2020届河北省衡水中学高考物理模拟试卷(4月份)(含答案详解)
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2020届河北省衡水中学高考物理模拟试卷(4月份)
一、单选题(本大题共4小题,共24.0分)
1.自由下落的物体第n秒内通过的位移比第(n−1)秒内通过的位移多多少(g取10m/s2)()
A. 10m
B. 5(2n+1)m
C. 3(n+1)m
D. m
2.某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中,不计绳子的重力,以下说法正确的是()
A. 只有在桶匀速上升过程中,绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力
B. 桶加速上升的过程中,绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
C. 桶加速上升的过程中,绳子对桶的拉力大于桶的重力
D. 绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对平衡力
3.如图所示,在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强
磁场,在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN,从磁场区域最左端Q垂
直磁场射入大量的电荷量为q、质量为m、速率为v的粒子,且速率满足v=qBR
,
m 最后都打在了感光板上,不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力,关于这些粒子,下列说法中错误的是()
A. 这些粒子都带正电
B. 对着圆心入射的粒子,其射出的方向的反向延长线一定过圆心
C. 只有对着圆心入射的粒子,射出后才垂直打在感光板MN上
D. 沿不同方向入射的粒子射出后均可垂直打在感光板MN上
4.如图所示是某物体做直线运动的v--t图象,则该物体
A. 做往复运动
B. 做匀速直线运动
C. 朝某一方向运动
D. 以上说法不正确
二、多选题(本大题共4小题,共24.0分)
5.质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,再以4m/s的速度反向弹回。
取竖直向
上为正方向,在小球与地面接触的时间内受到平均合力为小球重力的10倍,关于球动量变化量△p,合外力对小球的冲量I和合外力对小球做的功W,及作用时间t。
下列说法正确的是()
A. △p=2kg⋅m/s W=−2J
B. △p=−0.4kg⋅m/s W=2J
C. I=0.4Ns t=0.02s
D. I=2Ns t=0.1s
6.我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光.极光是由来自
太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时,被地球磁场
俘获,从而改变原有运动方向,向两极做螺旋运动,如图所示.这
些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激
发大气分子或原子,使其发出有一定特征的各种颜色的光.地磁场的存在,使多数宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少的两极偏移,为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障.科学家发现并证实,向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的,这主要与下列哪些因有关()
A. 洛伦兹力对粒子做负功,使其动能减小
B. 空气阻力做负功,使其动能减小
C. 南北两极的磁感应强度增强
D. 太阳对粒子的引力做负功
7.如图所示,匀强磁场垂直于金属导轨平面向里,导体棒ab与导轨接触良好,当导体棒ab在金属
导轨上做下述哪种运动时,能使闭合金属线圈c向右摆动()
A. 向右加速运动
B. 向右减速运动
C. 向左加速运动
D. 向左减速运动
8.如图甲所示,a、b为两个并排放置的共轴线圈,a中通有如图乙所示的交变电流,则下列判断
正确的是()
A. 在t1到t2时间内,a、b相吸
B. 在t2到t3时间内,a、b相吸
C. t1时刻两线圈间作用力为零
D. t2时刻两线圈间吸引力最大
三、实验题(本大题共1小题,共5.0分)
9.现要测定某金属丝的电阻,除待测金属丝外,还备用下列器材:
A.电流表A1:量程0~10mA,内阻约10Ω
B .电流表A 2:量程0~30mA ,内阻约4Ω
C .电压表:量程0~3V ,内阻约1500Ω
D .滑动变阻器R 1,总阻值25Ω
E .滑动变阻器R 2,总阻值1000Ω
F .电源E :电动势6V ,内阻未知
G .开关一只、导线若干
(1)先用欧姆表粗测金属丝的电阻,测量时多用电表所选的倍率挡为“×10”,多用电表的读数如图
甲所示,则金属丝电阻测量结果为R =______Ω.然后采用图乙所示电路测定金属丝的电阻,则电流表应选用______,滑动变阻器则选用______。
(填写器材序号)
(2)在图乙中,根据实验数据分析计算得:①将电压表的a 端接b ,测得U 1I 1
=120Ω;②将电压表的a 端改接c ,测得U
2I 2=134Ω.则金属丝电阻值更接近______。
四、计算题(本大题共5小题,共67.0分)
10. 如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,
小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A 无初速
释放,A 与B 碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。
已知圆弧轨
道光滑,半径R =0.2m ;A 和B 的质量相等;A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2.重力加速度g 取10m/s 2,.A 运动到圆弧轨道底端的速率为2m/s 。
求:
(1)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v′;
(2)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l 。
11. 如图所示,一个滑块质量为2kg ,从斜面上A 点由静止下滑,经过BC 平面又冲上另一斜面到达最
高点D 。
已知AB =100cm ,CD =60cm ,∠α=30°,∠β=37°,(g 取10m/s 2)试求:
⑴滑块在A和D点所具有的重力势能是多少?(以BC面为零势面)
⑴若AB、CD均光滑,而只有BC面粗糙,BC=28cm且BC面上各处粗糙程度相同,则滑块最终
停在BC面上什么位置?
12. 如图所示,以MN为界的两匀强磁场,MN边界上方的磁感应强度B1大于下方的磁感应强度B2,
有一长为l的平直挡板与分界线重合,在挡板的正中有一带正电粒子,从O点沿图示方向进入B1中,假设粒子与挡板发生碰撞时没有能量损失,且粒子在下方磁场中运动时不会与挡板发生碰撞,不计粒子重力,若粒子最终能回到出发点。
(1)试画出粒子运动轨迹。
(2)求满足条件的磁感应强度B1
的比值范围。
B2
13. 如图甲所示,质量为m=2kg的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口直立圆筒形绝
热的汽缸中,活塞横截面积S=5×10−4m2,可沿汽缸无摩擦滑动且不漏气,开始活塞处于A位置时汽缸内气体的内能为U0=90J,现通过电热丝缓慢加热气体,直到活塞缓慢到达位置B,在此过程中,缸内气体的V−T图象如图乙所示。
已知大气压p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,一定质量理想气体内能与其热力学温度成正比,求:
①汽缸内气体的压强和活塞处于B位置时汽缸内气体的热力学温度;
②活塞由A位置缓慢到达B位置,汽缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量。
14. B.(选修模块3−4)
(1)以下说法中正确的是______
A.光的偏振现象说明光是一种纵波
B.相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关
C.麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D.在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由绿光变为红光,则条纹间距变宽
(2)直角玻璃三棱镜的截面如图所示,一条光线从AB面入射,ab为其折射光线,ab与AB面的夹角α=
60°.已知这种玻璃的折射率n=√2,则:
①这条光线在AB面上的入射角为______ ;
②图中光线ab______ (填“能”或“不能”)从AC面折射出去.
(3)如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图,已知波的传播速度v=2m/s.
试回答下列问题:
①写出x=0.5m处的质点做简谐运动的表达式:______ cm;
②x=0.5m处质点在0~5.5s内通过的路程为______ cm.
参考答案及解析
1.答案:A
解析:解:根据△x=gT2得:△x=10×1m=10m.故A正确,B、C、D错误.
故选:A.
自由落体运动做初速度为零的匀加速直线运动,根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出第n秒内通过的位移比第(n−1)秒内通过的位移多多少.
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,基础题.
2.答案:C
解析:解:ABD、绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是作用力和反作用力,任何时候都大小相等,方向相反,故ABD错误.
C、桶匀速上升,绳子对桶的拉力等于桶的重力,桶加速上升的过程中,桶的合力向上,所以绳子对桶的拉力大于桶的重力,故C正确
故选:C
作用力和反作用力大小相等,方向相反,且同时产生、同时变化、同时消失,是同种性质的力.它们作用在不同的物体上,不能进行合成
解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,且同时产生、同时变化、同时消失,作用在不同的物体上
3.答案:C
解析:解:A、粒子最后都打在感光板上,说明粒子向上偏,根据左手定则知粒子带正电,故A正确;
B、粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律,有:qvB=m v2
,故r=mv qB=R,故轨迹圆圆心、区
r
域圆圆心、两个圆的交点总是构成菱形,如图所示:
当对着圆心入射时,轨迹如图,故其射出的方向的反向延长线一定过圆心,故B正确;
CD、由于轨迹圆圆心、区域圆圆心、两个圆的交点总是构成菱形,故初速度只要垂直磁场进入磁场区域的,最后都是垂直打在感光板MN上,故C错误,D正确;
本题选错误的,故选:C
粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,根据牛顿第二定律列式求解出轨道半径也等于R,粒子轨迹圆与磁场区域圆的两个交点、两个圆心构成一个菱形,而菱形的对边平行,可以得到每个粒子离开磁场时其速度方向均是竖直向上.
本题中关键是根据牛顿第二定律列式求解出轨迹圆的轨道半径恰好等于磁场区域圆的半径,会发现轨迹圆圆心、区域圆圆心、两个圆的交点总是构成菱形,从而得到粒子最后都是垂直打在感光板上.4.答案:C
解析:由于v的大小随时间变化是先增大又减小,再增大再减小,所以不是匀速直线运动。
加速度的方向在变化,也不是匀变速运动,由于v的方向始终没变,所以物体朝一个方向运动。
5.答案:AD
解析:解:取竖直向上方向为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化为:△p=mv2−(mv1)= 0.2×(4+6)kg⋅m/s=2kg⋅m/s,方向竖直向上。
合外力的冲量等于动量的变化量:I=2kg⋅m/s
合外力的功等于动能的变化量:W=1
2mv22−1
2
mv12=−2J
作用时间:t=I
F =2
10×0.2×10
=0.1S
则AD正确,BC错误
故选:AD。
取竖直向上方向为正方向,分别表示出碰地前后小球的动量,小球动量的变化量等于末动量与初动量的差;代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的力的时间。
本题考查动量定理和动能定理的应用,要注意动量是矢量,要规定正方向,用带正负呈的数值表示动量。
动量变化量也是矢量,同样要注意方向。
6.答案:BC
解析:
根据地球磁场的分布,由左手定则可以判断粒子的受力的方向,从而可以判断粒子的运动的方向.在由洛伦兹力提供向心力,则得运动半径与质量及速度成正比,与磁感应强度及电量成反比.本题就是考查左手定则的应用,掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向.同时利用洛伦兹力提供向心力,推导出运动轨迹的半径公式来定性分析.
A、地球的磁场由南向北,当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时,根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西,所以粒子将向西偏转;当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时,根据左手定则可以判断粒子的受力的方向,粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直,所以洛伦兹力不做功,故A错误;
B、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力,对粒子做负功,所以其动能会减小,故B正确;
C、粒子在运动过程中,南北两极的磁感应强度较强,由洛伦兹力提供向心力,得出的半径公式,可知,当磁感应强度增加时,半径是减小.故C正确;
D、粒子在运动过程中,若电量增大,由洛伦兹力提供向心力,得出的半径公式,可知,当电量增大时,半径是减小,与太阳的引力做功无关.故D错误.
故选:BC
7.答案:BD
解析:解:A、导线ab加速向右运动时,导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加,螺线管产生的磁场增大,穿过环C中的磁通量增大,则环C远离螺线管,以阻碍磁通量的增加。
故A错误。
B、导线ab减速向右运动时,导线ab产生的感应电动势和感应电流减小,螺线管产生的磁场减小,穿过环C中的磁通量减小,则环C向螺线管靠近,以阻碍磁通量的减小。
故B正确。
C、导线ab加速向左运动时,导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加,螺线管产生的磁场增大,穿过环C中的磁通量增大,则环C远离螺线管,以阻碍磁通量的增加。
故C错误
D、导线ab减速向左运动时,导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小,螺线管产生的磁场减小,穿过环C中的磁通量减小,则环C靠近螺线管,以阻碍磁通量的减小。
故D正确;
故选:BD。
导线ab运动时,切割磁感线产生感应电流,由右手定则判断感应电流的方向.感应电流流过螺线管,螺线管产生磁场,就有磁通量穿过环C,根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向,根据楞次定律判断环C中产生的电流方向,选择题意的选项.
本题是有两次电磁感应的问题,比较复杂,考查综合运用右手定则、楞次定律:阻碍相对运动,和安培定则的能力.
8.答案:AC
解析:解:A、在t1到t2时间内,若设逆时针(从左向右看)方向为正,则线圈a电流方向逆时针且大小减小,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈b方向向右的磁通量大小减小,由楞次定律可知,线圈B的电流方向逆时针方向,因此a、b中电流方向相同,出现相互吸引现象,故A正确;
B、在t2到t3时间内,若设逆时针方向(从左向右看)为正,则线圈A电流方向顺时针且大小增大,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈b方向向左的磁通量大小增大,由楞次定律可知,线圈b的电流方向逆时针方向,因此a、b中电流方向相反,a、b出现互相排斥,故B错误;
C、由题意可知,在t1时刻,线圈a中的电流最大,而磁通量的变化率是0,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈b感应电流也是0,因此两线圈间作用力为零,故C正确;
D、在t2时刻,线圈a中的电流最小为0,而磁通量的变化率是最大的,所以线圈b感应电流也是最大,但a、b间的相互作用力最小,故D错误;
故选:AC
根据安培定则确定电流与磁场的方向关系,再根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.当磁通量增大时,感应电流的磁场与它相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场与它相同.最后运用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥.
解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容,知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同.
9.答案:110B D134Ω
解析:解:(1)根据多用电表的读数原理可知:多用电表的读数为R=11×10Ω=110Ω;
分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的R1,即D,电压表量程为0~3V,因此通过金属丝的电流最大
约I=U
R =3
110
A=27mA,所以电流表选用30mA的,即选B;
(2)由于R V
R x =1500
110
≈13.6,R x
R A
=110
4
=27.5,即R V
R x
<R x
R A
,因此电流表采用内接法时测量误差较小,金
属丝电阻更接近134Ω。
故答案为:(1)110;B;D;(2)134Ω。
(1)欧姆表指针示挡位的乘积是欧姆表示数,分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的,根据电压表的最大值以及电阻,由欧姆定律求出电路最大电流,根据该电流选择电流表;
(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表采用内接法还是外接法即可求解。
本题考查了实验器材的选取、实验电路的选择、电表读数、求电阻等问题,要掌握实验器材的选取
原则:安全性原则、精确性原则、方便实验操作;对电表读数时,要先确定电表量程与分度值,然
后再读数,读数时实验要与电表刻度线垂直。
10.答案:解:设滑块的质量为m;
(1)两滑块碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,
根据动量守恒定律有:mv=2mv′,
解得,碰撞后瞬间A和B整体的速率:v′=1m/s。
(2)对两滑块组成的系统在水平面上滑动过程,
(2m)v′2=μ(2m)gl,
根据动能定理有:1
2
代入数据解得:l=0.25m。
答:(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′为1m/s;
(2)A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m。
解析:(1)A、B碰撞的过程中动量守恒,根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率。
(2)对AB整体运用动能定理,求出AB整体在桌面上滑动的距离。
本题考查了动量守恒、动能定理的综合,难度中等,知道机械能守恒和动量守恒的条件,关键是合
理地选择研究对象和过程,选择合适的规律进行求解。
11.答案:解:⑴根据重力势能的定义式可得:,;
⑴由功能关系得:A到D:,
设滑块在BC上的路程为xs BC,A到最后停止:,解出,
故距C点的距离为:。
解析:解答本题的关键是正确选择研究过程,知道滑动摩擦力所做的功与总路程有关,运用功能关
系求解。
(1)重力势能E P=mgℎ,ℎ是物体相对于零势能面的高度;(2)滑块每次经过BC面时,由于克服摩擦力做功,机械能减小,对整个过程,运用功能关系列式,求出滑块在BC面上滑行的总路程,即可求得滑块最终停在BC面上什么位置。
12.答案:解:(1)如图所示,粒子从O 点飞出时,沿逆时针方向旋转,若经过n 次碰撞后,恰好从挡板边缘C 点进入MN 的下方,由于粒子在MN 的下方磁场区域运动时不与挡板发生碰撞,则会按轨迹①运动;也有可能在C 点发生碰撞后再在上方磁场中旋转半周后进入MN 的下方磁场,则粒子会按轨迹②运动。
根据图中粒子运动轨迹示意图可知,当粒子在MN 上方磁场中运动时,根据图中几何关系可得:l =4nR 1(n =1,2,3…)
磁场中根据洛伦兹力提供向心力可得:qB 1v =m v 2
R 1 联立得:B 1=4nmv ql
若粒子在磁场中按轨迹①运动,则有几何关系可得:2R 2=l
同理有qB 2v =m v 2
R 2 联立得:B 2=
2mv ql 则有B 1B 2
=2n(n =1,2,3…) 若粒子在磁场中按轨迹②运动,则有几何关系可得2R 2=l +4R 1
同理有qB 2′v =m v 2
R 2′ 联立得:B 2′=2nmv (n+1)ql (n =1,2,3…)
则有B 1B 2
=(2n +1)(n =1,2,3…) 联立以上关系可得:2n ≤B
1B 2≤(2n +1)(n =1,2,3…)。
答:(1)粒子的运动轨迹见解析;
(2)磁感应强度B 1B 2的比值范围为2n ≤B
1B 2≤(2n +1)(n =1,2,3…)。
解析:(1)粒子在两种磁场中只受洛伦兹力,做匀速圆周运动,根据左手定则,分析粒子旋转方向,根据粒子最终能回到出发点,画出轨迹;
(2)根据粒子在磁场中做匀速圆周运动画出运动轨迹,根据周期性运动的特点,找出半径间的关系,联立求解。
带电粒子在匀强磁场中的运动问题,重要考查学生的理解能力、分析综合能力、应用数学知识解决物理问题的能力。
其关键是画出解题示意图,根据空间关系找出半径,就带电粒子在磁场中运动所涉及的问题进行简单的分析。
13.答案:解:①活塞从A 位置缓慢到B 位置,活塞受力平衡,气体为等压变化,以活塞为研究对象:
pS =p 0S +mg
解得p =p +mg S =1.4×105Pa ,
由盖−吕萨克定律可得:V A T A =V B T B
代人数据解得T B =450 K ;
②由气体的内能与热力学温度成正比可得:U B U 0=T
B T A 解得U B =135J
外界对气体做功W =−p(V B −V A )=−28J
由热力学第一定律可得:△U =U B −U 0=Q +W =45J
所以气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为Q⑴73J 。
答:①汽缸内气体的压强为1.4×105Pa ,活塞处于B 位置时汽缸内气体的热力学温度为450K ; ②活塞由A 位置缓慢到达B 位置,汽缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为73J 。
解析:①以活塞为研究根据平衡条件求解气体压强,由盖−吕萨克定律求解温度;
②由气体的内能与热力学温度成正比求解B 状态的内能,根据功的计算公式求解外界对气体做的功,由热力学第一定律求解吸收的总热量。
本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律,解答此类问题的方法是:找出不同状态下的三个状态参量,分析理想气体发生的是何种变化,利用理想气体的状态方程列方程求解;热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义;△U 的正表示内能变化,Q 为正表示物体吸热;W 为正表示外界对物体做功。
14.答案:D ;45°;不能;y =5cos2πt ;110
解析:解:(1)A 、光的偏振现象说明光是一种横波.故A 错误.
B 、相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关.故B 错误.
C 、麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹证实了电磁波的存在.故C 错误.
D、根据△x=L
d
λ知,红光的波长大于绿光的波长,则红光产生的干涉条纹间距宽.故D正确.
(2)①根据几何关系知,折射角为30°,根据折射定律得,n=sinθ
sin30°
解得入射角θ=45°.
②光在AC面上的入射角为60°,因为sin60°>sinC=√2
2
,发生全反射,光线不能从AC面上折射出去.
(3)质点的振动周期等于波的周期,T=λ
v =2
2
s=1s,ω=2π
T
=2π.x=0.5m处的质点在t=0时刻处
于正向最大位移处,则振动方程为y=Acosωt=5cos2πt cm.
质点在一个周期内走过的路程等于4倍的振幅,s=t
T ×4A=5.5
1
×4×5cm=110cm.
故答案为:(1)D(2)①45°②不能(3)①y=5cos2πt110cm
(1)偏振现象说明光是一种横波;相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关;麦克斯韦预言电磁波的存在,赫兹证实了电磁波存在.根据双缝干涉条纹的间距公式判断间距的变化.
(2)根据折射定律求出入射角的大小,通过在AC面的入射角和临界角比较,判断是否发生全反射.
(3)根据波长和波速求出波的周期,从而得出质点的振动周期,得出质点的振动方程;根据一个周期内走过的路程等于4倍的振幅求出质点的路程.
本题考查了波动、振动、折射定律、干涉、偏振、相对论等知识点,难度不大,关键要熟悉教材,牢记这些基本概念和基本规律.。