河南省六市高三第二次联考（二模）理综物理试题
二、选择题（本题共8小题，每小题6分.第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）
1. 如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳上一端系一小球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上.开始时小车向右运动，小球的悬绳与竖直方向的夹角为θ1，若小球的悬绳与竖直方向的夹角减小为θ2（θ1、θ2均保持不变），则夹角为θ2时与夹角为θ1时相比
A. 小车的加速度、弹簧秤读数及小车对地面压力均变大 B. 小车的加速度、弹簧秤读数及小车对地面压力均变小 C. 小车的加速度、弹簧秤读数均变小，小车对地面的压力不变 D. 小车的加速度、弹簧秤读数均不变，小车对地面的压力变大 【答案】C
【解析】设小球的质量为m，小车的质量为M，对小球受力分析，如图所示：
当小车匀加速向右运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得：因为
，解得，拉力，
，故加速度减小，拉力减小，则弹簧秤的示数也减小；对小车和小球组成的整体受力分析，可知
在竖直方向上地面对整体的支持力等于整体的重力，与角度无关，即支持力不变，根据牛顿第三定律，可知小车对地面的压力不变，故ABD错误，C正确；故选C.
【点睛】以小球为研究对象，分析轻绳的拉力和弹簧秤读数与角度的关系．以整体为研究对象，研究地面对小车的支持力的变化，再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化．
2. 两个等量异号点电荷分别固定在P、Q两点，实线是两个点电荷连线的中垂线，如图所示.一带负电的粒
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子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后运动到无穷远处，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中
A. 沿直线运动，途经各点的电势先降低后升高 B. 沿直线运动，途经各点的电势先升高后降低 C. 沿曲线运动，途经各点的电势先降低后升高 D. 沿曲线运动，途经各点的电势先升高后降低 【答案】D
【解析】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大，因为粒子带负电，故途经各点的电势先升高后降低，故ABC错误，D正确。故选D。
【点睛】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，又粒子带负电，故途经各点的电势先升高后降低．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动。
3. 如图所示，固定木板AB倾角θ=60°，板BC水平，AB、BC长度均为2m，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来.若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑的距离与BC倾角有关.不计小物块经过B处时的机械能损失，小物块与各接触面间的动摩擦因数均相同，则小物块沿BC上滑的最小距离为
A. m B. 1m C. 【答案】B
m D. m
【解析】BC段水平时，对小物块从释放到第一次速度为零的过程，由动能定理得：
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，代入数据得：
最小距离，由动能定理得：即
时，x有最小值，为
，设BC与水平方向之间的夹角为时，物块沿BC上滑的
，变形得：
，故ACD错误，B正确；故选B.
，当
，
【点睛】物块对从A点开始到滑上水平BC为研究过程，运用动能定理，求出物块与轨道间的动摩擦因数。调整BC使其向上倾斜，最终物块的速度为零，对全过程研究，运用动能定理求出物块沿BC上滑的最小距离x。
4. 开始计时时刻，从塔顶由静止释放一个小球A，某时刻t，A球运动至位置P，此时刻从与位置P等高处由静止释放小球B.在A、B两球落地前，设小球B下落时间为t0时，A、B两球之间的竖直距离为Δy，若两球都只受重力作用，则下列
-—t图线符合实际情况的是
A. B. C. D.
【答案】A
【点睛】AB两球释放后都做自由落体运动，求出B释放时A球的速度，再求出B释放t时间时，AB两球之间的距离的表达式，从而选出图象．
5. 已知在地球表面上，赤道外的重力加速度大小为g1，两极处的重力加速度大小为g2，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，地球可视为质量分布均匀的球体，则地球的密度为 A.
B.
C. 【答案】D
D.
【解析】设地球半径为R，物体在两极处有：，物体在赤道处有：，联立解
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得：，，则地球的密度为，代入地球半径R，解得：，故ABC
错误，D正确；故选D.
【点睛】两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式和密度公式进行求解。
6. 如图所示，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.边长为a的正方形导线框PQMN 沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则PM刚进入磁场时
A. 线框中的感应电流为B. 线框所受安培力大小为C. 线框所受安培力大小为D. NM两端的电压为【答案】AB
【解析】线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为逆时针，PM刚进入磁场时MN边切割磁感线，PN边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E=Bav，则线框中感应电流为：
，故A正确；PM刚进入磁场时线框的MN边产生的安
培力与v的方向相反，PN边受到的安培力的方向垂直于PN向下，它们的大小都是：F=BIa，由几何关系可以看出，PN边与MN边受到的安培力的方向相互垂直，所以PM刚进入磁场时线框所受安培力为PN边与MN边受到的安培力的矢量合，即：端电压：
，故D错误；故选AB.
，故B正确，C错误；当PM刚进入磁场时，MN两
【点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向，由E=BIv求出电路中的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和MN两端的电压；将PN边与MN边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培
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力．
7. 图甲中a、b间的输入电压是正弦式交流电，其图象如图乙所示.图甲中两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表.现闭合开关，两灯泡均正常发光，电流表的示数为1A，电压表示数为22V，则由此可知
A. 副线圈交变电流的频率为2πHz B. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1 C. 原线圈电流为A D. 灯泡L2的额定功率是L1的9倍 【答案】CD
【解析】乙图是交流电压随角度的变化图象，故无法求出角速度，无法求出频率，故A错误；由图可知，交变电压的有效值为
，根据题意知所有灯泡均正常发光，电压表示数为22V，可知灯泡
，副线圈两端的电压为
，故B错误；由题知，副线圈的电流为
，根据
，，
的额定电压为22V，所以原线圈的输入电压：则变压器原、副线圈的匝数比为
得原线圈的电流为，故C正确；的额定功率为，的额定功率为
，则，故D正确；故选CD.
【点睛】由于灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由电压与匝数成正比得到原线圈两端电压，再由原线圈回路求出交流电源电压；根据功率P=UI得出两灯泡功率之比.
8. 如图所示，直线MN与水平方向成θ=30°角，MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场，MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场，MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q（q>0)的同种粒子（粒子重力不计），所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L，MN两侧磁场区域均足够大，则粒子的速率可能是
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