电 场力大于摩擦力，当物块运动到沿 x 轴正方向离 O 点的最远距离时又返回向 x 轴负方向运 动，对返回的过程运用动能定理，求出物块最终停止时的位置；物块在电场中运动过程中电 场力做功为零，物块机械能的增量等于摩擦力所做的功． （1）第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为 0，由动能定理得 解得 第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后在做匀减速运动直到停止． 由动能定理得： 解得 则物块停止在原点 O 左侧 0.2m 处．. （2）物块在电场中运动过程的机械能增量数值上等于摩擦力所做功． 【点睛】运用动能定理解题关键合理地选择研究过程，分析过程中有哪些力做功，结合各力 做功的代数和等于动能的变化量进行求解． 15.下列说法正确的是（ ） A. 铜的摩尔质量为 ，铜的密度为 ，阿伏伽德罗常数为 ， 个铜原子所占的体积为 B. 气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的 C. 绝对零度就是当一定质量的气体体积为零时，用实验方法测出的温度 D. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 E. 一定质量 理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，单位时间内单位面积器壁上受到 气体分子碰撞的次数增多 【答案】ADE 【解析】 的 2 1 0 1( ) 0 2Eq mg x mvµ− + = − 1 0.4mx = 1 1 2( ) 0Eqx mg x xµ− + = 2 0.2mx = 1= 2 mg 0.016JfE W xµ∆ = − = − M ρ N 1 M Nρ 【详解】A．铜的摩尔质量为 ，铜的密度为 ，阿伏伽德罗常数为 ， 个铜原子的质 量 ，所占的体积为 ，选项 A 正确； B．气体的压强是由大量的气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，选项 B 错误； C．绝对零度是无法达到的，从而无法根据实验方法进行测量，故 C 错误； D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，则内能一定增加，故 D 正确； E．根据理想气体状态方程 ，则一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增 大，而气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞 的次数增多，故 E 正确。 故选 ADE。 16.如图所示，竖直放置的均匀带阀门的细 U 型试管，左侧管长 30cm，右管足够长且管口开 口，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为 10cm，左管内被水银封闭的空气柱气体温 度为 27℃，已知大气压强为 75cmHg。 （1）若阀门关闭，对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成 5cm 长的高度差，则此时气 体的温度为多少摄氏度? （2）若打开阀门，直至两侧水银面形成 5cm 长 高度差，关闭阀门，求放出水银后，左侧 气柱的长度。(保留两位有效数字） 【答案】（1）87℃ （2）21cm 【解析】 【详解】（1）由理想气体状态方程 其中封闭气体气体初态的压强 P1=75cmHg 体积 V1=20S. 升温后封闭气体的压强 p2=p0+ρgh=80 cmHg 体积 V2=S L2=22.5S 的 M ρ N 1 M N M Nρ PV CT = 0p = 1 1 2 2 1 2 PV PV T T = 代入数据 得 T2=360K 即 t2=87℃ （2）由理想气体状态方程 P1V1 =P3V3 其中：p3=p0-ρgh=70 cmHg V3= SL3 代入数据得 L3= 21cm 2 75 20 80 22.5 300 T × ×＝