2019-2020学年河北省衡水中学高三（下）期中物理试卷 10页

‎2019-2020学年河北省衡水中学高三（下）期中物理试卷 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，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.全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎ ‎ ‎1. 一静止原子核A经‎1‎次α衰变生成原子核B，并释放出γ光子。已知原子核A的比结合能为E‎1‎，原子核B的比结合能为E‎2‎，α粒子的比结合能为E‎3‎，γ光子的能量为E‎4‎，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.该反应过程质量增加 B.B核在元素周期表的位置比A核前移‎4‎位 C.释放γ光子的能量 E‎4‎＝‎E‎1‎‎−(E‎2‎+E‎3‎)‎ D.比结合能E‎1‎小于比结合能E‎2‎ ‎ ‎ ‎2. 户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为m，重力加速度为g，不计支架与铰链之间的摩擦，则（ ） ‎ A.当每根杆与竖直方向的夹角为‎37‎‎∘‎时，杆受到的压力大小为‎5‎‎9‎mg B.当每根杆与竖直方向的夹角为‎37‎‎∘‎时，杆对地面的摩擦力大小为‎1‎‎4‎mg C.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大 D.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆对地面的压力变大 ‎ ‎ ‎3. 如图所示，某时刻将质量为‎10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为‎0.5‎，货物在传送带上留下的划痕长为‎10cm，重力加速度取‎10m/‎s‎2‎．则货物（ ） ‎ A.总位移为‎10cm B.运动的总时间为‎0.2s C.与传送带由摩擦而产生的热量为‎5J D.获得的最大动能为‎5J ‎ ‎ ‎4. 最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”的火星探测器曾于‎1997‎年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图像如图所示，图像中a‎1‎、a‎2‎、h‎0‎以及万有引力常量G已知。下列判断正确的是（ ） ‎ A.火星的半径为a‎2‎a‎2‎‎+‎a‎1‎h‎0‎ B.火星的半径为a‎1‎a‎1‎‎−‎a‎2‎h‎0‎ C.火星的第一宇宙速度大小为a‎1‎h‎0‎a‎2‎a‎1‎‎+‎a‎2‎ D.火星的质量大小为‎(‎a‎1‎a‎2‎a‎1‎‎−‎a‎2‎‎)‎‎2‎h‎0‎‎2‎G ‎ ‎ ‎5. 如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝‎37‎‎∘‎，一质量为‎3m的L形工件沿斜面以速度v‎0‎＝‎1m/s匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，某时刻，一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木板运动到工件下端是（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第一次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度取g＝‎10m/‎s‎2‎，下列说法正确的是（ ） ‎ A.下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒 B.下滑过程中，工件的加速度大小为‎6m/‎s‎2‎ C.木块与挡板第‎1‎次碰撞后的瞬间，工件的速度大小为‎3m/s D.木块与挡板第‎1‎次碰撞至第‎2‎次碰撞的时间间隔为‎0.75s ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎6. 在倾角为θ的光滑固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和‎2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，B不带电，A带电量为‎+q，现加一沿斜面方向向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，之后两个物体运动中当A的加速度为‎0‎时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（ ） ‎ A.从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为‎3mgsinθk B.从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对小物块B的冲量为‎0‎ C.B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为‎(3mgsinθ+2ma)v D.从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和先增大后减小 ‎ ‎ ‎7. 如图所示，A、B两点相距‎0.5m，处于同一高度，在A点固定一个大小可忽略的定滑轮，细线的一端系有一个质量为M的小球甲，另一端绕过定滑轮固定于B点，质量为m的小球乙固定在细线上的C点，AC间的细线长度为‎0.3m，用力F竖直向下拉住小球乙，使系统处于静止状态，此时AC间的细线与水平方向的夹角为‎53‎‎∘‎，撤去拉力F，小球乙运动到与AB相同的高度时，速度恰好变为‎0‎，然后又向下运动，忽略一切摩擦，重力加速为g，sin‎53‎‎∘‎＝‎0.8‎，cos‎53‎‎∘‎＝‎0.6‎，下列说法中正确的是（ ） ‎ A.F的大小为‎5‎‎3‎Mg B.M:m＝‎‎6:5‎ C.小球乙向下运动到最低点时细线对小球甲的拉力小于mg D.小球甲运动到最低点时处于超重状态 ‎ ‎ ‎8. 如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以不同的速度v‎1‎、v‎2‎、v‎3‎射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t‎1‎、t‎2‎、t‎3‎，且t‎1‎‎:t‎2‎:‎t‎3‎＝‎3:3:1‎．直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ） ‎ A.三个粒子的速度大小关系可能是v‎1‎‎>v‎2‎>‎v‎3‎ B.三个粒子的速度大小关系可能是v‎1‎‎0‎，求第IV象限磁场的感应强度的可能值。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L，PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，a、b为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为‎3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为‎3R，其它电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦。 ‎ ‎（1）金属棒b向左运动速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，金属棒a的速度多大？‎ ‎ ‎ ‎（2）金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热多大？‎ ‎ ‎ ‎（3）从b棒速度减为零至两棒达共速过程中二者的位移差是多大？‎ ‎ ‎ ‎ 关于物态变化，下列说法正确的是（ ） ‎ A.液体的饱和汽压越大，该液体越不容易挥发 B.密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化 C.密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面 D.温度越高，密闭容器中水蒸气分子的数密度越大 E.空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和汽压，人感觉越潮湿 ‎ ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎ 如图所示，两内壁光滑的圆筒形导热气缸拼接在-起，上部分的横截面积为‎2S，下部分的横截面积为S，上部分开口，下部分底部封闭，A、B两个导热活塞将a、b两部分理想气体封闭在气缸内。A活塞的质量为‎2m，B活塞的质量为m。大气压强为p‎0‎，重力加速度为g，初始时环境温度为T，A活塞到上部分气缸底部距离为L，B活塞到上下部分气缸底距离均为L，当缓慢降低环境温度到T‎1‎时，A活塞恰好到达上部分气缸底部，在此过程中b部分气体向外释放的热量为Q，求： ‎(a)‎T‎1‎的大小； ‎(b)b部分气体内能的减少量。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示为某时刻一列沿x轴负方向传播的简谐横波，P、Q为介质中的两个质点，从该时刻起P质点再经过‎1s第一次回到平衡位置，从该时刻起Q质点再经过‎6s第一次回到原位置，则该机械波的波速为________，从该时刻起‎12s时P质点的纵坐标为________，振动方向________。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示为检测液面变化的装置示意图，在液面上方固定一个平板，在液面底部铺一个平面镜，在平板的A点固定一个激光笔，激光笔与板成‎45‎‎∘‎角向液面发射一束激光，经液面折射和平面镜反射后再照射到平板的另一侧，液体对激光的折射率为‎2‎。 ‎(a)‎求激光射入液面后的折射角； ‎(b)‎若液面下降高度为x，求照射到平板右侧光点的移动距离与液面下降高度x的关系式。 ‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 参考答案与试题解析 ‎2019-2020学年河北省衡水中学高三（下）期中物理试卷 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，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.全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 原子核的结合能 ‎【解析】‎ 由质量数守恒与电荷数守恒判断出B的质量数与电荷数；根据能量守恒定律判断能量的关系；根据质能方程判断质量的变化。‎ ‎【解答】‎ 设A核的质量数为m，其质子数为n，B核的质量数为m−4‎，其质子数为n−2‎，α粒子的质量数为‎4‎，其质子数为‎2‎，静止原子核A经‎1‎次α衰变生成原子核B，并释放出γ光子，核反应方程式：‎​‎nmA→‎​‎‎2‎‎4‎He+‎​‎n−2‎m−4‎B+γ A、该反应的过程中释放热量，由质能方程可知，一定有质量亏损，故A错误； B、由核反应方程式，可知，B核在元素周期表的位置比A核前移‎2‎位，故B错误； C、A的结合能为m⋅‎E‎1‎，B的结合能为‎(m−4)⋅‎E‎2‎，根据能量守恒可得：‎(m−4)⋅E‎2‎−m⋅E‎1‎+4‎E‎3‎＝E‎4‎，故C错误； D、核反应的过程中释放热量，可知比结合能E‎1‎小于比结合能E‎2‎，故D正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 力的合成与分解的应用 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 以吊锅和细铁链整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出杆对细铁链的支持力，从而得到杆受到的压力。对杆，根据平衡条件求地面对杆的摩擦力，从而得到杆对地面的摩擦力。对整个装置分析，由平衡条件分析地面对杆的支持力，来分析杆对地面的压力。‎ ‎【解答】‎ A‎、以吊锅和细铁链整体为研究对象，根据平衡条件得：‎3Ncos‎37‎‎∘‎＝mg，得N=‎5‎‎12‎mg，由牛顿第三定律知，杆受到的压力大小为 N′‎＝N=‎5‎‎12‎mg，故A错误； B、当每根杆与竖直方向的夹角为‎37‎‎∘‎时，杆对地面的摩擦力大小为 f＝N′sin‎37‎‎∘‎=‎5‎‎12‎mg×0.6=‎1‎‎4‎mg，故B正确； C、当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力不变，仍与重力mg等大反向，故C错误； D、以整个装置为研究对象，由平衡条件知，‎3‎N地＝mg，得 N地‎=‎mg‎3‎，因此，由牛顿第三定律知，杆对地面的压力不变，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 摩擦力做功与能量转化 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据v＝at求解加速度和减速运动的时间，根据x=‎v‎2‎‎2a求解加速和减速时的位移，找到货物与传送带的相对位移的表达式，从而求解传送带的速度，再结合运动学公式求解总位移和总时间，根据Q＝fs相对求解热量， 根据Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎求解最大动能。‎ ‎【解答】‎ 令传送带的速度为v，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为：a=μmgm=μg=5m/‎s‎2‎ 当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为：t‎1‎‎=va=‎v‎5‎ 货物发生的位移为：x‎1‎‎=v‎2‎‎2a=‎v‎2‎‎10‎ 传送带发生的位移为：x‎2‎‎=vt‎1‎=‎v‎2‎‎5‎ 减速运动过程中货物的加速度大小为：a′‎＝a＝‎5m/‎s‎2‎ 当货物速度减为零，所用的时间为：t‎2‎‎=va‎′‎=‎v‎5‎ 货物发生的位移为：x‎3‎‎=v‎2‎‎2‎a‎′‎=‎v‎2‎‎10‎ 根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为：‎△x＝x‎2‎‎−x‎1‎=v‎2‎‎10‎=10cm＝‎0.1m， 所以传送带的速度为v＝‎1m/s， 货物发生的总位移为x＝x‎1‎‎+‎x‎3‎＝‎0.2m＝‎20cm， 运动的总时间为t＝t‎1‎‎+‎t‎2‎＝‎0.4s， 与传送带由摩擦而产生的热量Q＝μmg(x‎2‎−x‎1‎+x‎3‎)‎＝‎10J， 货物获得的最大动能为Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎=5J，故ABC错误，D正确。‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 向心力 第一宇宙速度 第二宇宙速度和第三宇宙速度 万有引力定律及其应用 ‎【解析】‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 探测器距离火星的距离越小加速度越大，当探测器在火星表面时加速度最大；万有引力提供向心力，分析清楚图示图像求出加速度与对应的h关系，应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。‎ ‎【解答】‎ ABD‎、由图示图像可知，h＝‎0‎时探测器在火星表面，加速度为a‎1‎，h＝h‎0‎时加速度为a‎2‎， 设火星的半径为R，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： GMmR‎2‎=ma‎1‎， GMm‎(R+h‎)‎‎2‎=ma‎2‎， 解得：R=‎a‎2‎a‎1‎‎−‎a‎2‎h‎0‎，M=(‎a‎1‎a‎2‎a‎1‎‎−‎a‎2‎‎)‎‎2‎h‎0‎‎2‎G，故AB错误，D正确； C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR‎2‎=mv‎2‎R， 解得，第一宇宙速度：v=‎a‎1‎h‎0‎a‎2‎a‎1‎‎−‎a‎2‎，故C错误。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 动量守恒定律的理解 动量守恒定律的综合应用 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 根据系统的受力情况判断沿斜面方向动量是否守恒；对工件根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据动量守恒定律求出木块与工件碰撞前瞬间木块的速度，木块与工件碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量关系求解碰撞后二者的速度大小；根据位移时间关系求解再次碰撞的时间。‎ ‎【解答】‎ A‎、开始L形工件沿斜面匀速向下运动，有‎3mgsinα＝μ⋅3mgcosα，解得μ＝‎0.75‎；放上木块后，工件增加的摩擦力f＝μmgcosα，而木块重力沿斜面向下的分力为mgsinα，二者相等，故工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，故A错误； B、把木块放上工件后，对工件根据牛顿第二定律可得：μ⋅4mgcosα−3mgsinα＝‎3ma，解得工件的加速度大小为a＝‎2m/‎s‎2‎，故B错误； C、设木块与工件碰撞前瞬间木块的速度为v，根据动量守恒定律可得：‎3mv‎0‎＝mv，解得：v＝‎3‎v‎0‎＝‎3m/s； 木块与工件碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：mv＝mv‎1‎+3mv‎2‎，根据能量关系可得：‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎×3mv‎2‎‎2‎， 联立解得：v‎1‎＝‎−1.5m/s，v‎2‎＝‎1.5m/s，所以木块与挡板第‎1‎次碰撞后的瞬间，工件的速度大小为‎1.5m/s，故C错误； D、设木块与挡板第‎1‎次碰撞至第‎2‎次碰撞的时间间隔为t，在此时间内工件的位移为x工＝v‎2‎t−‎1‎‎2‎at‎2‎，木块的位移x木＝v‎1‎t+‎1‎‎2‎gsin37⋅‎t‎2‎， 相碰时有：x工＝x木，联立解得t＝‎0.75s，此时根据刚好速度为零，故D正确。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ A,C,D ‎【考点】‎ 电势能 动量定理的理解 电场力做功与电势能变化的关系 摩擦力做功与能量转化 ‎【解析】‎ 未加电场时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力，由胡克定律求出弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出此时弹簧的伸长量，从而得到A发生的位移大小。根据冲量的定义式I＝Ft分析挡板C对小物块B的冲量。当A的加速度为‎0‎时，B的加速度大小均为a，对两个物体分别运用牛顿第二定律列式，从而求得A所受的电场力大小，即可求得电场力对A做功的瞬时功率。对A、B和弹簧组成的系统，利用能量守恒定律分析物块A的机械能和电势能之和变化情况。‎ ‎【解答】‎ A‎、开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A，根据平衡条件和胡克定律有：mgsinθ＝kx‎1‎ 解得：x‎1‎‎=‎mgsinθk 物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有：‎2mgsinθ＝kx‎2‎ 解得：x‎2‎‎=‎‎2mgsinθk 故从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为：x＝x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎3mgsinθk，故A正确； B、从加电场后到B刚离开C的过程中，挡板C对小物块B的作用力不为零，由I＝Ft知挡板C对小物块B的冲量不为‎0‎，故B错误。 C、设A所受的电场力大小为F．当A的加速度为‎0‎时，B的加速度大小均为a，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律， 对A有：F−mgsinθ−‎F弹＝‎0‎ 对B有：F弹‎−2mgsinθ＝‎2ma 故：F＝‎3mgsinθ+2ma，B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为P＝Fv＝‎(3mgsinθ+2ma)v．故C正确； D、对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，故D正确。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B,C,D ‎【考点】‎ 机械能守恒的判断 系统机械能守恒定律的应用 牛顿运动定律的应用-超重和失重 ‎【解析】‎ 开始时小球乙静止时受力分析，利用平衡列式求解F；撤去拉力F，小球甲和小球乙组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；对小球利用牛顿第二定律列式求解；小球甲运动到最低点时，小球甲即将竖直向上做加速直线运动，超重状态。‎ ‎【解答】‎ C‎、小球乙向下运动到最低点时，根据机械能守恒可知最低点为C点，此时AC与CB的方向垂直，设在最低点时设小球乙的加速度大小为a，根据题意可知加速度方向沿AC向上；此时小球甲的加速度大小为a′‎ 第17页 共20页 ◎ 第18页 共20页 ‎，方向竖直向下，但二者都沿绳子的方向，所以二者的大小相等，令大小都等于a，则对乙：FAC‎−mgsin‎53‎‎∘‎＝ma 对甲：Mg−‎FAC＝Ma 解得：FAC‎=‎108‎‎110‎mg 故C正确（1）D、小球甲运动到最低点时，小球甲即将竖直向上做加速直线运动，所以小球甲处于超重状态，故D正确（2）故选：BCD。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 向心力 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 牛顿第二定律的概念 ‎【解析】‎ 三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式r=‎mvqB，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=α‎2πT，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为π‎2‎，而第三个粒子偏转π‎6‎，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度与周期公式求出比荷。‎ ‎【解答】‎ 根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，洛仑兹力提供向心力：qvB=mv‎2‎r，从而 得到粒子做匀速圆周运动的半径r=‎mvqB，所以半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t‎1‎‎:t‎2‎:‎t‎3‎＝‎3:3:1‎， 显然它们在磁场中的偏转角度之比为‎3:3:1‎．即粒子‎1‎、‎2‎打在ab上，而粒子‎3‎打在ac上，轨迹大致如图所示。 A、粒子‎1‎、‎2‎打在ab上，但半径不一定相等，所以选项A错误。 B、打在ab上的两个粒子‎1‎、‎2‎，半径可能相等（此时轨迹就重合）但比粒子‎3‎的半径小，所以速度有可能是v‎1‎‎