河北省石家庄市2020届高三物理下学期质量检测（二模）试题（解析版） 22页

物理部分 二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 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。全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为 10kg 的吊篮相连，向另一端被站在吊 篮里质量为 50kg 的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度 g=10m/s2，则该 人对吊篮的压力大小为（ ） A. 150N B. 200N C. 300N D. 350N 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设轻绳的拉力为 F，对整体进行受力分析，根据平衡条件有  2F m M g  将 m=10kg，M=50kg 代入解得 F=300N 再对人进行受力分析，根据平衡条件有 NF F Mg  解得 N 200NF  因力的作用是相互的，可知该人对吊篮的压力大小为 200N，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 2.一个氘核和一个氚核结合成一个氦核，同时放出一个中子，其聚变反应方程为 2 3 4 1 1 1 2 0H+ H He+ n 。已知氘核、氚核和氦核的结合能分别为 E1、E2、E3，光在真空中的传 播速度为 c。在上述聚变反应方程中质量亏损为（ ） A.  1 2 3 2 E E E c   B.  3 1 2 2 E E E c   C. 1 2 3 2 E E E c   D. 1 2 3 2 E E E c    【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 反应过程释放的核能为  3 1 2E E E E    根据爱因斯坦质能方程有 2E mc   解得质量亏损为  3 1 2 2 E E Em c    ，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示，两个闭合正方形线圈 a、b 用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈 a 的边长为线圈 b 边长的 3 倍，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间 均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，下列说法正确的是（ ） A. a、b 线圈中均产生顺时针方向的感应电流 B. a、b 线圈中感应电动势之比为 3：1 C. a、b 线圈中感应电流之比为 3：4 D. a、b 线圈中电功率之比为 27：1 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电 流为逆时针，故 A 错误； B．根据法拉第电磁感应定律可知 2B BE n n S n lt t t        由题知，两线圈匝数 n 相同， B t   也相同，故 : 9:1a bE E  ，故 B 错误； C．由题知，两线圈的横截面积 S0 相同，电阻率  也相同，根据电阻定律有 0 LR S  导线长度为 4L n l  故电阻之比为 : 3:1a bR R  根据欧姆定律有 EI R  故电流之比为 : 3:1a bI I  ，故 C 错误； D．根据电功率 2EP R  因电动势之比为 9：1；电阻之比为 3：1；则电功率之比为 27：1，故 D 正确。 故选 D。 4.如图所示，边长为 L 的等边三角形 ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁 场方向垂直纸面向外，两磁场的磁感应强度大小均为 B。顶点 A 处有一粒子源，粒子源能沿 ∠BAC 的角平分线发射不同速率的粒子，粒子质量均为 m、电荷量均为+q，不计粒子重力及 粒子间的相互作用力，则发射速度 v0 为哪一值时粒子能通过 B 点（ ） A. 2qBL m B. 3 2 qBL m C. 2 3 qBL m D. 7 qBL m 【答案】D 【解析】 【详解】粒子带正电，且经过 B 点，其可能的轨迹如图所示 所有圆弧所对圆心角均为 60°，所以粒子运行半径 r= L n （n=1，2，3，…） 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB=m 2v r 解得 Bqr BqLv m mn   （n=1，2，3，…） 由此可知， 7 qBLv m  的粒子能通过 B 点，故 ABC 不符合题意，D 符合题意。 故选 D。 5.2019 年 10 月 8 日，瑞典皇家科学院宣布，将 2019 年诺贝尔物理学奖的一半授予瑞士天文 学家米歇尔·麦耶与迪迪埃·奎洛兹，以表彰他们发现了围绕主序星的首颗太阳系外行星。 假设该行星的半径为 R，其赤道处的重力加速度为极地处重力加速度的 k 倍（k<1）。若认为该 行星为球体且质量分布均匀，则该行星的同步卫星距离其表面的高度为（ ） A. 3 1 11 Rk      B. 3 1 1 2 2 Rk      C. 3 2 11 Rk      D. 3 1 21 Rk      【答案】A 【解析】 【详解】设行星的质量为 M，自转角速度为 ，其极地处的重力加速度为 g，对质量为 m 的 物体处于极地时，万有引力等于重力，则有 2 MmG mgR  处于赤道时，则有 2 2 MmG mk g m RR   设同步卫星的质量为 m1，距离地面的高度为 h，根据万有引力提供向心力得    21 12 MmG m R h R h    联立解得 3 1 11h Rk       故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6.如图所示，质量分别为 6m 和 2m 的 A、B 两木板叠放在水平桌面上，木板 B 与桌面间的动 摩擦因数为  ，木板 A 与木板 B 间的动摩擦因数为 2 ，木板 A 和木板 B 的加速度大小分别 用 a1、a2 表示，木板 A 与木板 B 间的摩擦力大小用 f1 表示，木板 B 与桌面间的摩擦力大小用 f2 表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为 g。当水平力 F 作用在木板 A 上时， 下列反映 a1、a2 和 f1、f2 随拉力 F 变化的图线可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】A 与 B 间的最大静摩擦力为 1m 2 6 12f mg mg    B 与地面间的最大静摩擦力为 2m 8 8f mg mg    当拉力 8F mg 时，A、B 两物块静止不动，则 1 2f f F  当 A 与 B 刚要发生相对滑动时，B 与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，B 产生的最大加速度为 1m 2m 2m   22 f fa gm   设此时的拉力为 F，对 A 根据牛顿第二定律有 1m 6 2F f m g   解得 F=24μmg 所以当拉力8 24mg F mg   时，A、B 没有发生相对滑动，B 与地面间的摩擦力为滑动 摩擦力，有 2 8f mg 大小不变，对 B 分析，根据牛顿第二定律可知 1 8 2f mg ma  解得 1 8 2f mg ma  逐渐增大；对 A、B 整体有 8 8F mg ma  当 24F mg 且拉力继续增大时，B 做匀加速运动，A 做加速度增大的加速度运动，对 A 根 据牛顿第二定律有 112 6F mg ma  此时 1a F 图线的倾斜程度更大，两个接触面的摩擦力都为滑动摩擦力，保持不变，故 BC 正确，AD 错误。 故选 BC。 7.如图所示，倾角为 30°的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以 水平速度 v0 抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说法正确 的是（ ） A. 小球从抛出到落在斜面上的运动时间为 03v g B. 小球从抛出到落在斜面上的运动时间为 03 3 v g C. 小球抛出时距斜面底端的高度为 2 05v g D. 小球抛出时距斜面底端的高度为 2 05 2 v g 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．设小球打到斜面上的时间为 t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得 0 0 tan 60 yv gt v v   解得 03vt g  ，故 A 正确，B 错误； CD．小球垂直打到斜面上，根据平抛运动规律，则有 0x v t ， 21 2y gt 小球落在斜面上，根据几何关系得 tan30 h y x   将 03vt g  代入，交联立解得 2 05 2 vh g  ，故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 8.如图，MN 和 PQ 是固定在水平面上电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分 光滑，水平部分粗糙，右端接一个阻值为 R 的定值电阻。水平部分导轨区域存在方向竖直向 上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高为 h 处由静止释 放，在水平导轨上运动距离 d 时恰好停止。己知金属棒与导轨水平部分间的动摩擦因数为  ， 金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ） A. 金属棒克服安培力做功等于金属棒产生的焦耳热 B. 金属棒克服安培力做功与克服摩擦力做功的和为 mgh C. 金属棒产生的焦耳热为  1 2 mg h d D. 金属棒在电场中运动的时间为 2 22 2 gh B L d g R mg  【答案】BCD 【解析】 【详解】A．根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻 R 上产生的焦耳 热之和，故 A 错误； B．设金属棒克服安培力所做的功为 W，对整个过程，由动能定理得 0mgh mgd W   解得 mgd W mgh   ，故 B 正确； C．由 B 项可解得金属棒克服安培力所做的功为  W mg h d  则电路中产生的总的焦耳热   Q W mg h d   则属棒产生的电热为  1 2 mg h d ，故 C 正确； D．金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得 2 0 1 2mgh mv 得 0 2v gh ，金属棒经过磁场通过某界面的电量为 2 2 BLdq R R   根据动量定理 00BIL t mgd t mv      其中 q I t  解得 2 22 - 2 gh B L dt g R mg   故 D 正确。 故选 BCD。 三、非选择题；共 174 分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分。 9.某实验小组“探究小车加速度与所受合外力关系”的实验装置如图甲所示，长木板放置在水 平桌面上，拉力传感器固定在小车上。他们多次改变钩码的个数，记录拉力传感器的读数 F， 并利用纸带数据求出加速度 a。 (1)该实验______（选填“需要”或“不需要”）满足钩码总质量远小于小车和传感器的总质 量。 (2)如图乙所示为实验中得到的一条纸带，两计数点间还有四个点未画出，已知交流电频率为 50Hz，可求出小车的加速度大小为_________m/s2（结果保留三位有效数字）。 (3)以力传感器的示数 F 为横坐标，加速度 a 为纵坐标，画出的 a F 图象如图丙所示，其中 横轴截距为 F0，求得图线的斜率为 k，若传感器的质量为 m0，则小车的质量为_________。 【答案】 (1). 不需要 (2). 2.01 (3). 0 1 mk  【解析】 【详解】（1）[1]不需要，因为拉力可以直接用拉力传感器读出来； （2）[2]两相邻计数点间还有四个点未画出，说明相邻计数点间的时间间隔为 T=0.1s，根据逐 差法 2x aT  可得加速度为 29 FG EF DE CD BC ABx x x x x xa T      代入数据解得 22.01m / sa  （3）[3]设小车的质量为 m，所受滑动摩擦力为 f，以传感器和小车为研究对象，根据牛顿第 二定律有  0F f m m a   变形得 0 0 1 fa Fm m m m    则图线的斜率为 0 1k m m   解得小车的质量为 0 1m mk   10.某小组做描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，可供选用的器材如下： ①小灯泡 L（标有“3.8V、2W”） ②电流表 A（量程 0~0．6A，内阻约为 0.5 ） ③电压表 V（量程 0~l5V，内阻约为 20k ） ④滑动变阻器 R（阻值范围 0~5  ） ⑤电源 E（电动势为 4.5V，内阻约为 1  ） ⑥开关 S 及导线若干 (1)某同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请将图乙中的实物图补充完整________。 (2)某同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果。 于是又从实验室找来一量程 100μAgI  、内阻 Rg=5000 Ω 的灵敏电流计，把该灵敏电流计改 装成量程为 5V 的电压表，则需串联一个阻值为____________Ω的电阻。 (3)某同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数 I1 和灵敏电流计读数 I2，如下表所示。 请在图丙中的坐标纸上画出 1 2I I 图线_________。 I1（A） 0 020 0.31 0.38 0.43 0.46 0.49 0.50 …… I2（  A） 0 10 20 30 40 50 60 70 …… (4)若将该小灯泡接在如图丁所示的电路中，已知电源的电动势 3.0VE  ，内阻 r=1.5 Ω ，定 值电阻 R0=2.5 Ω ，则小灯泡消耗的电功率约为__________W（结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). (2). 44.5 10 （45000） (3). (4). 0.57（0.50~0.59 均可） 【解析】 【详解】（1）[1]根据实验电路图，进行实物图连接，如图所示 （2）[2]设需要串联的电阻阻值为 Rx，则有 Ig（Rg+Rx）=5V 代入数据可得 Rx= 44.5 10 Ω（45000Ω） （3）[3]根据表中所给数据，画出 1 2I I 图线如图所示 （4）[4]将定值电阻 R0 看做该电源的内阻的一部分，则内阻 r  4.0Ω，由此可得路端电压 3.0 4.0U E Ir I     在 I1-I2 图线所在坐标纸上作出该 I-U 图象如图中红线所示 可知其交点坐标表示的电流约 I1=0.38A， 2 30μAI  ，则电压为  2 g x 1.5VU I R R   所以该小电珠消耗的功率约为 P=UI=0.38×1.5W=0.57W；（0.50~0.59 均可） 11.如图所示，长度为 L 的绝缘细线将质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球悬挂于 O 点，整个 空间存在水平向右、电场强度大小为 3mg q （其中 g 为重力加速度）的匀强电场，小球可视 为质点。 (1)若将小球在 A 点由静止释放，求细线摆起的最大角度； (2)若小球在最低点 A 获得一水平向右速度，为使小球运动过程中细线不松弛，求该速度大小 应满足的条件。 【答案】(1)120°；(2) 2 2v gL 或 2v gL 【解析】 【详解】(1)若将小球在 A 点静止释放，细线摆起的最大角度为 ，此过程由动能定理得 sin ( cos ) 0EqL mg L L    解得 1cos 2    ，所以 120   (2)小球所受重力电场力的合力大小为 2 2( ) ( ) 2F mg Eq mg   与水平方向的夹角为 ，则有 3tan 3 mg Eq    解得 30   如果小球获得水平速度 v1 后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置 B（如图 1）满足 2 BvF m L  小球从 A 点运动到 B 点，由动能定理得 2 2 1 1 1( sin ) cos 2 2Bmg L L EqL mv mv      联立解得 1 2 2v gL 如果小球获得水平速度 v2 后来回摆动，则小球刚好能到达 C 点或 D 点（如图 2），则小球从 A 点运动到 C 点，由动能定理得 2 2 1( cos ) sin 0 2mg L L EqL mv      或小球从 A 点运动到 D 点，由动能定理得 2 2 1( cos ) sin 0 2mg L L EqL mv      联立解得 2 2v gL 综上可得 2 2v gL 或 2v gL ，细线均不会松弛。 12.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为 1.75kg 的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽， 木板长 2.5m，圆弧槽半径为 0.4m，木板左端静置一个质量为 0.25kg 的小物块 B，小物块与木 板之间的动摩擦因数  =0.8。在木板的左端正上方，用长为 1m 的不可伸长的轻绳将质量为 1kg 的小球 A 悬于固定点 O。现将小球 A 拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成 =30° 角，小球由静止释放，到达 O 点的正下方时与物块 B 发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气 阻力，重力加速度 g 取 10m/s2。求： (1)小球 A 与物块 B 碰前瞬间，小球 A 的速度大小； (2)物块 B 上升的最大高度； (3)物块 B 与木板摩擦产生的总热量。 【答案】(1)5m/s；(2)0.8m；(3)7J 【解析】 【详解】(1)设轻绳长为 L，小球 A 自由落体 L 时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为 v1，根据 自由落体运动规律，可得 2 1 2v gL 轻绳伸直后瞬间小球 A 速度为 2 1 cos30v v  轻绳刚好再次伸直后到最低点，由动能定理   2 2 3 2 1 11 sin30 2 2m gL m v m v   A A A 联立解得 3 5m / sv  (2)小球 A 与物块 B 弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得 A A B 53 4m v m v m v  A A 2 2 2 3 4 5B 1 1 1 2 2 2m v m v m v  联立解得 4 3m / sv  ， 5 8m / sv  物块 B 在最高点时，与木板水平共速，木板速度为 v6，设物块 B 升高最大高度为 h，板长为 L1，由水平方向动量守恒及能量关系得  5 6m v m M v B B  2 2 5 6 1 1 1 2 2m v m M v m gL m gh   B B B B 联立解得 h=0.8m 因 0.8>0.4，物块 B 飞出圆弧槽。 (3)假设物块 B 最终能停在木板上，物块 B 与木板速度共同速度仍为 v6，物块 B 在木板上相对 木板滑行路程设为 x，由能量关系得  2 2 5 6 1 1 2 2m v m M v m gx  B B B 解得 x=3.5m 因 3.5m<5m，故物块 B 最终能停在木板上，产生总热量为 7Q m gx B J 【物理选修 3-3】 13.关于物体的内能，下列说法正确的是（ ） A. 对于一定质量的理想气体，从外界吸收热量，其内能不一定增加 B. 两个相距无穷远的分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大 C. 相同质量的两物体，升高相同的温度，内能的增加量一定相同 D. 物体的内能改变时，温度可能不变 E. 内能与物体的温度和体积有关，所以温度不变，体积变大，内能一定变大 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．根据热力学第一定律 U W Q   一定质量的理想气体从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增大，故 A 正确； B．两个相距无穷远的分子，仅在分子力作用下，若由静止开始逐渐接近，直到不能再接近为 止，开始分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，当分子间的距离小于 r0，分子力 表现为斥力，距离减小，分子力做负功，分子势能增加，所以分子势能先减小后增大，故 B 正确； C．物体的内能与物体的温度、体积、分子数等因素均有关，相同质量的两种物体，体积和分 子数不一定相同，升高相同的温度，内能增量不一定相同，故 C 错误。 D．一个物体内能改变，温度可能不变；比如晶体在熔化过程中，吸热内能增加，但温度不变， 故 D 正确； E．内能与温度和体积都有关，当温度不变，体积变大，分子间距增大，则分子势能可能减小， 故内能不一定变大，故 E 错误。 故选 ABD。 14.如图甲所示，一定质量的理想气体被质量 m=2kg 的活塞封闭在导热良好的气缸内，气缸横 截面积 S=0.001m2，内壁光滑。气缸开口向上放在水平地面上，活塞下表面与气缸底部的距离 L0=33cm，此时气体的温度为 300K。已知外界大气压强 p0=l.0×105Pa，并始终保持不变，重力 加速度 g 取 10m/s2。 ①若气体的温度保持不变，将气缸缓慢地沿顺时针方向转到与水平面夹角 =30°靠在墙上， 如图乙所示，求此时活塞下表面与气缸底部的距离 L； ②气缸保持如图乙位置不变，若将气缸内气体的温度缓慢升高到 360K 时，为使活塞下表面与 气缸底部的距离仍为 L，应在活塞上表面放置质量多大的物块。 【答案】①36cm；②4.4kg 【解析】 【详解】①初始时气缸放在水平地面上，根据平衡条件有 1 0p S p S mg  解得此时内部气体的压强 1 0 mgp p S   当气缸缓慢地沿顺时针方向转到与水平面成 30°角靠在墙上时， 根据平衡条件有 2 0 sinp S p S mg   解得此时内部气体的压强 2 0 sinmgp p S   由玻意耳定律得 1 0 2p L S p LS 解得 L=36cm ②气体发生等容变化，设末态气体的压强为 p3，由查理定律得 32 2 3 pp T T  解得 5 3 1.32 10p   Pa 应在活塞上表面放置质量为 m 的物块，根据平衡条件有 3 0 ( ) sinp S p S m m g     解得 m  4.4kg 【物理选修 3-4】 15.甲、乙两列同种简谐横波在某种均匀介质中传播，如图所示为 t=0 时刻两列波恰好在坐标 原点相遇时的波形图。已知甲波的频率为 4Hz，沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播， 则下列说法正确的是（ ） A. 乙波的频率为 4Hz B. 乙波的传播速度为 8m/s C. 两列波叠加后，x=0 处的质点振幅为 10cm D. 两列波叠加后，x=0.5m 处为振动加强点 E. t=0.25s 时，x=0 处的质点处于平衡位置，且向上运动 【答案】ABE 【解析】 【分析】 【详解】 A．甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲=2m，λ乙=2m，由 v f 知甲、乙两波的频率之比为 1：1，即为 f 乙=f 甲=4Hz，故 A 正确； B．乙波的传播速度为 v 乙=λ乙 f 乙=2×4m/s=8m/s 故 B 正确； C．两列波叠加后，在 x=0 处的质点振动加强，振幅为 A0=A 甲+A 乙=10cm+20cm=30cm 故 C 错误； D．因两列波的速度相等，故两列波叠加后，在 x=0.5m 处是波峰与波谷相遇，属于振动减弱 点，故 D 错误； E．两波的周期为 1 0.25HzT f   t=0 时刻，x=0 处的质点处于平衡位置，且向上运动。因为 t=0.25s=T，所以经一个周期后，x=0 处的质点仍处于平衡位置，且向上运动，故 E 正确。 故选 ABE。 16.如图所示，ABCDE 为一透明材料制成的柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率 5n  ，AE 是一半径为 R 的 1 4 圆弧，O 点为圆弧圆心，OBCD 构成长方形，已知 2OB R ， 5OD R ，BF= 5 6 R，光在真空中的传播速度为 c。在 O 处有一点光源，光线从点光源经圆弧 AE 射入柱形光学元件。求： ①从 F 点射出光线的折射角正弦值； ②若不考虑发生折射时的反射光线，求光线在柱形光学元件中传播的最长时间。 【答案】① 2 5 5sin 13   ；② (25 5)Rt c  【解析】 【详解】①设射向 F 点的光线入射角为 1 ，折射角为 2 ，如图所示 则有 1 5sin 13 BF OF    根据折射定律有 2 1 sin sinn   解得 2 5 5sin 13   ②设光线发生全反射的临界角为 C，则有 5sin 5C  根据三角函数知识可得 1tan 2C  分析可知，当恰好发生全反射时，路程最长，如图所示 设光线在柱形光学元件中的路程为 s，速度为 v，根据 cn v  根据几何关系有 5 sin Rs RC   故时间 st v  联立解得 (25 5)Rt c 