【文档说明】河北省石家庄二中2020-2021学年高二8月线上考试（二）物理试题答案.pdf，共(4)页，207.022 KB，由管理员店铺上传

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物理线上测试（二）参考答案1.答案A解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B错；重力对物体做负功，C错；合外力为零，做功为零，D错.2.答案D解析同步卫星只能位于赤道正上方，A

项错误；由GMmr2＝mv2r知，卫星的轨道半径越大，卫星做匀速圆周运动的线速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C项错误

；将卫星发射到越高的轨道克服引力做功越多，故发射到近地圆轨道所需能量较少，D项正确.3.答案C解析根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，解得T＝4π2r3GM，v＝GMr，a＝GMr2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心

加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号的质量大，动能Ek＝12mv2变大，选项C正确.4.答案C解析小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝mv2r.小车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒.设小车在A处获得的最

小初速度为vA，选A点所在水平面为零势能参考面，由机械能守恒定律得12mvA2＝mgr＋12mv2，解得vA＝3gr，故选项C正确.5.答案B解析由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知a点的电势低于b点的电势，故A错误；由电势能的公式：Ep＝qφ，可得出正试探电荷

在a点的电势能低于在b点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知电场力做了负功，故B正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c点的电场强度小于d点的电场强度，故C错误；正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电

场线由d到c，故D错误．6.答案D解析因总电流增大，则r与R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，且增大量大于ΔI，故A错误；由ΔUΔI＝r，可知ΔUΔI的大小不会随R的变化而变化，故

B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确内、外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，故C错误；电源的效率η＝UE×100%，因电压表示数的减小量为ΔI·r，得电源的效率降低了ΔI·rE

，故D正确．7.答案A解析根据v－t图象可知，此正电荷速度减小且加速度越来越小，说明正电荷逆着电场线运动，由电势低的点移向电势高的点，且静电力越来越小，即电场变弱，故选项A正确，B、C、D错误．8.答案D解析B点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷

在B点产生的场强与两正点电荷在B点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B点的场强为kQl2，两正点电荷在B点的合场强也为kQl2，当负点电荷移到A点时，负点电荷与B点的距离为2l，负点

电荷在B点产生的场强为kQ4l2，方向沿x轴负方向，两正点电荷在B点产生的合场强的大小为kQl2，方向沿x轴正方向，所以B点处合场强的大小为kQl2－kQ4l2＝3kQ4l2，方向沿x轴正方向，所以A、B、C错

误，D正确．9.答案C解析A、B碰撞过程时间极短，弹簧没有发生形变，A、B系统所受合外力为零，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，解得：v′＝v2，A、B碰撞过程，C所受合外力为零，C的动量不变，速度仍为0.10.答案CD解析缓慢上拉过程中，小猴处于平衡状态，故

拉力是变力，根据动能定理，有：WF－mgL(1－cosθ)＝0，故WF＝mgL(1－cosθ)，故A错误；缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功，故为mgL(1－cosθ)，故B错误；小猴子再次回到最

低点时重力方向与速度方向垂直，故重力的瞬时功率为零，故C正确；刚刚释放时，速度为零，故重力的功率为零，最低点重力与速度垂直，功率也为零，故由静止释放到最低点，小猴子重力的功率先增大后减小，故D正确.11.答案AC解析以向右为正方向，A、B两人及小车

组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．12.答案CD解析电容器两极板间的电压等于R2两端的电压，开关S断开时，电路中的总电流为I＝ER2＋r＝28＋2A＝0.2A，电容器的两极

板间的电压为U＝IR2＝0.2×8V＝1.6V，此时电容器所带电荷量为Q＝CU＝3×10－6×1.6C＝4.8×10－6C，故选项A、B错误；开关接通时两定值电阻并联，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总电流I′

＝ER外＋r＝24＋2A＝13A，电容器的两极板间的电压U′＝I′R外＝13×4V＝43V，此时电容器所带的电荷量Q′＝CU′＝3×10－6×43C＝4×10－6C，故选项C、D正确．13.答案CD解析对任意一球研究，设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得：mgr＝12mv2，得：v＝2gr

，由于r不同，则v不等，故A错误；由v＝rω得：ω＝vr＝2gr，可知两球的角速度大小不等，故B错误；两球的初始位置机械能相等，下滑过程机械能都守恒，所以通过C、D时两球的机械能相等，故C正确；通过圆轨道

最低点时小球的向心加速度为an＝v2r＝2g，与半径无关，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝man，得轨道对小球的支持力大小为FN＝3mg，由牛顿第三定律知球对轨道的压力为FN′＝3mg，与半径无关，则通过C、D时，两球对轨道的压力相等，故D正确.所以C、D正确，A

、B错误.14.答案BC解析小车、弹簧与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失．Mv′－mv＝0，则v′＝mMv，同时该系统属于“人船模型”，Md＝m(L－d)，所以车向左运动的最大位移应等于d＝mLM＋m，综上，选项B、C正确

．15.答案BD解析由x－t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA＝ΔxAΔtA＝4－102m/s＝－3m/s，B球的速度vB＝ΔxBΔtB＝42m/s＝2m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′

＝v＝ΔxCΔtC＝2－42m/s＝－1m/s，则碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得：mB＝43kg.A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋43×2kg·m/

s＝－103kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝12mvA2＋12mBvB2－12(m＋mB)v2，代

入数据解得：ΔEk＝10J，故A、C错误，B、D正确．16.答案BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t2的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq，在后

t2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq，A错，B对；由W＝Eqx知，在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，C对，D错．17.答案CD解析根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，

速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．18.答案ABC解析由题图知，A板带正电，B板带负电，电

容器内电场方向水平向右．绝缘线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A正确．滑动触头向右移动时，R接入电路的阻值变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，R1两端电压变小，则电容器电压变小，绝缘线偏角变小，故B正确．滑动触头向右移动时，

电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流计的电流方向从上向下，故C正确．根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻时，外电阻减小，输出功率增大；外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法比较电源输出

功率的大小，故D错误．19.答案(1)2m/s(2)4N，方向竖直向上(3)0.2m解析(1)以v0的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有：－μMgt＝MvA－Mv0(1分)解得：vA＝2m/s(1分)(2)对A、B，碰撞前后动量守恒：MvA＝M

vA′＋mvB(1分)因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：12MvA2＝12MvA′2＋12mvB2联立以上各式解得：vA′＝1m/s，vB＝3m/s(1分)又因为B球在轨道上机械能守恒：12mvC2＋2mgR＝12mvB2解

得：vC＝5m/s(1分)设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为FN，则有：mg＋FN＝mvC2R(1分)解得FN＝4N(1分)由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上．(1分)(3)对A沿圆轨道运动时：12MvA′2＜MgR因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返

回轨道底端，此时A的速度大小为1m/s.由动能定理得：－μMgs＝0－12MvA′2(1分)解得：s＝0.2m．(1分)