河北省衡水市第十三中学2020届高三上学期第二次质量检测物理试题 Word版含解析

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0v 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. 0mv

B. 02mv

C. mgt

D.

0mgt mv +

【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p mgt ?=，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，

2sin sin F mL θθω=?

即

2F mL ω=

当小球离开水平桌面后在空中做圆周运动时，仍然有

2sin sin F mL θθω=?

即

2F mL ω=

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

的

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253Er k

D. 小球B 的带电量为2

54Er k

【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，

A B A 2

cos37q q k

q E r ?

= 则

2

B 54Er q k

= 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 ，R 1、R 2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

【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1

2

l L =

=0.5m ，受到的安培力为 F=BIL =0.2N mg +2F 弹=F F 弹=

2

F mg

-=0.05N 选项B 错误,符合题意； C ．根据F 弹=k Δx ，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

2mg

x k

=

=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U 1、U 2，通过两元件的电流分别为I 1、I 2，则下列关系正确的是

A. U 1>U 2

C. U1I1>U2I2

D. 12

12

U U

I I

>

【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12

12

,

U U

I I分别为两条割线的斜率，显然

12

12

U U

I I

<

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3Ω，则下列说法正确的是（）

A. 机器人正常工作时的电流为4A

B. 工作时，机器人的发热功率为0.33W

C. 锂电池的内阻为3.6Ω

D. 机器人可以连续正常工作的时间为72min 【答案】D 【解析】

【详解】A.机器人正常工作时的电流为 3.3A P

I U

=

=，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

350001036000.8s 72min

10

3

t -???== 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

22224Mm v G mr ma m r T r

π=== 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

mv

R

qB

=，

()2

2

k

RqB

E

m

=，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，L17F

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. L 2电流加倍后，L 1受到的安培力方向与水平向右的方向夹角的正弦值为21 【答案】AD 【解析】

【详解】A ．L 2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，L 2电流加倍后L 2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L 1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F 1，则

F =2F 1cos30°

13

F F =

电流加倍后1、3间作用力为F 1，1、2之间作用力为2F 1，夹角为60°，根据余弦定理:

()22111121

222cos 60F F F F F F =++?=

o B 错误； D ．根据正弦定理:

1sin120sin F F

α

=o

解得正弦值为

21sin 14

α=

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 4mW

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

13

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

I p =?=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

2mv =

此时弹簧的弹性势能

211

222

p E W mv W ==?=

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1F 和2F 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F '的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力12'F F F ，，；根据力的平行四边形定则作出1F 和2F 的合力F ；如果没有操作失误，图乙中的F 与'F 两力中，方向一定沿CO 方向的是_____________.（填“F ”或“'F ”）

（2）下列对实验

的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). 'F(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'F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

55

0.2

R=Ω-Ω=Ω

(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

()()

1A12A22

E I r R I R R

=+++

由图丙得到电池的电动势为

0.14510V 1.45V

E=?=

电池的内阻

r=

3

(14515)1010

1 2.25

0.4

-

-??

Ω-Ω=Ω

(4)[6]由(3)得

()

2A22

A1

1

E I R R

r R

I

-+

=-

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R 0=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I 1=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

2U

I R

=

解得

2I =2A

总电流

12I I I =+=4A

E U Ir =+

解得

r=0.25Ω

（2）电动机的输入功率

P 入=UI 1

解得

P 入=16W

电动机的热功率

P 热=2

10I R =4W

所以电动机输出功率

P 出=P

入-P 热=12W

16.如图所示的x O y 平面直角坐标系内，在x ≤3a 的区域内，存在着垂直于x O y 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x O y 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t 0恰好从磁场的右边界P(3a ，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）0

23q m Bt π= （2）2113a ??

+ ? ???

【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

222(3)a a r r +-=

可得

23

r =

3

sin a r θ=

=

可知

θ=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1

3

，即

011233m t T Bq

π==?

可得

23q m Bt π= （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

2221(3)(2)y a r +=

得

121

3

y a =

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

2222(3)y a r r +-=

得

2y a =

故粒子从磁场右边界射出的区域长度为

122113l y y a ?=+=+ ??

.

17.半径均为52m R =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5N s ?，重力加速度g 取210m /s ，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）252N F ?= ?

?（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0v ，根据动量定理有

0I mv =

解得05m /s v =

在轨道最低端，根据牛顿第二定律，

2

v F mg m R

-=

解得252N F ?= ??

根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为252N 2F '

??

=+ ? ???

（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：

0x v t =

竖直位移：

2

12

y gt =

由勾股定理：

222x y R +=

解得1s t = 竖直速度：

10m /s y v gt ==

可得小球的动能

()22k y 021162.5J 22

v E mv m v =

=+= 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

q

m

=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=x 2，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E 1=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E 2．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E 2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E 1中加速的位移满足2

y x =

设粒子射出电场E 1时的速度大小为v ， 由动能定理可得:

211

2

qE y mv =

若粒子由ab 的中点发射，则在电场中加速的位移为

14

y =

m 联立解得

1v =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

2

v qvB m r

=

结合（1）中式子可得

2k

mE x r B q

=

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2min E ，设该粒于由d 点进入电场E 2的初速度为2v ，在电场E 2中运动的时间为3t ，加速度为2a . 在水平方向上有

22312

x a t =

在竖直方向上有

23y v t =

又根据牛顿第二定律得

2min 2qE ma =

将x =l =1m ，y =h =1m 代入以上各式整理可得

2min E =8.0×102N/C

由题意得，在E 2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E 1的电场中运动的时间为1t ，在磁场中运动的时间为2t ， 则有

1

21qE v t m

=

在匀强磁场中转过θπ=的圆心角，则有

22r v t π=

故该粒子所经历的总时间

123t t t t =++≈5.7×10-4s.