2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试(一)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试（一）
物理试题
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题
1.青藏铁路起点为青海西宁,终点为西藏拉萨,全长1956 km,被誉为天路．小鹏打算和同学从西宁坐火车去拉萨,他通过网络查得Z6801次列车的信息如图所示．下列说法正确的是
A. 图中的“14:01”是时间间隔
B. 列车行驶时,以坐在旁边的同学为参考系,小鹏是静止的
C. 测量列车驶出西宁站的时间时,可以把列车看做质点
D. 若列车准点出发,并准点到达拉萨站,则列车行驶的平均速度为91.8 km/h 【答案】B 【解析】
【详解】A. 图中的“14:01”是列车出发的时刻，不是时间间隔，故A 错误．
B. 以坐在旁边的同学为参考系，小鹏相对该同学的位置没有变化，所以小鹏是静止的，故B 正确．
C. 测量列车驶出西宁站的时间时，列车的长度不能忽略，也不能把列车当质点，故C 错误．
D.列车运行的时间约为21.3t h =，列车的平均速率为1956
km/h 91.8km/h 21.3
v ==，这求得是平均速率，不是平均速度，故D 错误．
2.我国是少数几个掌握飞船对接技术的国家之一．为了实现神舟飞船与天宫号空间站顺利对接,具体操作应
为
A. 飞船与空间站在同一轨道上且沿相反方向做圆周运动接触后对接
B. 空间站在前、飞船在后且两者沿同一方向在同一轨道做圆周运动,在合适的位置飞船加速追上空间站后对接
C. 飞船在前、空间站在后且两者在同一轨道同向飞行,在合适的位置飞船减速然后与空间站对接
D. 空间站在高轨道、飞船在低轨道且两者同向飞行,在合适的位置飞船加速追上空间站后对接
【答案】D
【解析】
【详解】A.飞船在轨道上高速运动，如果在同轨道上沿相反方向运动，则最终会撞击而不是成功对接，故A 错误
B.两者在同轨道上，飞船加速后做离心运动，则飞船的轨道抬升，不能与空间站对接，故不能采取同轨道加速对接，故B错误
C. 两者在同一轨道飞行时，飞船突然减速做近心运动，飞船的轨道高度要降低，故不可能与同轨道的空间站实现对接，故C错误．
D. 飞船在低轨道加速做离心运动，在合适的位置，飞船追上空间站实现对接，故D 正确．
3.如图所示，竖直轻弹簧下端固定，上端与一物体相连，系统处于静止状态．现对物体施加一竖直向上的力，使得物体竖直向上做匀速直线运动（弹簧一直在弹性限度内），则在下面四幅图中，能正确反映该力的大小F随物体的位移x变化的关系的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】开始时物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，有：
mg=kx1
物体向上匀速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、拉力F ，根据平衡条件有
F =mg -F 弹
根据胡克定律，有
F 弹=k （x 1-x ）=mg -kx
所以
F =kx
故外力与为x 是正比例关系； A.与分析相符，故A 正确． B.与分析不符，故B 错误． C.与分析不符，故C 错误． D.与分析不符，故D 错误．
4.某小船在静水中的速度为4.0 m/s,要渡过宽度为120 m 、水流速度为
5.0 m/s 的河流．下列说法正确的是 A. 因
船速小于水速,所以船不能渡过此河
B. 若船渡河过程中水流速度变小,则渡河时间将变长
C. 若船渡河所用的时间为30 s,则渡河位移为120 m
D. 船渡河的最小位移为150 m 【答案】D 【解析】
【详解】A. 因为船速小于水速,所以船不能垂直河岸渡过此河，但是只要船头不与河岸平行，就能过此河，故A 错误．
B.由运动的独立性可知，船渡河过程中水流速度变小，不影响船垂直河岸的运动，所以渡河时间不变，不B 错误．
C. 若船渡河所用的时间为30 s ，则船沿河岸方向的位移为530m 150m s v t ==⨯=水，则船的渡河位移为
120m x =>，故C 错误．
D.当合速度的方向与河岸垂直时，渡河的位移最短，设此时合速度的方向与河岸的夹角为θ，
4sin =5v v θ=
船水，则渡河的最短的位移为：min 150m sin d x θ
==，故D 正确． 5.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为
A. 2
d v πρ B. 22
d v πρ
C. 2
14
d v πρ
D. 22
14
d v πρ
【答案】D 【解析】
【详解】设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
21
4
m V Svt d vt ρρπρ===
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：
Ft =0-mv
解得：
221
4
mv F d v t πρ=-
=- A. 2d v πρ与分析不符，故A 错误． B. 22d v πρ与分析不符，故B 错误．
C.
21
4d v πρ与分析不符，故C 错误． D. 22
14
d v πρ与分析相符，故D 正确．
6.绳索套马是内蒙古牧民的重要体育活动．某次活动中,套马者骑在马背上以速度v 追赶提前释放的烈马,同时挥动质量为m 的套马圈,使套马圈围绕套马者在水平面内做角速度为ω、半径为r 的匀速圆周运动,追逐一段时间后套马者和烈马的距离s 保持不变,待套马圈运动到烈马正后方时,套马者松开套马圈,最终成功套住烈马．运动过程中,套马者和烈马行进路线平行,松手后套马圈在空中的运动可视为平抛运动．下列说法正确的是
A. 套马圈围绕套马者做图示顺时针的圆周运动
B. 套马圈做平抛运动的时间为
s
r
ω C. 套马圈做平抛运动的初速度为v r ω+
D. 套马者刚松手时,套马圈的动能为221
2
m r ω 【答案】C 【解析】
【详解】A. 套马圈被释放后的运动方向与马的运动方向相同，才能套住烈马，所以套马圈应该是逆时针运动，故A 错误．
B. 套马圈被抛出以后做平抛运动，水平方向的位移为22x s r =-，
套马圈相对烈马的水平速度为0v r ω=，则套马圈做平抛运动的时间为22
s r t -=
，故B 错误． C.依题意可知，套马圈转到烈马正后方是，运动速度与烈马的速度同向，则套马圈平抛运动的速度为
v v r ω'=+，故C 正确．
D.由C 的分析可知，套马者刚松手时,套马圈的速度为v v r ω'=+，所以此时的动能为()2
12
m v r ω+，故D 错误．
7.甲、乙两车并排停在斑马线处礼让行人，在行人经过斑马线后，甲、乙两车同时启动并沿平直公路同向行驶，其速度一时间图象分别为图中直线a 和曲线b ．由图可知
A .
t 0时刻两车速度相同
B. t 0时刻乙车的运动方向发生改变
C. 在0～t 0时间内，乙车的加速度越来越小
D. 在0～t 0时间内，乙车的平均速度为0
2
v 【答案】AC 【解析】
【详解】A.根据图像可知，t 0时刻两车速度相同，都为v 0，故A 正确． B.乙车的速度一直为正，运动方向没有改变，故B 错误．
C.图像的斜率代表加速度，在0～t 0时间内，乙车图像斜率越来越小，乙车的加速度越来越小，故C 正确．
D. 在0～t 0时间内，甲车做匀加速直线运动，平均速度为
2
v ，乙车的位移比甲车的大，则乙车的平均速度
大于甲车的平均速度，即大于0
2
v
，故D错误．
8.如图所示,质量为m的小物块(视为质点)从固定的半球形金属球壳的最高点由静止沿球壳下滑,物块通过球壳最低点时的速度大小为v．球壳的半径为R,其两端的最高点在同一水平线上,物块与球壳间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g．下列说法正确的是
A. 物块运动到最低点时,受到的摩擦力大小为mg
μ
B. 物块通过球壳最低点时,对球壳的压力大小为
2
v
mg m
R
+
C. 从刚释放至运动到最低点的过程中,物块减少的机械能为2
1
2
mgR mv
-
D. 物块通过球壳最低点时所受重力做功的功率为mgv
【答案】BC
【解析】
【详解】AB. 设物块通过球壳最低点时，受到球壳的支持力为N F，由牛顿第二定律可知2N v F mg m R-=，解得
2
N
v
F mg m
R
=+，由牛顿第三定律可知物块对球壳的压力大小也为
2
v
mg m
R
+，此时物块受到的摩擦力为
2
N
()
v
f F m
g m
R
μμ
==+，故B正确，A错误．
C.以球壳的最低点为势能的零点，出状态的机械能为mgR，末状态的机械能为2
1
2
mv，所以全过程机械能的减小量为2
1
2
mgR mv
-，故C正确．
D. 物块通过球壳最低点时，重力的方向与速度的方向垂直，所以此时重力的瞬时功率为零，故D错误．
9.某科研小组用火箭模型模拟火箭发射升空,该模型在地面附近一段位移内的发射功率恒为P,从静止开始竖直向上发射,发射过程中火箭受到含重力在内的一切阻力的合力大小f kv
=(k为比例常量)．火箭的质量为m,忽略其质量变化,设火箭在这段位移内可以达到最大速度,则
A. 在加速过程中,火箭加速度和速度均增大
B. 在加速过程中,火箭处于超重状态
C. k
P
D. 火箭达到最大速度的一半时的加速度大小为32kP
m
【答案】BD 【解析】
【详解】A.加速上升过程中，火箭受到向上的推力为P
F v
=
和阻力f kv =，可知速度最大推力减小，阻力最大，由牛顿第二定律F f ma -=，可知加速度减小，故A 错误． B.向上加速过程中，加速度向上，处于超重状态，故B 正确．
C.当F f =时速度达到最大，即P Fv fv kv v ===⋅，解得最大速度为P
v k
=
，故C 错误． D.当速度12P
v k
'=
，此时火箭受到的向上的推力为2P F Pk v '=='，由牛顿第二定律可得F f ma '''-=，
其中2v f k
'=，由以上方程解得加速为32kP
a m
=，故D 正确． 10.在星球A 上将一小物块P 竖直向上抛出，P 的速度的二次方v 2与位移x 间的关系如图中实线所示；在另一星球B 上用另一小物块Q 完成同样的过程，Q 的v 2-x 关系如图中虚线所示．已知A 的半径是B 的半径的1
3
，若两星球均为质量均匀分布的球体（球的体积公式为3
43
V r π=，r 为球的半径），两星球上均没有空气，不考虑两球的自转，则
A. A 表面的重力加速度是B 表面的重力加速度的9倍
B. P 抛出后落回原处的时间是Q 抛出后落回原处的时间的13
C. A 的第一宇宙速度是B 3倍
D. A 的密度是B 的密度的9倍 【答案】AC 【解析】
【详解】A.设重力加速度为g ，根据速度位移关系式可知
202v gx -=
图像的斜率代表-2g ，两图像斜率比为9：1，所以A 表面的重力加速度是B 表面的重力加速度的9倍，故A 正确．
B.根据竖直上抛运动对称性可知：
2v t g
=
根据图像可知，P 0 ，Q 的初速度为0v ，所以P 抛出后落回原处的时间是Q 抛出后落回原
处的时间的
9
，故B 错误． C.根据第一宇宙速度的公式
v =
可知，A 的第一宇宙速度是B 倍，故C 正确． D.根据
2Mm
G
mg R
= 结合密度公式
34
3
M V R ρπ==
解得：
4
3
g GR πρ=
所以A 的密度是B 的密度的27倍，故D 错误．
二、非迭择题
（一）必考题：共45分。

11.在做研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图所示，并在纸带上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 共7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出．他用刻度尺测量出B 、C 、D 、E 、F 、G 这6个点到A 点的距离分别为d 1、d 2、d 3、d 4、d 5、d 6．电火花计时器所接交流电源的频率为f ．
（1）电火花计时器打D 点时纸带的速度大小为________（要求结果尽可能精确）． （2）纸带运动的加速度大小为_______（要求结果尽可能精确）．
（3）如果当时电网中交变电流的电压突然变小而频率不变，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）． 【答案】 (1). ()4210
f d d - (2).
()2632225
f d d - (3). 不变
【解析】
【详解】(1)[1] 打点周期1
T f
= ，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，计数点之间的时间间隔为
5t f
=
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度
()4D 24210
2d d v t f d d --=
= (2)[2] 根据逐差法可知，纸带运动的加速度大小为
2
632
29225
d d DG AD a f t --=
= (3)[3] 当时电网中交变电流的电压突然变小而频率不变，打点周期不变，则加速度不变．
12.图甲所示为实验小组的同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置．伸长可忽略的细线一端固定于铁架台上O 点，另一端系一小钢球．在O 点正下方P 点处固定一枚锋利的刀片，刀片的刀刃与悬线的摆动方向斜交，因而能将下摆的细线瞬间割断，使下摆的小球水平抛出．Q 点为小球竖直悬挂时上端点的位置，O′点是O 点在地面上的竖直投影点，S 为小球落地点．实验时，将小球拉至与O 点等高处由静止开始释放，然后进行相关测量后计算验证．完成以下填空：
（1）用游标卡尺测量钢球直径如图乙所示，钢球直径d ＝_________mm ；
（2）测得细线O 点到Q 点的长度为l ，O′Q 间高度为h ，O′S 间距离为x ．本实验所需验证的表达式为________________；
（3）本实验造成误差的原因众多，试任意说出一个除空气阻力外的其他原因：_____________； （4）有同学说，为减小空气阻力的
影响，所选钢球应尽量小．对他的说法，请简要说出你的观点：____________________________．
【答案】 (1). 7. 25 (2). 2
4()2d x h d l ⎛⎫
=-+
⎪⎝
⎭
(3). 刀片割断细线时对小球运动的影响、各长度测量时不够精确等 (4). 不同意该说法．因为当钢球太小时，细线自身重力的影响将不可忽略 【解析】
【详解】[1]主刻度尺为7mm ，游标尺第五格对齐，所以读数为：
7mm 0.055mm 7.25mm d =+⨯=
[2]小球从释放到Q 点的过程，若机械能守恒，则：
21
()22
d mg l mv +=
平抛的过程方程为：
x vt =
2
12
h d gt -=
由以上几个式子得：
24()2d x h d l ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
[3] 刀片割断细线时对小球运动的影响、各长度测量时不够精确等都会造成误差．
[4]当钢球太小时，细线自身重力的影响将不可忽略，而且空气阻力的影响也不可以忽略，所以不同意该说法．
13.甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持8m/s 的速度跑完全程，乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前s 0=12m 处作了标记，并以v =8m/s 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度L =20m ．求：
（1）此次练习中乙在接棒前的加速度大小；
（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．
【答案】（1）2
83m/s ．（2）8m ．
【解析】
【详解】(1) 设经过时间t ，甲追上乙．甲的位移为：
x 1=vt
乙的位移为： 2022
v vt x t +=
= 且 120x x s -=
解得：
t =3s
根据v =at ，解得：
28m/s 3
a = (2) 在追上乙的时候，乙走的距离为x 2，则有：
28312m 22
vt x ⨯=
== 所以乙离接力区末端的距离为： △S =L -x 2=20-12=8m
14.如图所示，倾角θ=37︒ 的光滑斜面固定在地面上，质量为0.5kg 的物块（均可视为质点），A 固定，C 与斜面底端处的挡板接触，B 与C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A 、B 间的距离d =3m ．现释放A ，一段
时间后A 与B 发生碰撞，A 、B 碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A ，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求A 与B 碰撞前瞬间A 的速度大小v 0；
（2）若B 沿斜面向下运动到速度为零时（此时B 与C 未接触，弹簧仍在弹性限度内），弹簧的弹性势能增量E p =10.8J ，求B 沿斜面向下运动的最大距离x ；
（3）若C 刚好要离开挡板时，B 的功能E k =8.7J ，求弹簧的劲度系数k ．
【答案】（1）6m/s ．（2）0.6m ．（3）60N/m ．
【解析】
【详解】（1）根据机械能守恒定律有：
201sin 2
mgd mv θ=
解得： v 0=6m/s
（2）设碰撞后瞬间A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，根据动量守恒定律有：
012mv mv mv =+
A 、
B 碰撞过程机械能守恒，有：
222012111222
mv mv mv =+ 解得：
10v =，206m/s v v ==
A 、
B 碰撞后，对B 沿斜面向下压缩弹簧至B 速度为零的过程，根据能量守恒定律有：
2p 21sin 2
E mv mgx θ=+ 解得：
x =0.6m
（3）A 、B 碰撞前，弹簧的压缩量为：
1sin mg x k
θ=
当C 恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为： 2sin mg x k θ=
可见，在B 开始沿斜面向下运动到C 刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零，根据机械能守恒定律有：
()22k 121sin 2
mv E mg x x θ⨯=++ 解得：
k =60N/m
（二）选考题
15.下列说法正确的是_________．
A. 一定质量的理想气体对外做功100J ，同时从外界吸收100J 的热量，则它的内能增大200J
B. 当存在分子力时，分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大
C. 由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，液体表面存在张力
D. 液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性
E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得越快
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体对外做功100J ，同时从外界吸收100J 的热量，则它的内能不变，故A 错误．
B. 当存在分子力时，分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，故B 正确．
C. 由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间表现为引力，所以液体表面存在张力，故C 正确．
D. 液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，经常用来制作显示器，故D 正确．
E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得越慢，故E 错误． 16.如图甲所示，装有理想气体的竖直气缸A 、B 完全相同，将A 、B 中气体分隔开的薄活塞C 的质量为m 、横截面积为S ，此时C 恰好没有与A 底部接触（图甲中所示位置）．现将A 、B 同时沿顺时针方向缓慢转动180°至图乙位置，转动后重新平衡时C 在A 中向下移动的距离为A 竖直方向长度的
13
．重力加速度大小为g ，整个装置均由导热性能良好的材料制成，C 可在A 内无摩擦地滑动，不计活塞的厚度以及连接两汽缸的细管容积，转动过程中A 、B 中气体的温度不变．
（ⅰ）求转动前A 中气体的压强p A ；
（ⅱ）请通过计算判断能否通过改变转动后环境的温度，使得再次平衡时C 恰好没有与A 底部（即转动前的位置）接触．
【答案】（ⅰ）
73mg S
．（ⅱ）不能． 【解析】 【详解】（ⅰ）设A 的容积为V ，转动后重新平衡时B 中气体的压强为B
p '，根据玻意耳定律，对A 、B 中的气体分别有：
A B 23mg V p V p S ⎛⎫'=+⋅ ⎪⎝
⎭ A B 43mg V p V p S ⎛⎫'+=⋅ ⎪⎝
⎭ 解得：
A 73mg p S
=． （ⅱ）设温度改变前外界的热力学温度为0T ，C 再次恰好没有与A 底部接触时外界的热力学温度为T ，B 中
气体的压强为B
p ''，根据查理定律，对A 、B 中的气体分别有： B A 0
mg p p S T T ''+=，A B 0mg p p S T T
+''= 解得： B 103mg p S
''=- 0B
p ''<，说明不能通过改变转动后环境的温度，使得再次平衡时C 恰好没有与A 底部接触． 17.一简谐横波以2m/s 的速度沿x 轴正方向传播，从原点O 处的波源开始振动计时(t =0)，其振动图象如图所示，平衡位置在x =10m 处有一质点M ．质点M 开始振动的方向沿y 轴____ (选填“正”或“负”)方向；质
点M 开始振动时波源位于____(选填“波峰”“波谷”或“平衡位置”)；
t =____s 时质点M 第一次出现在波谷．
【答案】 (1). 正 (2). 波峰 (3). 8
【解析】
【详解】第一空. 由图示振动图象可知，波源沿y 轴正方向起振，由于其余点均做受迫振动，所以当波传到质点M 时，质点M 沿y 轴正方向开始振动；
第二空. 由图示质点振动图象可知，周期：T =4s ，波传到M 点需要的时间：10m 15s 12m /s 4x v t T =
===，所以质点M 开始振动时波源位于波峰位置；
第三空. 波传到质点M 后经过33s 4T =质点M 第一次到达波谷，由此可知经过t =5+3s=8s ，质点M 第一次出现在波谷；
18.如图所示，扇形玻璃砖截面的半径为R ，圆心为O ，∠POQ =150°，一细束与PO 平行的光线从圆弧面上的B 点射入玻璃砖，并射到OQ 上的D 点．已知玻璃砖对该光的折射率2n =，B 点到PO 的距离22
R d =．
（ⅰ）求光线从B 点入射的折射角r ；
（ⅱ）请通过计算判断光线是否从D 点射出玻璃砖．
【答案】（ⅰ）30°．（ⅱ）不会从D 点射出玻璃砖．
【解析】
【详解】（ⅰ）光线在玻璃砖中的光路如图所示，由几何关系可知，光线从B 点入射时的入射角的正弦值为：
2sin 2d i R =
= 由折射定律有：sin sin i n r
=解得：
r =30°
（ⅱ）由几何关系可知：
45θα==︒
设光线在玻璃砖中发生全反射的临界角为C ，则有： 1sin C n
=
解得： C =45°
由于C α=，故光线射到D 点时发生全反射，不会从D 点射出玻璃砖．。