河北省衡水中学2020届高三物理下学期高考押题试题（解析版） 17页

2020 年河北衡水高考押题试卷物理试卷 二、选择题 1.我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要，研制了一种小型核能电 池，将核反应释放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射。 请据此猜测“玉兔号”所用核能电池有可能采纳的核反应方程是（ ） A. 3 2 4 1 1 1 2 0H H He n   B. 235 1 141 92 1 92 0 56 36 0U n Ba kr 3 n    C. 238 238 0 94 95 1Pu Am e  D. 27 4 30 1 13 2 15 0Al He P n   【答案】C 【解析】 【详解】A．是聚变反应，反应剧烈，至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段，故 A 项不 合题意； B．是裂变反应，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，故 B 项不 合题意； C．是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故 C 项符合题意； D．是人工核反应，需要高能α粒子，故 D 项不合题意。 故选 C。 2.穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。单车的传动装置如图所 示，链轮的齿数为 38，飞轮的齿数为 16，后轮直径为 660mm，若小明以 5m/s 匀速骑行，则 脚踩踏板的角速度约为（ ） A. 3.2 rad/s B. 6.4 rad/s C. 12.6 rad/s D. 18.0rad/s 【答案】B 【解析】 【详解】飞轮和后轮角速度ω1 相等，链轮和飞轮的边缘线速度 v 相等，链轮和踏板角速度ω2 相等，可得 1 2 2 6.4rad/sN v N R    故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子， 以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心 O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒 子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运 动时间越短的带电粒子（ ） A. 在磁场中的周期一定越小 B. 在磁场中的速率一定越小 C. 在磁场中的轨道半径一定越大 D. 在磁场中通过的路程一定越小 【答案】C 【解析】 【详解】A．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷 q m 相同，根据公式 2 mT qB  可知，它 们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项 A 错误； BC．如图所示为带电粒子的运动轨迹， 设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间 360t T  在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据 mvr qB  可知，速率一 定越大，选项 B 错误，选项 C 正确； D．通过的路程即圆弧的长度 L r 与半径 r 和圆心角θ有关，速度越大路程并不是越短，选项 D 错误。 故选 C。 4.如图所示，质量可忽略的绝缘细杆做成正方体框架，边长为 a，框架的每个顶点固定着一个 带电荷量为+q，质量为 m 的小球，将这个框架静止放在足够粗糙的水平面上，水平面上方有 水平向右的匀强电场，场强为 E，下列说法正确的是 A. 立方体中心位置处电场强度为零 B. 上方四个小球受到的电场力的合力均相同 C. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，系统电势能减少了 6qEa D. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，系统电势能减少了 8qEa 【答案】D 【解析】 根据对称性可知，八个带正电的小球在立方体中心位置处产生的合电场强度为零，则此位置 处的场强只等于匀强电场的场强 E，选项 A 错误；上方的右边两个小球受到的电场力的合力 相同，上方的左边两个小球受到的电场力的合力相同，但是与右边两个小球受到的电场力不 同，选项 B 错误；若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，则电场力对右上方两球做 功为 2qEa；对左上方两个球做功 2qE∙2a；对左下方两球做功 2qEa；，则共做功为 8qEa，即系 统电势能减少了 8qEa，选项 D 正确，C 错误；故选 D. 5.如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管， A、B 是变压器次级线圈的输出端， C、 D、E、F、G、H 是二极管组接线端，变压器原、副线圈的匝数比为 10∶1，原线圈电压按图 乙所示规律变化，原线圈接有交流电压表，把 A、B 端适当的接在 C、E、F、H 中的某些位置， 就可以向接在 D、G 之间的用电器供直流电，下列说法正确的是（ ） A. A、B 两端电压为 220 2V B. A、B 输出端电流方向 1s 改变 100 次 C. 把 AC 接一起，再把 BH 接一起，则电流可以从 G 流出过用电器从 D 流回 D. 把 ACF 接一起，再把 BEH 接一起，则电流可以从 G 流出过用电器从 D 流回 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为 1 220 V 2 2U  A、B 两端电压为 1 2 1 2 22VnU Un   故 A 错误； B．副线圈交变电流频率为50Hz， 变压器变压不变频，且每转一周电流方向改变两次，故 1s 内电流方向改变 100 次，B 正确； C．根据二极管的单向导电性可知，把 AC 接一起，再把 BH 接一起，则在变压器的副线圈的 电路回路为 BHGDCA，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 C 正确； D．把 ACF 接一起，再把 BEH 接一起，根据二极管的单向导电性可知，则电流可以形成 BHGDCA 或者 AFGDEB 两种单项导电的电流，则电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 D 正确。 故选 BCD。 6.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。由 35 颗卫星组成，包括 5 颗静止 轨道卫星、3 颗倾斜同步轨道卫星、27 颗中地球轨道卫星，下表给出了其中三颗卫星的信息， 其中倾角为轨道平面与赤道平面的夹角。下列陈述正确的是（ ） A. 北斗-IGSO2 的运行周期和地球自转周期相等 B. 北斗-G4 的线速度小于北斗-M3 的线速度 C. 北斗-IGSO2 总在地面上某点的正上方 D. 北斗-IGSO2 和北斗-M3 的周期的三分之二次方之比约等于 5 3 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由表格可知，北斗 IGSO2 为倾斜地球同步轨道卫星，所以其运行周期和地球自 转周期相等，故 A 正确； B．由表格可知，北斗 G4 为同步卫星，北斗 M3 为中高卫星，根据万有引力提供向心力得 2 2 Mm vG mr r  可知北斗 G4 的线速度小等于北斗 M3 的线速度，故 B 正确； C．倾斜轨道卫星的周期是 24 小时，在地面上看是移动的，因此不能总是在某点的正上方， 故 C 错误； D．根据万有引力提供向心力得 2 2 2( )MmG m rr T  解得 2 34 rT GM  可知周期的三分之二次方之比等于它们的半径之比，为 3 0 3 0 35833 10 21607 10 R R     ，其中 R0 为地球的 半径，约为 6400km=6.4×106m，所以 3 6 3 0 3 6 3 0 35833 10 6.4 10 35833 10 51.521607 10 6.4 10 21607 10 3 R R            故 D 错误。 故选 AB。 7.如图所示，光滑水平地面上有 A、B 两物体，质量都为 m， B 左端固定一个处在压缩状态的 轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A 以速率 v 向右运动，当 A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程说法正确的是（ ） A. A 物体最终会静止， B 物体最终会以速率 v 向右运动 B. A、B 系统的总动量最终将大于 mv C. A、B 系统的总动能最终将大于 21 2 mv D. 当弹簧的弹性势能最大时 A、B 的总动能为 21 4 mv 【答案】CD 【解析】 【详解】ABC．系统水平方向动量守恒，弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放导致系统总 动能增加， 有 A Bmv mv mv  2 2 2 p 1 1 1 2 2 2A BE mv mv mv   故 B 物体最终向右运动的速率大于 v，A、B 系统的总动量最终将等于 mv，而 A、B 系统的总 动能最终将大于 21 2 mv ，则 AB 错误， C 正确； D．弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，此时 A、B 两物体具有相同的速度，由动量守 恒知 1 2v v  则有 2 21 1( )2 2 4k vE m mv  故 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块 A、B，质量均为 m ， 其中物块 A 被一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固定在高处 O 点，弹性绳的原长为 L，劲度系数为 k，当物块 A 在 O 点正下方时绳处于原长状态。现使物块 A、B 一起从绳和竖 直方向夹角为θ=60°开始释放，下列说法正确的是（ ） A. 刚一释放时物块 A 对物块 B 的推力为 3 4 kL B. 物块 A 向右运动的最远距离为 2 3L C. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A 做的功大于 A 对 B 做的功 D. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A 的冲量大于 A 对 B 的冲量 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由几何关系可知，开始时绳子的长度 1 2cos60 LL L  则此时弹性绳的弹力 1( )F k l k L L kL     设 A 与 B 的质量都是 m，弹性绳沿水平方向的拉力推动 A、B 一起做加速运动，则 2ma=Fsin60° 物块 A 对 B 的推力为 N 1 3sin 602 4F ma F kL     故 A 正确； B．A 与 B 一起经过 O 点的正下方时，弹性绳的弹性势能转化为 AB 的动能，则 2 21 1( ) 22 2 mk x mv   在 AB 经过 O 点正下方后，由于 A 受到绳子的拉力，A 与 B 分离，分离后到 A 到达最右端时， A 的动能转化为弹性绳的弹性势能，则 2 21 1( )2 2 mk x mv  可知 x x   结合几何关系可知，物块 A 向右运动的最大距离小于 2 tan 60 2 3L L   ，故 B 错误； C．从静止开始到 A、B 分离时，绳子对 A 做功转化为 A 与 B 的动能，而 A 对 B 做的功只转化 为 B 的动能，所以从静止开始到 A、B 分离时，绳子对 A 做功大于 A 对 B 做的功，故 C 正确； D．根据动量定理可知，绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量转化为 A 与 B 沿水平方向的动量， 而 A 对 B 的冲量只转化为 B 的冲量，所以绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量大于 A 对 B 的冲 量，则绳子对 A 的冲量一定大于 A 对 B 的冲量，故 D 正确。 故选 ACD。 9.手机电池多为锂电池，这种电池的电动势并不是一个定值，刚充满的电池电动势约 4.2V，在 使用过程中降低到 3.2V 时建议终止放电。为尽可能精确地测量出某手机电池刚充满电时的电 动势，可供选用的器材如下∶ A.电流表 A：量程 0~0.6A、内阻 0.6Ω B.电压表 V：量程 0~15V、内阻 3kΩ C.滑动变阻器 R：最大阻值 5Ω D.电阻箱 R0： 0~9999Ω E.待测手机电池 E F.一个开关 S 及导线若干 (1)选用合适的仪器，在答题纸的虚线框内画出你设计的实验电路图_________； (2)根据自己设计的电路，得到电动势需要测量的物理量有________，电动势测量值的表达式 ________。 【答案】 (1). (2). 电阻箱的示数和相应电流表示数 (3). 1 2 1 2 2 1 ( )I I R RE I I   【解析】 【详解】(1)[1]常见的测量电源电动势的方法有伏安法、伏阻法、安阻法，本实验电压表量程 过大，滑动变阻器阻值太小，会使电流表过载，因而应选用安阻法。 (2)[2]根据安阻法原理 E=I（r+R+RA），需记录电阻箱阻值 R 及对应的电流表读数 I； [3]根据闭合电路的欧姆定律有 1 1( )AE I r R R   2 2( )AE I r R R   联立可解得 1 2 1 2 2 1 ( )I I R RE I I   10.某同学用如图所示的气垫导轨和光电门装置来做“验证动能定理”的实验，他的操作步骤 如下∶ ①将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在实验台上，②将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较 近一端的某点 B 处，③将带有遮光条的质量为 M 的滑块放置在气垫导轨上的 A 处，④用 n 个 质量为 m 的钩码连接成串，经绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从 A 点由静止释放，在光电计 时器上读出遮光条通过光电门的时间 t ，⑤改变钩码个数，使滑块每次从同一位置 A 由静止 释放，重复上述实验过程。实验中释放点 A 到光电门的距离为 s ，遮光条的宽度为 d： (1)该同学操作中疏漏的重要实验步骤是___________； (2)数据处理时，该同学认为钩码的总重力等于滑块所受的外力，得出滑块动能的表达式为 ______，滑块所受外力做功的表达式为______； (3)根据你掌握的物理知识判断，该同学认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”，是否合 理，并说明理由______； (4)该同学正确操作后，用图像法处理数据，若以钩码个数为横轴，以时间 t 的____次方为纵轴， 画出的图像是直线，直线斜率的表达式是____。 【答案】 (1). 第①步中，气垫导轨应调水平 (2). 2 22 Md t (3). nmgs (4). 不合理， 因钩码处于失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所受的外力 (5). -2 (6). 2 2mgs Md 【解析】 【详解】(1)[1]为了保证细绳的拉力为滑块的合外力，需要细绳与导轨平行，则第①步中，气 垫导轨应调水平； (2)[2]对滑块进行分析，合外力做功等于动能的变化，若钩码的总重力等于滑块所受的外力， 则滑块动能的表达式为 2 2 2 1 02 2k MdE Mv t     [3]滑块所受外力做功的表达式为 =W nmgs合 (3)[4]若同学认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”是不合理的，对钩码由牛顿第二定律 Tmg F ma  对滑块 TF Ma 联立可得 T 1 mg mgF M mM m M     故当 m M 时， TF mg ，则理由是因钩码处于失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所 受的外力。 (4)[5][6]若 m M ，对滑块由动能定理 2 22 Mdnmgs t  可得 2 2 2mgst nMd   故以时间 t 的负二次方为纵轴，以钩码个数 n 为横轴，画出的图像是直线，直线斜率的表达式 是 2 2mgs Md 。 11.如图甲所示，足够长的柔软导线跨过滑轮悬挂两条水平金属棒 MN、PQ ，棒长均为 l=0.50m， 电阻值均为 R =1.0Ω的电阻。MN 质量 m1=0.10kg， PQ 质量 m2=0.20kg，整个装置处于磁感应 强度 B=1.0T 的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于 MN 和 PQ。t=0 时刻，对金属棒 MN 施加 一个竖直向下的外力 F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流 I 随时间 t 变化的关 系如图乙所示。电路中其他部分电阻忽略不计， g 取 10m/s2： (1)求 2.0s 末金属棒 MN 瞬时速度的大小； (2)求 4.0s 末力 F 的瞬时功率； (3)已知 0~3.0s 时间内 MN 上产生的热量为 0.36J，试计算 F 对金属棒 MN 所做的功。 【答案】(1) 0.80m/s；(2)3.1W；(3)2.7J 【解析】 【详解】(1)根据双棒反向切割磁感线，产生的电动势为 E=2Blv 由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流为 EI R R   而由图乙可得，t=2.0s 时， I=0.4A，代入数据解得 v=0.80m/s (2)由 BlvI R  可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律 v =at 解得金属棒的加速度大小 a=0.40m/s2 对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得 F+m1g-m2 g-2F 安=(m1+m2）a 又 F 安=BIl 由题图乙可得 t=4.0s 时，I=0.8A，代入数据解得 F 安=0.4N，F=1.92N 由速度与电流的关系可知 t=4.0s 时，v=1.6m/s，根据 P= Fv 解得 P =3.1W (3)MN 与 PQ 串联，可知电路中产生的总热量为 Q 总=2×0.36J=0.72J 根据能量守恒定律有 2 2 1 1 2 2 1( ) ( )2W m m gh m m v Q     总 又 2 2 1.8m2 vh a   v2=at2 联立可得 F 对金属棒所做的功 W=2.7J 12.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中 AB 部分是倾角为θ=37°的直轨道， BCD 部分是以 O 为圆心、半径为 R 的圆弧轨道，两轨道相切于 B 点， D 点与 O 点等高， A 点在 D 点的正下方。圆的水平直径下方有水平向左的电场，质量为 m、带电荷量为 q 的小球 从 A 点由静止开始沿斜面向上运动，已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C ，然后经过 D 点 落回到 AB 之间某点。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为 g。求∶ (1)小球在 C 点的速度的大小； (2)小球在 AB 段运动过程中电场力所做的功； (3)小球从 D 点运动落到 AB 上某点的时间。 【答案】(1) Cv gR ；(2)2.8mgR；(3) 56 16 3 37 Rt g  【解析】 【详解】(1)当小球在最高点时 2 Cvmg m R  解得 Cv gR (2)小球从 A 点到 C 点的过程有 212 2 CqE R mgh mv   cos ( sin ) tan 3h R R R R R       得 7 4qE mg 小球在 AB 段运动过程中电场力所做的功 ( sin )W qE R R   解得 W =2.8mgR (3)小球从 C 点运动到 D 点的过程 2 21 1 2 2D CmgR mv mv  解得 3Dv gR 设小球落点到 A 的水平距离为 x，竖直距离为 y， 21 2 qEx tm  212 ( )2Dy R v t gt   由几何关系有 tany x  联立这三个方程得 56 16 3 37 Rt g  13.如图所示，一定质量的理想气体状态发生改变，在 p-V 关系图像中经历从 a→b→c→d→a 状态循环变化过程。下列说法正确的是（ ） A. a→b 过程中，分子的平均动能增大，外界对气体做正功 B. b→c 过程中，分子的平均动能增大，气体吸热， C. c→d 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小 D. b→c→d 过程，气体对外做的功等于系统和外界传递的热量 E. d→a 过程中，气体分子速率分布曲线的峰值位置不发生变化 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】 A．在 a→b 的过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，而压强增大，由 pV nRT 可知 气体温度升高，分子的平均动能增大，选项 A 错误； B．b→c 的过程中，压强不变，体积增大，由 pV nRT 知温度升高，气体分子的平均动能 增大，吸收热量，选项 B 正确； C．c→d 的过程中，气体体积不变，则单位体积内的分子数不变，但压强减小，由 pV nRT 知温度降低，气体分子的热运动变慢，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，选项 C 正确； D．由于 b、d 状态的面积即 pV 值相等，由 pV nRT 知温度相等，根据热力学第一定律 U Q W   可得气体对外做的功等于系统和外界传递的热量，选项 D 正确； E．d→a 的过程为温度降低，气体分子的热运动变慢，所以气体分子的速率分布曲线的峰值位 置发生变化，选项 E 错误。 故选 BCD。 14.伽利略温度计结构如图所示。玻璃泡 A 容积为 V0，内封有一定量气体，与 A 相连的 B 管插 在液体槽中，液体密度为ρ，管内径的横截面积为 S，已知环境温度为 T0 时，管内液面的高度 差为 x0，当环境温度变化时，x 即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由 B 管上的刻度 直接读出。已知大气压强为 p0，重力加速度为 g，只有在近似条件下温度 T 和 x 的关系才是线 性关系： ①在下述条件下求此线性关系 a.B 管的容积远小于 A 泡的容积； b.管内液体密度很小，引起的压强远小于大气压强； ②试分析指出这种温度计的缺点。 【答案】①a. 0 0 0 0 p gxT Tp gx     ；b. 0 0 0 ( )[1 ]x x ST T V   ；②见解析 【解析】 【分析】 【详解】 ①a.由于 B 管的体积与 A 泡体积相比可忽略不计，该过程为等容过程，有 0 0 0 0 p gx p gx T T    得 0 0 0 0 p gxT Tp gx     b.管内液体引起的压强远小于大气压强，该过程为等压过程，有 0 0 0 0 ( )V V x x S T T   0 0 0 ( )[1 ]x x ST T V   ②（1）温度变化时，管内液体高度变化，导致气体的体积和压强都在变化，所以刻度不均匀； （2）近似条件的限制使得它的测量范围限制在很小的区间内； （3）第一种情况在环境大气压发生变化时测量结果需要修正。 15.如图所示,从点光源 S 发出的一束复色光,以一定的角度入射到玻璃三棱镜的表面,经过三棱 镜的两次折射后分为 a、b 两束光．下面的说法中正确的是_______． A. 在三棱镜中 a 光的传播速率大于 b 光的传播速率 B. a 光频率大于 b 光频率 C. 若改变复色光的入射角,可在入射面发生全反射 D. a、b 两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距Δxa<Δxb E. 真空中的 a、b 两束光的光速相对于不同的惯性参考系是相同的 【答案】BDE 【解析】 A、经过三棱镜，b 光的偏折角小于 a 光的偏折角，所以可以得 b 光的折射率小于 a 光的折射 率，由公式 cv n  得知，在三棱镜中 a 光传播速率小于 b 光的传播速率，故 A 错误； B、由于 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，则 a 光的频率大于 b 光的频率，故 B 正确； C、当光线由光疏介质射到光密介质时，因为光线靠近法线而折射，这时不会发生全反射，所 以改变复色光的入射角，都不可能在入射面发生全反射，故 C 错误； D、由于 a 光的频率大于 b 光的频率，所以 a 光的波长小于 b 光，根据公式 Lx d   ，a、b 两 束光分别通过同一双缝干涉时 a 光条纹间距小于 b 光条纹间距，故 D 正确； E、根据光速不变原理，一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，故 E 正 确； 故选 BDE． 16.振源处于 x 轴原点处，分别向 x 轴正向和负向形成两列简谐横波，在 x 轴上有两点 P 和 Q， 它们的振动图像分别是图甲和图乙，它们间的距离为 d=10m： ①如果它们都在 x 轴的正半轴，求这列波的可能速度； ②如果 P 点在 x 轴的负半轴，坐标为-4m，Q 点在 x 轴的正半轴，求这列波的最大速度？ 【答案】① 50 m/s2 1v n   （n=0，1，2，3，…）；② 10m/sv  【解析】 【详解】①从图像可知振源的周期为 T=0.4s，P 和 Q 的相位始终相反，则 2d n   由波速 v T ，得 50 m/s2 1v n   （n=0，1，2，3，…） ②周期一定，波长越大则波速越大，原点两侧的波形是镜像对称图形，P 点和它的对称点 P' 振动相同 2mx OQ OP    2x k    （k=0，1，2，3，…） 当波长最大时 k=0，λ=4m， 10m/sλv T  