2021届河北省石家庄市二中高三上学期11月期中考试理科综合物理试卷及解析

2021届河北省石家庄市二中高三上学期11月期中考试理科综合物理试卷★祝考试顺利★(解析版)本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）610090钟。第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。（本题共8小题，每小题3分，共24）m＝1.0kgF大小为方向与水平成37°斜向右下方，物块在恒力F的作用下由静止开始运动物块运动过程中还受到水平方向的空气阻力其大小随速度的增大而增大。物块速度为0时空气阻力也为零，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取。以下判断正确的是（ ）2s4s8.75J7.5N4s0【答案】A【详解】A．t=0v=0，空气阻力为零，根据牛顿第二定律Fcos37Fsin37ma1代入数据解得故A正确；

μ=0.4B．a-t图线围成的面积表示速度的变化量，根据几何关系得，0-2s0-2s15m/s，2s15m/s，图线2s4s1 1 1 1W mv2 mv2= 1202 1152=87.5JB

合 2 4 2 2 2 2C．根据几何关系得，t=3s时图线围成的面积为18.75，可知t=3s时，速度为18.75m/s，当t=4s时，加速度a=0，图线与时间轴围成的面积为20，则速度为20m/s，有Fcos37mgFsin37kv0解得3s

k=0.5f9.375N故C错误；D．当20，20m/s，根据动能定理1W 1mv2= 1202200J1DA。

合 2 4 2如图所示，倾角30CB滑定滑轮滑轮可视为质点AB长度为L，物块B与斜面间的动摩擦因数

.开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没333有摩擦力，现让A在水平面内做匀速圆周运动，物块B始终静止，则A的最大角速度为()2gL3g2gL3g2LgL2g3L【答案】AA、B，B、Cmg=mgsinθ；解得：A Bm=2mB A

A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止，此时绳子上的拉力T=mgsinθ+μmgcosθ=2mg；Aα，B B ALmg 1 3L则cosα＝A ＝；对A受力分析可知，物体A做圆周运动的半径R=Lsinα= ，向心力T 2 2Fsinα＝3mF＝mω2ω=2g，AA．n A n A L如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场P点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0

M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是（ ）P点的速度大小可能相等电场力对两粒子做功一定相同P点时的电势能都比进入电场时小P点所需时间一定不相等【答案】D【详解】A．NPMP点时的PAB．由于MP间的电势差大于零，则由知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故B错误；C．根据电场力做功情况可知，PP点时电势CD．在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设，设MMP点的时间Lt NP点的时间

M vsin0Lvt vN0PDD。（电阻不变，电流表和电压表均为理想电表。只接通S1

10A12VS，2的启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是（ ）2A【答案】C

8A C.50A时，由闭合电路欧姆定律，电池的电动势为

D.58A1车灯的电压为

E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V再接通S2

后，流过电动机的电流为

R U121.2灯 I 10EIRI

I12.581.2A-8A=50A电动机

r 0.05ABDCC。B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球AB点运动，其2—x图像如图乙所示，已知小球质量为，电荷量为，、B（）AAAB的过程中，电势能逐渐减小、BUAB

=mgh2qmg2q【答案】DA．小球运动的2—x图像是一条直线说明，小球做匀变速直线运动，且2—xa=g2A，AA可知小球受到的电场力向上，而小球运动的位移向下，则电场力做负功，小球从AB的过程中，电势能逐渐增大，BAB的过程中根据动能定理有mgh-qUAB

1=mv22代入数据有

U=-mghAB 2qC错误；A强度的关系有E=U

mgAB=2qhDD。如图所示的电路中，ABCD，AB关K，待电路稳定后将开关断开。现将CD板间一有机玻璃板（图中未画出）抽出，则下列法正确的是（ ）CDP点电势降低ABR中有向右的电流【答案】D【详解】A．CD减小，其他条件不变，由SC rkd可知，CDABC．电容器两板间电压总QUC C总QAB CD断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器两板间电势差均变大，由EUd可知，ABPBB则P点电势升高，故BC错误；D．由于抽出玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变大，由公式QCUQABBRDAB故选D。m=1kgF随时间的变化关系如图（b）所示。已知物块与地面间10m/s2则下列说法不正确的是（ ）7.5m/sF25WF0.5s【答案】B【详解】A.物块与地面间的最大静摩擦力为fmg5N0~1s1st=1s5N10N减小5N，有牛顿第二定律可知，物块的加速度先增大后减小，故A正确；v=5m/sB

I ftmvF

＝FtF

5102

2Ns=15NsF故C正确；

PFv25W3s501f(1t)0mv2t=0.5sDB。如图所示，在竖直放置的平行金属板ABBOO，在B，电场范围足够大，足够大的感光板MN1 2O1

O1

处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（ ）αO2

处的速度大小之比为1∶2α粒子在整个过程中运动的时间相等α1∶2α粒子打到感光板上的位置不相同【答案】C【详解】A．由动能定理qU解得2qUm2qUmmv22αO2

处的速度大小之比为1:1:21 42v:v 21 2AD．由

qUya

1mv212at2qEmtLv解得y yLα粒子打到感光板上的位置相同，DB．在整个过程中运动的时间L L 2L Lttt

1 2 v v v2αO2

vα粒子在整个过程中运动的时间不相等，B错误；C．E qUqEyqEykα粒子打到感光板上时的动能之比为CC

E :Ek1 k1

q:q1

1:2（本题共4小题，每小题4分，共16420）LL（其灯丝电阻可1 2 3视为不变PS

闭合则下列说法中正确的（ ）1 2 1PS2PS2

L2L1S2S2

P，L3P，L2【答案】BCAB.S2

闭合，总电阻减小，总电流增大，L2

变亮，内电压增大，路端电压减小，L2两端电压增大，L1

两端电压减小，L1

变暗，故A错误，B正确；CD.在S2

处于闭合状态下，向右滑动滑片P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2

两端电压都减小，L2

变暗，L3

两端电压增大，L3

变亮，故C正确，D错误。故选BC。如图所示是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道水平且足够长下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平面上质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于B两球相距较远，相互作用力可认为零球进入水平轨道后、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知、B两球始终没有接触。重力加速度为则下列说法正确的是（ ）2ghA2gh、B、BE=mghp2gh2ghAv为A 342gh3Bv为2gh3B【答案】ACD【详解】A．A球下滑的过程，据机械能守恒得12mgh 2mv21解得A

2 0v 2gh0B．A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv (2mm)v0解得2 2gh3v22 2gh33 0根据能的转化和守恒定律12mgh (2mm)v2E2 Pm得B

E 2mghPm 3系统势能也为零，速度达到稳定.2mv0

2mvA

mvB1 1 12mv2 2mv2 mv2得2 0 2得

A 2 Bv 1v 1

2ghA 3 0 3v 4v 4

2ghCDCD。

B 3 0 3如图所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。刻，甲物块以速度v4m/s0块运动的图像如图中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质为6kg，乙物块质量为5kg，则（ ）A.此碰撞过程弹性碰撞 B.碰后瞬间乙物块速度为2.4m/sC.碰后乙物块移动的距离为3.6m【答案】BC【详解】AB．由图乙可知，碰前甲的速度碰后甲的速度碰撞过程中动量守恒

D.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：5v3m/s1v 1m/s甲mvmv+mv代入数所据，解得

甲1 甲甲 乙乙又由于

v 2.4m/s乙1 1 1mv2 mv2 + mv22 甲1 2 甲 甲 2 乙 乙碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；)可知甲的延长线交时间轴于t=4s因此C

x 12.4(41)3.6m乙 2D．在vt乙物体做减速运动的加速度

a1m/s21a 0.8m/s22因此f ma 31 11f ma 22 22DBCxxx轴Oxxl

位置时速度x2

位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是（ ）xl

x2

的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小Oxx2

的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小U＜Uoxl ox2x、x位置的电势能最大l 2【答案】BD【解析】点电荷从xl

运动到x2

的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从xl

运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：aFEq ，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速m mOxaFEqE2 m m后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化．故A错误．点电荷从O运动到x2FEq，电场强度Em ma先均匀增大再均匀减小．故B正确．点电荷从O运动到xl

的过程中，根据动能定理：1 1Uox1

q0 mv2

2 Ox2

的过程中，根据动能定理：U

ox

q0 mv2

2 ，以：电

=U，O

的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在ox1 ox2 lxOxl 2

的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x位置的电势能最大．2故D正确．故选BD.第Ⅱ卷（非选择题共60分）（本题共6小题，共60）AAB当地的重力加速度为为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量 A．小球的质量mB．AB之间的距离HC．AB下落时间tABD．小球的直径d小球通过光门时的瞬时速度v= (用题中所给的物理量表示)．调整AB1H的变化图象如图所示，当小球下落t2过程中机械能守恒时，该直线斜率k= ．01—H（＜k，则实验过程中所受的平t2 0均阻力f与小球重力mg的比值f = （用k表示．mg 00【答案】 (1).BD； (2).d ； (3).2g0

k k； (4).0 ；【解析】

t d2 k该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB

，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．（1）AABH，故BCDBD．已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故vd；t1若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=d即：2gH=（）2t

mv2；1 2g解得：

2g，那么该直线斜率k= ．t2 d2

0 d21 1（4）乙图线 =kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；t2 2f kk所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为

0 ；mg k0在用伏安法测电阻的实验中，某同学选用的电流表量程为0~0.6mA，电压表量程为0~3V，测得的示数如图所示则通过电阻的电流为 电阻两端的电压为 V【答案】 (1).0.50 (2).2.60【详解】[1]0.02mA，[2]0.1V，2.60V。有一小灯泡上标有“5.0V，1A”材如下：L（规格“5.0V，1A”）A（0~1A，0.1Ω）1A（0~0.6A，1Ω）2V（0~3V，3kΩ）1V（0~30V，15kΩ）2R=3kΩ3R（0~10Ω）学生电源（E=6V，内阻不计I.S为了能比较准确地进行测量同时还要考虑操作的方便，选择正确的仪器，在图所示虚线框画出该实验所需要的电路图 【答案】【详解】[1]小灯泡的额定电压是5V，所以选用电压表V，将V串一个电阻，改装成大量程【答案】1 1即可，小灯泡的额定电流是1A，选用电流表A，为了便于操作，准确测量，采用滑动变阻器1的分压式接法，如图所示mMMm靠在弹簧的另一端。现有一水平恒力Fmvm0F作用的时间；锁定未解除时弹簧的弹性势能；F作用的距离。(mM)v

m(mM

(mM)2v2

F 0

v22M 0

02MF详解】(1)由动量定理有解得

Ft(mM)v0(mM)v解除锁定，由动量守恒有

t F 0弹簧的势能为

(mM)v0

Mv1 1 m(mM)E Mv2(mM)v2 v2由功能关系有F

p 2 2

Fs

012

2M 0(mM)2v2s 02MFEr=2Ω,R1

12,R2

R 4,R4

,C为平行板电容器,其电容C=3.0PF,虚线到两极板间距离相等,极板长L=0.20m,两极板的间距d1.0102m若开关SR4

的总电荷量为多少?若开关S断开时,有一带电微粒沿虚线方向以v0

2.0m/s的初速度射入C的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:当开关SC能否从C的电场中射出?(g取10m/s2)1）6.01012C（2）不能从C的电场中射出.（1）开关SR3

两端的电压为RU 3 ERS闭合后,外电阻为

3 RRr2 3RRRR 12

R36路端电压为

RRR1 2 3R3

两端电压为

U R E21V.RrU '3

3 U14VRRRR2 3R4

的总电荷量为

QCU3

CU'3

6.01012C（2）设带电微粒质量为m,电荷量为q当开关S断开时有qU3mgd当开关S闭合后,设带电微粒加速度为a,则mg

qU3d

ma设带电微粒能从C的电场中射出,则水平方向运动时间为:竖直方向的位移为:

tLv01由以上各式求得

y2at2d故带电微粒不能从C的电场中射出.

y6.251013m2Bm=2.0kgC3m=1kgABs=9.5m1 0AB（碰撞时间极短BBCA数为10.1CB20.2=10m/s2(1)Bm；2Av；0AA、B、C。【答案】(1)2.0kg；(2)10m/s；(3)32J【详解】(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为v根据牛顿第二定律可得

a 22m/s22 t联立解得

mgma2 3 22m2.0kg2AB发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mvmv