【文档说明】黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考理综物理试题含解析【精准解析】.doc，共(16)页，834.500 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省大庆十中2020届高三上学期第二次月考理综物理试卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列说法正确的是（）A.由FEq=可知，电场强度E与q成反比，与F成正比B

.库仑提出了用电场线描述电场的方法C.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍D.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证【答案】C【解析】【详解】A．电场强度是由电场本身决定的物理

量，与试探电荷的电量q以及所受的电场力F无关；由FEq=可知，电场强度E等于F与q的比值，选项A错误；B．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B错误；C．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，选项C正确；D．伽利略猜想自由落体的运动速度

与下落时间成正比，后来用斜面实验间接进行了验证，选项D错误；故选C.2.如图所示，质量M=60kg的人用绳子通过定滑轮拉着质量m=10kg的物块一直保持静止不动．若不计绳与滑轮的摩擦，绳与竖直方向的夹角为α=60°，g取10m/s2．下列

说法中正确的是A.人对地面的压力为550NB.地面对人的摩擦力为50NC.绳对滑轮的作用力为100ND.人的质量越大受到地面的摩擦力越大【答案】A【解析】【详解】A．绳子拉力总等于物块的重力100N，对人进行受力分析如图所示，可得人对地面的压力为cos600N50NN

Mgmg=−=−=550N，选项A正确；B．地面对人的摩擦力为3sin1002fmg==N=503N，选项B错误；C．对滑轮受力分析如图所示，可得绳对滑轮的作用力F=602cos2mg=1003N，选项C错误；D．改变人的质量，静摩擦力不变，

选项D错误．3.习近平主席在2018年新年贺词中提到，科技创新、重大工程建设捷报频传，“慧眼”卫星邀游太空．“慧眼”于2017年6月15日在酒泉卫星发射中心成功发射，在10月16日的观测中，确定了射线的流量上限．已

知“慧眼”卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r（r>R），运动周期为T，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.“慧眼”卫星的向心加速度大小为224rTB.地球的质量大小为2324RGTC.地球表面的重力加速度大小为224RTD.“慧眼”卫星的线速度大于7.9km/s

【答案】A【解析】【详解】设地球的质量为M，“慧眼”卫星的质量和向心加速度分别为m、a向，地球表面的重力加速度为gAB.根据万有引力提供向心力可得：2224MmGmrmarT==向解得：224πraT=向2324πrMGT=故A项正确，B项错误；C.地球表面的物体的重力近似等于物体所受

到的万有引力，即202()mgmRT=解得：2204πRgT=此时分母里的周期应该是绕地表的周期T0，不是在高空中的周期T，故C错误；D.由公式22MmvGmrr=解得：GMvr=“慧眼”卫星的半径大于地球的半径，所以“慧

眼”卫星的线速度小于7.9km/s，故D项错误．4.如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.粒子由A到B电场力做负功C.粒子在B点动能

大D.粒子在A点加速度大【答案】B【解析】【详解】A．根据曲线运动条件可知，粒子所受的合力应该指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力逆着电场线方向，与电场方向相反，所以粒子带负电。故A错误；BC．粒子所受的电场力方向大致向下，则粒子从A到

B，电场力对粒子做负功，动能减小，则粒子在B点动能小，故B正确，C错误；D．由于B点的电场线密，场强大，所以粒子在B点受到的电场力大，则在B点的加速度较大。故D错误；故选B。5.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道处于竖直向下的匀强电场E中，

在轨道的上端，一个质量为m、带电量为＋q的小球由静止开始沿轨道运动，则（）A.小球运动过程中机械能守恒B.小球机械能和电势能的总和先增大后减小C.在最低点球对环的压力为（mg＋qE）D.在最低点球对环的压力为3（mg＋qE）【答案】D【解析】【详解】

A．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒．故A不符合题意．B．小球运动过程中只有电场力和重力做功，发生的时机械能与电势能的转化，但小球机械能和电势能的总和不变．故B不符合题意．CD．小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：()212mgqERmv+=，由2vNmgqEmR−−=，联立解得

：N=3（mg+qE）由牛顿第三定律知在最低点球对环的压力为3（mg+qE）．故C不符合题意，D符合题意．6.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b

和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大【答案】BD【解析】【详解】AB．b、c的高度相同，大于a的高度，根据h=12gt2，得2htg=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间小于b的时间．

故A错误,B正确；C．因为a的飞行时间短，但是水平位移大，根据x=v0t知，a的水平速度大于b的水平速度．故C错误；D．b、c的运动时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，则b的初速度大于c的初速度．故D正确．【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的

运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.7.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则（）A.绳子自由端的速率v增大B.拉力F变小C.拉力F的功率P不变D.杆对A的弹力FN减小【答案】C【解析】【详解】

AC.物体A沿绳子方向上的分速度cosθAvv=，该速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v减小，拉力的功率为：cosθcosθAAmgPFvvmgv===可知拉力的功率P不变，故选项A不符合题意，C符合题意．BD.因为A做匀速直线运

动，在竖直方向上合力为零，则有：cosθFmg=因为增大，cosθ减小，则拉力F增大，水平方向合力为零，则有：sinθNFF=F增大，sinθ增大，所以NF增大，故选项B、D不符合题意；8.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示

．用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是()A.若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变B.若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则

φ变大，E变大C.若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变D.若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ减小【答案】AD【解析】【详解】A.若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，根据4SCkd=可知电容增大，由Q不变，根据Q

CU=可知两极板间的电压U变小；由QCU=、4SCkd=、UEd=可得：4kQES=可知电容器两极板间的电场强度E不变，故A正确；B.若将一玻璃板插入A、B两极板之间，根据4SCkd=可知电容增大，由Q不变，根据QCU=可知两

极板间的电压U变小，根据UEd=可知，且电容器两极板间的电场强度E变小，由UEd=知，P点与下极板的电势差减小，则P点的电势变小，故B错误；C.若将A极板向左平行移动少许，根据4SCkd=可知电容减小，由Q不变，根据QCU=可知两极板间的电压U变大，且

E变大，由UEd=知，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势变大，故C错误；D.若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，电容C变大，则U变小，且E不变，由UEd=知P点与下极板的电势差变小，变小，故D正确．三、非选择题：共174分。

第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。9.在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：xR（阻值约4，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3k）；电流表：1A（量程0.6A，内阻约

0.2）；2A（量程3A，内阻约0.05）；电源：1E（电动势3V，内阻不计）2E（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数

如图所示，读数为_________mm。②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选_____、电源应选____（均填器材代号）.【答案】(1).1.775(2).A1(3).E1【解析】【详解】①[1]．用螺旋测微器测量金属丝的直径，读数为1.5mm+0.01mm×27.5

=1.775mm。②[2][3]．因电压表量程为3V，则电源选择E1；电路中可能出现的最大电流为3A0.75A4EIR===，可知电流表应选A1。10.某同学设计了如图装置来验证碰撞过程遵循动量守恒．在离地面高度为h的光滑水平桌面上，放置两个小球a和b．

其中，b与轻弹簧紧挨着但不栓接，弹簧左侧固定，自由长度时离桌面右边缘足够远，起初弹簧被压缩一定长度并锁定．a放置于桌面边缘，球心在地面上的投影点为O点．实验时，先将a球移开，弹簧解除锁定，b沿桌面运动后水

平飞出．再将a放置于桌面边缘，弹簧重新锁定．解除锁定后，b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出．重复实验10次．实验中，小球落点记为A、B、C．(1)若a球质量为ma，半径为ra；b球质量为mb，半径为rb．b球与a球发生碰撞后，均向前水平飞出，则______

．A．ma<mb，ra=rbB．ma<mb，ra<rbC．ma>mb，ra=rbD．ma>mb，ra>rb(2)为了验证动量守恒，本实验中必须测量的物理量有____．A．小球a的质量ma和小球b的质量mbB．小球飞出的水平距离OA、OB、OCC．桌面离地面

的高度hD．小球飞行的时间(3)在实验误差允许的范围内，当所测物理量满足表达式：__________，即说明碰撞过程遵循动量守恒．（用题中已测量的物理量表示）(4)该同学还想探究弹簧锁定时具有的弹性势能，他测量了桌面离地面的高度

h，该地的重力加速度为g，则弹簧锁定时具有的弹性势能Ep为_______．（用题中已测量的物理量表示）【答案】(1).A(2).AB(3).mb•OB=mb•OA+ma•OC(4).24bPmgOBEh=【解析】【详解】(1)[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该

使mb大于ma，为了使偏转能沿水平方向发生，则二者的球心的高度要相同，所以它们的半径要相等．故A正确，BCD错误(2)[2]要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替

．所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故AB正确，CD错误(3)[3]小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：mbv0=mb

v1+mav2两边同时乘以时间t，得：mbv0t=mbv1t+mav2t则：mb•OB=mb•OA+ma•OC(4)[4]桌面离地面的高度h，该地的重力加速度为g，小球b飞行的时间：2htg=b的初速度02OBgvOBth==弹簧锁定时具有的弹性势能Ep转化为小球b的动能，所以弹簧锁定时具有的

弹性势能Ep为：220124bPbmgOBEmvh==11.在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F/3，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．求：（1）物体受到的拉力F的大小．（2）物体与地面之间的动摩擦因数．(g取

10m/s2)【答案】（1）8.4N；（2）0.34。【解析】【详解】设物体所受滑动摩擦力为f，则物体在0～10s的运动过程中，由v-t图可得，加速度的大小为22180m/s0.8m/s100a−==−，由牛顿第二运

动定律得F-f=ma1①物体在10s～14s的运动过程中，，由v-t图可得，加速度的大小为22208m/s4m/s1410a−==−−，由牛顿第二运动定律得23Ffma−=②由①、②式求得：拉力F=8.4N，f=6.8N又fmg=得μ=0.3412.光滑水平轨道M

N与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点，质量为m的小球B静止于水平轨道上P点，小球半径远小于R．与B相同的小球A以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起．求当v0的大小在什么范围时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道．已知重力加速度为g．

【答案】v0≤22gR或v0≥25gR【解析】【详解】AB碰撞动量守恒，则：mv0＝2mv若两物体能到达与圆心等高的位置，则：－2mgR＝0－12×2mv2，解得v0＝22gR若两物体恰能到达最高点，则：－2

mg×2R＝12×2mv′2－12×2mv2，2mg＝2m2vR，解得v0＝25gR综上，当v0≤22gR或v0≥25gR时，两球在圆弧轨道内运动时不会脱离轨道．13.如图所示，一电子从匀强电场左边界A点以初速度垂直于场强方向

进入电场，经偏转从右边界B点飞出．已知A、B两点间水平和竖直距离均为L，电子质量为m、电荷量为e，不计电子重力及空气阻力．则正确的是。A.电子从A到B的运动时间为0LvB.匀强电场的电场强度为20mveLC.A、B两点间的电势差为202mveD.电子从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为1E.

电子从B点飞出时速度大小为05v【答案】ACE【解析】【详解】A．电子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则L=v0t所以从A到B的运动时间为0Ltv=故A正确；B．竖直方向有：212eELtm＝解得电场的电场强度为202mvEeL=故B错误；C．A

、B两点间的电势差为202mvULEe==故C正确；D．由于飞出时，电子的位移与水平方向夹角的正切值为1，则从B点飞出时速度与水平方向夹角的正切值为2，故D错误；E．电子从B点飞出时竖直速度02yBeEvtvm==则B的速度大小为22005yBvvvv=+=选项E正确；故选ABE。14.如图所

示，小物块放在距地面高度1.25hm=，长度1.5sm=的粗糙水平固定桌面的左端A点，以初速度4/Avms=向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面C点，已知小物块与桌面之间的动摩擦因数0.4=，不计空气阻

力，求()210/gms=：()1小物体离开桌子边缘B时的速度大小Bv；()2C点与B点的水平距离x．【答案】（1）2/ms（2）1m【解析】【详解】（1）物体在桌面上运动时，由动能定理可得：22BA11μmgsmvmv22−=−；解得：Bv2m

/s=；（2）小球离开桌面后做平抛运动，竖直方向上有：21hgt2=；水平方向上：xBvt=联立解得：x1m=．【点睛】本题为平抛运动与动能定理结合的题目，要注意正确平抛运动的规律，将平抛运动分解为水平和竖直两

个方向进行研究．15.图甲为一列简谐横波在0.20ts=时刻的波形图,P是平衡位置x=1m处的质点,Q是平衡位置x=4m处的质点,图乙为质点Q的振动图象,则下列说法正确的是_______A.该波的周期是0.10sB.该波的传播速度为40m/sC

.该波沿x轴的正方向传播D.t=0.10s时,质点P的振动方向向下E.从t=0.10s到t=0.20s,质点P通过的路程为20cm.【答案】BCE【解析】【详解】由图乙知该波的周期是0.20s．故A错误．由甲图知波长λ=8m，则波速为：8/40/0

.2vmsmsT===，故B正确．在t=0.20s时，由乙图知质点Q正向上运动，根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，故C正确．0.2s时质点P从平衡位置上方向下振动，则半个周期前，即0.1s时刻振动方向向上，选项D错误；从t=0.

10s到=0.20s经过的时间为△t=0.1s=0.5T，则P在半个周期内通过的路程为2A=20cm，选项E正确；故选BCE.【点睛】本题有一定的综合性，考查了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象

和波动图象之间的内在联系．要知道质点做简谐运动时，无论初始位置如何，则半个周期内的路程总是2A.16.如图，玻璃柱的横截面为半径R=20.0cm的半圆，O点为圆心．光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直．一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现

两个光斑．己知玻璃的折射率为n=3．（i）若=60°，求两个光斑间的距离；（ii）屏上两个光斑间的距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离．【答案】（i）8033cm；（ii）202cm【解析】【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射

光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30°得：3CNRLRtanr==根据折射定律得sininsinr=可得，i=60°则33DNRLRtani==所以两个光斑间的距离L

CD=LCN+LDN=4380333Rcm=（ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式1sinCn=得：33sinC=所以两光斑间的最短距离Lmin=RtanC联立解得Lmin=202cm