河北省衡水中学2020届高三下学期高考押题物理试题 Word版含解析 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. B. ‎ C. D. ‎ ‎【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 - 17 -‎ 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，其比荷相同，根据公式可知，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 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，根据可知，速率一定越大，选项B错误，选项C正确；‎ - 17 -‎ D．通过的路程即圆弧的长度 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（　　）‎ - 17 -‎ A. A、B两端电压为 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 A、B两端电压为 故A错误；‎ B．副线圈交变电流频率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（　　）‎ - 17 -‎ 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 ‎【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 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 解得 可知周期的三分之二次方之比等于它们的半径之比，为，其中R0为地球的半径，约为‎6400km=6.4×‎106m，所以 故D错误。‎ - 17 -‎ 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 D. 当弹簧的弹性势能最大时A、B的总动能为 ‎【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 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，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 则有 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 - 17 -‎ 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 B. 物块A向右运动的最远距离为 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 则此时弹性绳的弹力 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 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 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 可知 - 17 -‎ 结合几何关系可知，物块A向右运动的最大距离小于，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). ‎ ‎【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；‎ - 17 -‎ ‎[3]根据闭合电路的欧姆定律有 联立可解得 ‎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). (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). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]‎ - 17 -‎ 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 ‎[3]滑块所受外力做功的表达式为 ‎(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 对滑块 联立可得 故当时，，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，对滑块由动能定理 可得 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。‎ ‎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：‎ - 17 -‎ ‎(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 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 - 17 -‎ 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 又 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)；(2)2.8mgR；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当小球在最高点时 - 17 -‎ 解得 ‎(2)小球从A点到C点的过程有 得 小球在AB段运动过程中电场力所做的功 解得 W =2.8mgR ‎(3)小球从C点运动到D点的过程 解得 设小球落点到A的水平距离为x，竖直距离为y，‎ 由几何关系有 联立这三个方程得 ‎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 - 17 -‎ 状态循环变化过程。下列说法正确的是（ ）‎ A. a→b过程中，分子平均动能增大，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，由知温度相等，根据热力学第一定律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。‎ - 17 -‎ ‎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.；b.；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 得 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 - 17 -‎ ‎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，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；‎ - 17 -‎ 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（n=0，1，2，3，…）；②‎ ‎【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 由波速，得 ‎（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 ‎（k=0，1，2，3，…）‎ 当波长最大时k=0，λ=‎4m，‎ - 17 -‎