河北省衡水中学2020高考物理押题试卷解析版

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2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷(三) (含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷(三)一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）1.已知氢原子光谱中有一谱线的波长为656.2nm，该谱线是氢原子由能级n跃迁到能级k产生的，普朗克常量ℎ=6.63×10−34J⋅s，氢原子基态能量E1=−13.6eV，氢原子处于能级m时的能量E m=E1，真空中光速c=3.0×108m/s 。

则n和k分别为m2A. k=3n=2B. k=2n=3C. k=3n=1D. k=1n=32.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。

已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A. 12N·sB. 13.5N·sC. 15N·sD. 16.6N·s3.某物体运动的v−t图象如图所示，下列说法正确的是()A. 0～2s内的加速度大小为5m/s2B. 0～4s内的加速度逐渐增大C. 4～5s内的平均速度小于7.5m/sD. 加速与减速阶段的位移之比为4：34.如图所示，电源电动势为E，内阻r，R1为定值电阻，在滑动变阻器R2的滑片p向右移动时，则以下说法正确的是()A. 电源的总功率一定减小B. 电源的效率先增大后减小C. 当R2=R1+r时，R2消耗的功率最大D. 当R1=R2+r时，R1消耗的功率最大5.如图所示，倾角为θ=30°的斜面体静止在粗糙的水平面上，一质量为m、可看成质点的光滑小球在不可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。

已知轻绳与斜面间的夹角也为θ，重力加速度为g，则水平面对斜面体的摩擦力大小为()A. 12mg B. √36mg C. 34mg D. √33mg二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）6.如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑连接，两个半圆的圆心O 1、O 2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆半径为2R.一质量为m的滑块(可视为质点)从大半圆的一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点.已知重力加速度为g，则()A. 滑块在A点的初速度为√6gRB. 滑块在A点时对半圆轨道的压力为6mgC. 滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgRD. 滑块到达大半圆的最高点返回后经O 1再次通过小半圆到达B点时的速度为√2gR7.我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星−风云1号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12h，另一类是地球同步轨道卫星−风云2号，运行周期为24ℎ.下列说法正确的是()A. 风云1号的线速度大于风云2号的线速度B. 风云1号的向心加速度大于风云2号的向心加速度C. 风云1号的发射速度大于风云2号的发射速度D. 风云1号、风云2号相对地面均静止8.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R，建立ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B=0.8−0.2x(T)，金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨向右运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。

2020届河北衡中同卷新高考押题模拟考试(八)物理试卷

2020届河北衡中同卷新高考押题模拟考试（八）物理★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、单项选择题1.一攀岩者以1m /s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落．3s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为( ) A. 10m B. 30mC. 50mD. 70m【答案】C 【解析】【分析】本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点，同时考查了估算能力．【详解】根据自由落体运动遵循规律可知，石块自由下落的高度约为21h gt 44.1m 2==；用时3秒，攀岩者爬了3米，所以距离地面高度约为h 44.1347.1m ≈+=，则考虑考到空气阻力和声速的影响，他离地面的高度约为50m ，选项C 正确．2.土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多．由此信息可知( ) A. 土星的质量比火星的小 B. 土星运行的速率比火星的小C. 土星运行的周期比火星的小D. 土星运行的角速度大小比火星的大【答案】B 【解析】【分析】本题考查圆周运动及万有引力定律相关的知识点．【详解】根据万有引力提供向心力22Mm v G m r r=，得GMv r=，即r 越大速度越小，但是不比较土星和地球质量大小，故A 错误，B 正确；由222Mm 4πG m r r T =，得234πrT GM=，即r 越大周期越大，故C 错误；由22Mm Gm ωr r =，得3GM ωr=，即r 越大角速度越小，故D 错误． 3.如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，通有电流I 的金属细杆水平静止在斜面上．若电流变为0.5I ，磁感应强度大小变为3B ，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将( )A. 沿斜面加速上滑B. 沿斜面加速下滑C. 沿斜面匀速上滑D. 仍静止在斜面上【答案】A 【解析】【分析】本题是一道关于安培力的共点力的平衡问题及牛顿第二定律相关知识【详解】最初金属细杆受到三个力作用，且合力为零，如图所示：由平衡可知，安培力F BIL mgsin θ==，若电流变为0.5I ，磁感应强度大小变为3B ，则安培力11F 3B IL 1.5mgsin θ2==，根据牛顿第二定律，1F mgsin θma -=，故金属细杆以0.5a gsin θ=的加速度沿着斜面加速上滑，故A 正确 4.已知23490Th 的半衰期为24天．4g 23490Th 经过72天还剩下( )A. 0B. 0.5gC. 1gD. 1.5g【答案】B 【解析】【分析】本题考查核衰变的半衰期的规律及其相关的知识点【详解】由衰变公式tT1m'm 2⎛⎫= ⎪⎝⎭，知7232411m 440.5g 22⎛⎫⎛⎫=== ⎪ '⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确5.如图，用长为l 的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止．一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( )A. 若保持m 、v 、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小B. 若保持M 、v 、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小C. 若保持M 、m 、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大D. 若保持M 、m 、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大【答案】C 【解析】【分析】本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点【详解】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，mv m M v =+共（），则系统损失的机械能()()222221111mv mMv E mv m M v mv m M 2222m M 2m M ⎛⎫=-+=-+=⎪++⎝⎭n 共（）对于A 选项，由22mMv mv E m 2m M 21M==++n （）（）可知若保持m 、v 、l 不变，M 越大则系统损失的机械能变大，故A 错误对于B 选项，由22mMv Mv E M 2m M 21m==++n （）（）可知若保持M 、v 、l 不变，m 变大则系统损失的机械能变大，故B 错误对于C 选项，由2mMv E 2m M n （）=+可知若保持M 、m 、l 不变，v 变大则系统损失的机械能变大，故C 正确对于D 选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故D 错误6.某大瀑布的平均水流量为5900m 3/s ，水的落差为50m ．已知水的密度为1.00×103kg /m 3．在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为( ) A. 3×106w B. 3×107w C. 3×108w D. 3×109w 【答案】D 【解析】【分析】本题考平均功率及平均水流量的相关知识点，同时考查了估算能力【详解】由平均功率定义得3395900110105060001101050310w W mgh Qt ghP Q gh t t tρρ====≈⨯⨯⨯⨯≈⨯⨯⨯⨯=⨯ 故D 正确二、多项选择题7.如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd,ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转．下列说法正确的是()A. 线框abcd中感应电动势的最大值是BSωB. 线框abcd中感应电动势的有效值是BSωC. 线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D. 线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大【答案】AC【解析】【分析】本题考查了交变电流的最大值、有效值和瞬时值的相关知识点【详解】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表m，故A正确，B错误；当达式为：e=Emsinθ.＝Emsinωt.故感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝2o时，即线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大，电流最大，故C正确，D错误．θ908.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g．由此可求得()A. 木板的长度B. 物块与木板的质量之比C. 物块与木板之间的动摩擦因数D. 从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能【答案】BC 【解析】【分析】本题考查了v-t 与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等【详解】A 、根据题意只能求出AB 的相对位移，不知道B 最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为1A 1v a t=，小物块的加速度01B 1v v a t -=，根据牛顿第二定律得：A μmg Ma =，B μmg ma =，解得：101v mM v v =-，011v v μgt -=，故B 和C 能够求解出；D 、木板获得的动能2kA 110111E Mv mv v v 22（）==-，题目t1、v0、v1已知，但是M,m 不知道，故D 不能够求解出9.如图，a 、b 、c 、d 为一边长为l 的正方形的顶点．电荷量均为q (q >0)的两个点电荷分别固定在a 、c 两点，静电力常量为k ．不计重力．下列说法正确的是( )A. b 点的电场强度大小为22kqIB. 过b 、d 点的直线位于同一等势面上C. 在两点电荷产生的电场中，ac 中点的电势最低D. 在b 点从静止释放的电子，到达d 点时速度为零【答案】AD 【解析】【分析】本题考查电场强度以及等量同种电荷的电场电势图的相关知识点【详解】由图可知b点的电场0024545 a b kqE E cos E cos=+=，故A正确沿着电场线电势逐渐降低，而等量正点电荷的电场与电势图如下，由图可知过b、d点的直线不在同一等势面上，故B、C错误；由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，即动能也相同，都为0，故D正确10.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是()A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大【答案】CD【解析】【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】把等效电路画出，如图设ca x R R =，cd x R R R 滑=-，则()()x x R R R R R R R R R R ++-=+++滑外滑当x R R 2=滑时，R 外有最大值，当滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动时，ca R 减小，cd R 增大，易得：R 外减小，R R r 总外=+减小，1E I R =总增大，故电源内阻消耗的功率r P =21I r 增大，故D 正确 3cb R R U +=()2caRR 11U E I r R +=-+减小，3cb R R 33cbU I R R +=+减小，故R3P =233I R 减小，故B 错误而213I I I =-增大，故R 2P =222I R 减大，故A 错误根据电源输出功率与R 外的关系图可知，当R r >外时，R 外减小电源输出功率越大，故C 正确；三、实验题11.学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小．实验时，他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s ；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n 个水滴落到桶底所用的时间t ．(1)重力加速度大小可表示为g=_____(用s、n、t表示)；(2)如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=________m/s2；(保留2位有效数字)(3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议：____________________．【答案】(1).222n st(2). 9.6(3). “适当增大n”或“多次测量取平均值”【解析】【分析】本题考查一个利用自由落体运动规律测量重力加速度的实验【详解】（1）已知第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t，所以一个水滴从漏斗的下端滴落到桶底所用的时间ttn=n，所以()2211ts g t g22nn⎛⎫== ⎪⎝⎭，故222n sgt=（2）22222n s2300.90g9.6m/s t13.0⨯⨯===2（3）提高精度可以提高测量时间的精度和距离的精度，也可以适当增大n，或多测几次取平均．12.某同学利用图(a)中的电路测量电流表的内阻R A(约为5Ω)和直流电源的电动势E(约为10V)．图中R1和R2为电阻箱，S1和S2为开关．已知电流表的量程为100m A，直流电源的内阻为r．(1)断开S 2，闭合S 1，调节R 1的阻值，使满偏；保持R 1的阻值不变，闭合S 2，调节R 2，当R 2的阻值为4.8Ω时的示数为48.0m A ．忽略S 2闭合后电路中总电阻的变化，经计算得R A =________Ω(2)保持S 1闭合，断开S 2，多次改变R 1的阻值，并记录电流表的相应示数．若某次R 1的示数如图(b )所示，则此次R 1的阻值为________Ω；(3)利用记录的R 1的阻值和相应的电流表示数I ，作出I -1-R 1图线，如图(c )所示．用电池的电动势E 、内阻r 和电流表内阻R A 表示I -1随R 1变化的关系式为I -1=________．利用图(c )可求得E =________V ．(保留2位有效数字)【答案】 (1). 5.2 (2). 148.2 (3). 11R r R E E++ (4). 9.1(8.9至9.4之间) 【解析】【分析】本题考查是一个半偏法测表头内阻的实验，附带测量电源的电动势【详解】（1）因为忽略S2闭合后电路中总电阻的变化，总电流还是为100mA ，表头与R2并联，电流按电阻成反比分配，即：A 22A R R I I 52:48：：==，易知：RA=5.2Ω．（2）由图可知1R 1100Ω410Ω81Ω20.1Ω148.2Ω=⨯+⨯+⨯+⨯=（3）根据闭合电路欧姆定律，A 1EI R r R =++易得1A R R r 1I E E+=+ 由斜率122.512k E 196100-==-，可求出1196100E 9.1V k 22.512-==≈-.四、计算题13.如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B．P 是圆外一点，OP=3r．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出．己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力．求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．【答案】(1)4rR3=(2)3mt2qB=【解析】【分析】本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力．【详解】（1）找圆心，画轨迹，求半径．设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：22R R r3r+=①易得：4rR3=②（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有2mvqvBr=③进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则2r vt =④联立②③④解得3mt 2qB=14.如图，光滑轨道PQO 的水平段QO=2h，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g ．假设A 、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求 (1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小； (2)A 、B 均停止运动后，二者之间的距离．【答案】(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 32gh 522gh 5(2)A 、B 均停止运动后它们之间的距离为26h 125【解析】【分析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识综合分析问题的的能力．【详解】（1）设A 滑到水平轨道的速度为0v ，则有2012mgh mv =① A 与B 碰撞时，由动量守恒有04A B mv mv mv =+② 由动能不变有22201114222A B mv mv mv =+③ 联立①②③得：325A v gh = 225B v gh =第一次碰撞后瞬间A 和B（2）第一次碰撞后A 经过水平段QO所需时间A Ah2h 2t 3v ===n⑤ 第一次碰撞后B停下来所需时间B BB v 5t a μg ===⑥ 易知：A B t t >故第一次碰撞后B 停时，A 还没有追上B设第一次碰撞后B 停下来滑动的位移为B x ，由动能定理得2B B 1μ4mgx 04mv 2-=-⑦解得B 8x h 25=⑧ 设A 第二次碰撞B 前的速度为1v ，由动能定理得22B 1A 11μmgx mv mv 22-=-⑨解得1v =1v 0>，故A 与B 会发生第二次碰撞A 与B 会发生第二次碰撞，由动量守恒有1A B mv mv 4mv =+，，⑪由动能不变有2221A B 111mv mv 4mv 222，，=+⑫解得：A v =，B 22v gh 55=，⑬ B 发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为B x ，，由动能定理得2B B 1μ4mgx 04mv 2-=-，，⑭解得B 8x h 125=，⑮ A 发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为A x ，，由动能定理得2AA 1μmgx 0mv 2，，-=-⑯ 解得A 18x h 125=，⑰ A B x x <，故，即A 不会再回到光滑轨道PQO 的水平段QO 上，在O 点左边停下所以A 、B 均停止运动后它们之间的距离为A B x x x =+n ，，=18826h h h 125125125+=⑱ 五、选考题15.如图，一定量的理想气体，由状态a 等压变化到状态b ，再从b 等容变化到状态c ．a 、 c 两状态温度相等．下列说法正确的是A. 从状态b 到状态c 的过程中气体吸热B. 气体在状态a 的内能等于在状态c 的内能C. 气体在状态b 的温度小于在状态a 的温度D. 从状态a 到状态b 的过程中气体对外做正功【答案】BD 【解析】【详解】A.内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和，由于理想气体的不考虑分子势能，故理想气体的内能等于分子平均动能的总和，而温度是分子平均动能的宏观表现，由理想气体状态方程pVT恒定不变知从状态b 到状态c 的过程中压强减小，所以温度减小，则平均动能减小，而体积不变，即内能减小，再根据热力学第一定律U W Q ∆=+ ，可知此过程气体放出热量，故A 错误；B.气体在状态a 的温度等于在状态c 的温度，故气体在状态a 的内能等于在状态c 的内能，故B 正确；C.由理想气体状态方程a ab ba bp V p V T T =可知，从a 到b 体积增大，压强不变，所以温度升高，所以气体在状态b 的温度大于在状态a 的温度，故C 错误D.从状态a 到状态b 的过程中气体膨胀对外做正功，故D 正确16.一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A 和B ，活塞可无摩擦地滑动．开始时用销钉固定活塞，A 中气体体积为2.5×10-4m 3，温度为27℃，压强为6.0×104 Pa ；B 中气体体积为4.0×10-4m 3，温度为-17℃，压强为2.0×104Pa ．现将A 中气体的温度降至-17℃，然后拔掉销钉，并保持A 、B 中气体温度不变，求稳定后A 和B 中气体的压强．【答案】p =3.27×104Pa 【解析】【详解】A 气体的温度由27℃降至-17℃，由查理定律得A AA Ap p T T ''= 拔掉销钉后，A 、B 中气体的压强相同，根据玻意耳定律，对A 气体有'A A Ap V pV '= 对B 气体有BB B V p pV '= 由已知条件得43432.510 4.010m m AB V V --''+=⨯+⨯ 联立以上各式得43.2710Pa p =⨯17.警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率．下列说法正确的是_______． A. 车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高 B. 车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低C. 警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低D. 警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变【答案】AB 【解析】【详解】当观察者与波源间发生相对运动时，观察者接收到的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应． AC.车辆匀速驶向停在路边的警车或者警车匀速驶向停在路边的汽车，两者间距均匀变小，警车探测到的反射波频率增高，A 选项正确，C 选项错误；BD.车辆匀速驶离停在路边的警车或者警车匀速驶离停在路边的汽车，两者间距均匀变大，警车探测到的反射波频率降低，B 选项正确，D 选项错误．18.如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R 和2R ．一横截面半径为R 的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出．已知透明介质的折射率为2n =．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径．不考虑多次反射．【答案】312R + 【解析】【详解】分析边缘光线a ，如图：有几何关系可知：sin 902sin CAB︒=∠可得：45CAB ∠=o在三角形CAB 中，AC=BC ，设为0r ，在三角形OBC 中有勾股定理：()22200)R r r ++=解得：012r R =故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为0r r R R =+=。

2020届河北衡水中学新高考押题模拟考试(二十)物理试卷

2020届河北衡水中学新高考押题模拟考试（二十）物理★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.下列物理量属于矢量的是A. 时间B. 重力势能C. 功D. 向心加速度【答案】D【解析】【详解】时间、重力势能和功都是只有大小无方向的物理量，是标量；而向心加速度既有大小又有方向，是矢量，故选D.2.女子十米跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 离开跳台后，她在空中上升过程中处于超重状态B. 她在下降至水中最低点时，机械能最小C. 她即将入水的速度为整个跳水过程中的最大速度D. 入水过程她的重力势能一直在增大【答案】B 【解析】【详解】起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，她在下降至水中最低点时，水的阻力一直做负功，故机械能一直减小，到达水中最低点时，机械能最小，故B正确；入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大后减小，当重力和水对她的作用力相等时速度最大，故C错误．入水过程中，她的高度一直在降低，故她的重力势能一直在减少．故D错误．3.物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是A. 甲物体受到不为零且恒定的合外力B. 乙物体受到的合外力越来越大C. 丙物体受到的合外力为零D. 丁物体的加速度越来越大【答案】D【解析】【详解】甲图中物体做匀速直线，处于平衡状态，此时所受合力为零，A错误；乙图中物体做匀加速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律，所受合外力恒定，B错误；丙图中加速度恒定，同样所受合包力恒定不变，C错误；丁图中，根据牛顿第二定律，F=ma ，所受合外力越来越大，因此加速度越来越大，D 正确．4.如图所示的位移（x ）—时间（t ）图象和速度（υ）—时间（t ）图象中，给出的四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是A. 图线1表示物体做曲线运动B. x t -图象中1t 时刻12υυ>C. t υ-图象中0至3t 时间内3物体和4物体的平均速度大小相等D. 两图象中，2t 、4t 时刻分别表示2、4物体开始反向运动【答案】B 【解析】【分析】位移图象和速度图象都表示直线运动的情况．位移图象的斜率等于速度．速度图象的“面积”大小等于位移，读出v-t 图象中0至3t 时间内3和4的位移关系，比较平均速度的关系．位移图象由斜率的正负分析物体的运动方向．【详解】位移（s ）-时间（t ）图象和速度（v ）-时间（t ）图象中无法表示曲线运动，故A 错误．s-t 图象中1t 时刻1的切线的斜率比2的斜率大，所以12v v >．故B 正确．根据速度图象的“面积”大小等于位移得知，在v-t 图象中0至3t 时间内3的位移比4的位移小，所以3的平均速度比4的平均速度小，故C 正确；s-t 图象中的2t 时刻表示速度反向，而v-t 图象中的4t 时刻表示加速度反向，速度还是正方向，故D 错误．故选BC ．【点睛】本题两种运动图象形状相似，但物理意义不同，关键从数学角度来理解其物理意义，不能混淆．5.一物体由静止开始运动，其加速度a 与位移x 关系图线如图所示．下列说法正确的是A. 物体最终静止B. 物体的最大速度为02axC. 物体的最大速度为03axD. 物体的最大速度为032ax 【答案】C 【解析】【详解】物体运动过程中任取一小段，对这一小段2202v v a x -=∆一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得2v 等于加速度a 与位移x 关系图线与坐标轴围成的面积的2倍，则20000122v a x a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解得物体的最大速度003v a x =．故C 项正确． 6.如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控器启动小车，小车沿斜面加速上升，则A. 系统静止时弹簧被压缩B. 小车加速时弹簧处于原长C. 小车加速时弹簧被压缩D. 小车加速时可将弹簧换成细绳【答案】D 【解析】试题分析:系统静止时，系统受力平衡，水平方向不受力，弹簧弹力等于零，弹簧处于原长，故A 错误；小车加速上升时，知系统受到的合力的水平分力不为零，且方向向右，则弹簧提供的是拉力，所以弹簧处于拉伸状态．所以小车加速时，可将弹簧换成细绳．故B 、C 错误，D 正确．考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用7.如图所示，两个完全相同的小球P 、Q ，放置在墙壁和斜木板之间，当斜木板和竖直墙壁的夹角θ缓慢减小时（90θ<︒），下列说法错误的是A. 墙壁、木板受到P 球的压力均增大B. 墙壁、木板受到P 球的压力均减小C. Q 球对P 球的压力增大，对木板的压力减小D. P 球受到墙壁、木板和Q 球的作用力的合力不变【答案】B 【解析】【详解】以两个小球整体为研究对象进行受力分析如图所示，由图可知，墙壁给球的压力F 2逐渐增大，挡板给球的支持力F 1逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，木板受到的压力增大，故B 错误，A 正确；以Q 为研究对象，根据力的合成与分解可得Q 球对P 球的压力为F 3=m Q g cosθ，对木板的压力F 4=m Q g sinθ，θ减小，则Q 球对P 球的压力增大，对木板的压力减小，故C 正确；整个运动过程中，P 始终处于平衡状态，P 球受到墙壁、木板和Q 球的作用力的合力等于其重力，始终不变，故D 正确．此题选择错误的选项，故选B.8.如图中的a 是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x ，最后作出了如图中的b 所示的tan x θ-图象，g 取210/m s ，则A. 由图b 可知，小球在斜面顶端水平拋出时的初速度02/m s υ=B. 实验中发现θ超过60︒后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度23L =C. 若最后得到的图象如图中的c 所示，由图象b 中直线的斜率202k gυ=可知，可能是由于释放位置降低造成的D. 所给条件无法求出小球在斜面顶端平抛的初速度以及斜面的长度【答案】B 【解析】AC 、设小球水平抛出的速度为v 0，由平抛运动规律和几何关系有：小球的水平射程0 x v t = ①，小球的竖直位移212y gt =②，由几何关系有：y xtan θ= ③，由①②③解得 202 v tan x g θ=④，从图b 可知，当0.5tan θ=时，水平射程0.1x =，代入④解得01/v m s =，由图象b 中直线的斜率22v k g=，若最后得到的图象如图中的c 所示，可能是由于落在水平面上，没有落在斜面上，故AC 错误； B 、当斜面倾角为60θ=︒时，设斜面长度为L ，有：竖直方向：21602Lsin gt ︒=，水平方向：060Lcos v t ︒=，代入数据解得235L m =，故B 正确； D 、由上述分析可知D 是错误；故选B ．9.如图所示，粗细均匀、全长为h 的铁链，对称地挂在转轴光滑的轻质定滑轮上，滑轮的大小与铁链长度相比可忽略不计，受到微小扰动后，铁链从静止开始运动，当铁链脱离滑轮的瞬间，其速度大小为（）A.122gh B. 12gh C. 2gh D.gh【答案】A 【解析】铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为14h ，在链条下落过程，由机械能守恒定律，得：211 ·42mg h mv =，解得：122v gh =，故A 正确，B 、C 、D 错误；故选A ．【点睛】链条在下滑的过程中，对链条整体，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出链条的速度．10. 如图所示在皮带传动中，两轮半径不等，下列说法哪些是正确的（）A. 两轮角速度相等B. 两轮周期相等C. 两轮边缘线速度的大小相等D. 同一轮上各点的线速度与该点到中心的距离成正比【答案】CD 【解析】试题分析：A 、由于皮带上各点的速度大小相等，两轮半径不同，因此两轮角速度不等，半径大的角速度小，故A 错误；B 、由于两轮子的角速度不等，因此两轮的周期不等，故B 错误；C、由于皮带上各点的速度大小相等，当然两轮边缘的线速度大小相等；故C正确；D、同一轮子上各点的角速度相等，由v=ωr可知：同一轮上各点线速度与该点到中心的距离成正比，故D 正确．故选CD．11.随着“嫦娥奔月”梦想的实现，我国不断刷新深空探测的“屮国高度”．嫦娥卫星整个飞行过程可分为三个轨道段：绕地飞行调相轨道段、地月转移轨道段、绕月飞行轨道段．我们用如图所示的模型来简化描绘嫦娥卫星飞行过程，假设调相轨道和绕月轨道的半长轴分别为a、b，公转周期分别为1T、2T．关于嫦娥卫星飞行过程，下列说法正确的是A. 嫦娥卫星在地月转移轨道上运行的速度应不大于11.2/km sB.3322 12 a b T T=C. 从调相轨道切入到地月转移轨道时，卫星在P点必须加速D. 从地月转移轨道切入到绕月轨道时，卫星在Q点必须加速【答案】C【解析】A、地球的第二宇宙速度是11.2km/s，达到此值时，卫星将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故嫦娥三号在地月转移轨道上的运行速度不可能大于11.2km/s，故A错误；B、根据开普勒第三定律可知3121akT=，1k与地球的质量有关；3222bkT=，2k与月球的质量有关，故B错误；C、从调相轨道切入到地月转移轨道时，做离心运动，所以卫星在P点必须加速，故C正确；D、从地月转移轨道切入到绕月轨道时，做近心运动，所以卫星在Q点必须减速，故D错误；故选C．12.设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．已知返回舱返回过程中需克服火星的引力做功1R W mgR r ⎛⎫=-⎪⎝⎭，返同舱与人的总质量为m ，火星表面的重力加速度为g ，火星的半径为R ，轨道舱到火星中心的距离为r ，轨道舱的质量为M ，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则下列说法正确的是A. 该宇航员乘坐的返回舱要返回轨道舱至少需要获得能量WB. 若设无穷远处万有引力势能为零，则地面处返回舱的引力势能为mgRC. 轨道舱的动能为22MgR rD. 若设无穷远处万有引力势能为零，轨道舱的机械能为22MgR r-【答案】CD 【解析】AC 、返回舱与人在火星表面附近有:2GMmmg R= 设轨道舱的质量为0m ,速度大小为v,则:2002GMm v m r r= 计算得出宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时,具有的动能为22122k MgR E mv r==因为返回舱返回过程克服引力做功1R W mgR r ⎛⎫=-⎪⎝⎭，,所以返回舱返回时至少需要能量k E E W =+,故A 错误,C 正确;B 、若设无穷远处万有引力势能为零,则地面处返回舱的引力势能为1R mgR r ⎛⎫--⎪⎝⎭,故B 错误; D 、轨道舱的机械能等于动能加重力势能,所以若设无穷远处万有引力势能为零,轨道舱的机械能为22122MgR R MgR E mgR r r r ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭ ,故D 正确故选CD点睛：根据火星表面的重力等于万有引力列出等式.研究轨道舱绕卫星做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求解宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时速度.根据能量守恒求解返回轨道舱至少需要获得的能量,克服引力做功,则引力做负功,所以引力势能减小.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.13.如图所示，光滑杆O'A 的O'端固定一根劲度系数为k=10N/m ，原长为0l =lm 的轻弹簧，质量为m=lkg 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO'为过O 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以OO'为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弾簧伸长量为0.5m ，下列说法中正确的是（）A. 杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5mB. 10rad/s C. 215rad/sD. 当弹簧伸长量为0.5m 时，杆转动的角速度好45rad/s【答案】ACD【解析】A 、当杆静止时,小球受力平衡,根据力的平衡条件可得:sin mg kx θ= 解得：0.5x m = ，故A 正确； BC 、当弹簧恢复原长时,由牛顿第二定律可得:20tan 30cos30mg m l ω=o o 得：215/rad s ω= ，故B 错；C 正确；D 、当弹簧伸长量为0.5m 时小球受力如图示:水平方向上：220cos sin ()cos F m x l θθωθ+N =+竖直方向上：2cos sin N mg F θθ=+其中2F kx =解得：45/s ω= 故D 正确；故选ACD点睛：当杆静止时,小球受力平衡,根据力的平衡条件可求压缩量,从而求弹簧的长度;对小球分析,抓住竖直方向上的合力为零,水平方向上的合力提供向心力,列式联立求出匀速转动的角速度;14.粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连．木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进．则需要满足的条件是：A. 木块与水平面间的动摩擦因数最大为3μB. 木块与水平面间的动摩擦因数最大为2μ3C. 水平拉力F最大为2mgμD. 水平拉力F最大为6mgμ【答案】AC【解析】试题分析：设左侧与之间的摩擦力为，右侧摩擦力为，设木块与水平面间的动摩擦因数最大为，对左侧两物体：绳子的拉力，对右上的刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，，联立上两式得：木块与水平面间的动摩擦因数最大为，故A正确，B错误；对左边两物体分析则有：水平拉力F最大不能超过最大静摩擦力的大小，否则会滑动，不会一起运动，所以，故C正确，D错误．考点：共点力平衡的条件及其应用、静摩擦力和最大静摩擦力【名师点睛】要使四个木块以同一速度匀速运动，采用整体与隔离法分析各部分的受力情况，再对左侧两物体分析可求得绳子的最大拉力；本题为高考题的变形题，注意灵活应用整体法与隔离法，合理选取研究对象，列出表达式后再通过表达式进行分析．二、非选择题15.某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点O的正前方，竖直放置一块毛玻璃．他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片如图1，小明在O点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图3；如图2，小红将一个点光源放在O点照射重新实验，得到的照片如图4已知光源的闪光频率均为31Hz，光源到玻璃的距离L=1.2m，两次实验小球抛出时的初速度相等．根据上述实验可求出：(结果均保留两位小数)（1）重力加速度的大小为___________m/s 2，投影点经过图3中M 位置时的速度大小为___________ m/s（2）小球平抛时的初速度大小为_____________ m/s【答案】 (1). 9.61 (2). 0.62 (3). 9.30【解析】【详解】（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由2h gT ∆= 得：29.61/g m s =投影点经过图3中M 位置时的速度大小20.62/v g m s f=⨯= （2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y则经过时间t 后小球运动的水平位移为0x v t = ；竖直位移为212y gt = ，由相似三角形得：2012gt v t L Y= 则：02gL Y t v =⋅结合图4可得：09.30/v m s =16.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量，m 0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．(1) 实验时，一定要进行的操作是______．A ．用天平测出砂和砂桶的质量B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M .(2) 甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s 2(结果保留三位有效数字)．(3) 甲同学以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a －F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为_________________． A.1tan θ B. 2tan θ－m 0 C.2k －m 0 D. 2k(4) 乙同学根据测量数据作出如图所示的a －F 图线，该同学做实验时存在的问题是___________．【答案】 (1). BC (2). 2．00 (3). C (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【详解】（1）本题拉力可以由传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD 错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B 正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C 正确．（2）根据2x aT ∆=，运用逐差法得()222360327.109.1311.09 1.10 3.09 5.1210/ 2.00/990.01x x a m s m s T -++---⨯-===⨯．（3）由牛顿第二定律得2F ma =，则2a F m =，a-F 图象的斜率2k m=，则小车的质量002m m m m k '=-=-，故C 正确．（4）当F 不等于零，加速度a 仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F 图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．17.银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O 做匀速圆周运动．由天文观察测得它们的运动周期为T ，若已知S 1和S 2的距离为r ，引力常量为G ，求两星的总质量M .【答案】2324r GTπ 【解析】设星体S 1、S 2的质量分别为m 1、m 2，运动的轨道半径分别为R 1、R 2，则运动的角速度为2T πω＝根据万有引力定律和向心力公式有：2211222GMm m R m R rωω＝＝又：R 1＋R 2＝r 联立解得两星的总质量为222323121224()r r r M m m R R G G GT ωωπ+＝＋＝＝＝点睛：在双星问题中，两个天体运动时有共同的角速度，并绕它们连线上的某个点做匀速圆周运动，万有引力提供了圆周运动的向心力．18.某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L =50 m ，正常运转的速度为v =4 m/s ．一次工人刚把M =10 kg 的货物放到传送带上的A 处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m =5 kg 带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8．（物块与木板均可看做质点，g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F =189 N 的恒定拉力把货物拉到L /5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B 处？（不计传送带的加速时间）【答案】(1)192N(2)2/m s (3)11.25s【解析】【详解】(1)设最大拉力为F m ，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a 1，对货物分析根据牛顿第二定律得：1cos sin Mg Mg Ma μθθ-=得：210.4m/s a =对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得：m 1()cos ()sin ()F m M g m M g m M a μθθ-+-+=+得：F m =192N(2)设工人拉木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律得： 2()cos ()sin ()F m M g m M g m M a μθθ-+-+=+ 解得：220.2m/s a = 设来电时木板的速度为v 1，根据运动学公式得：21225l v a = 得：12m/s v =(3)由于14m/s v <，所以来电后木板继续加速，加速度为a 33()cos ()sin ()M m g M m g M m a μθθ+-+=+230.4m/s a =设经过t 1木板速度与传送带速度相同，则：131v v a t =+得：15s t =设t 1内木板加速的位移为x 1，则：221312v v a x -=得：115m x =共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t 2，匀速运动的位移为x 2，则：215l x l x =-- 得：225m x = 又：22x t v= 得：2 6.25s t =所以来电后木板需要运动1211.25s t t +=19.如图所示，质量均为m 的木块P 与小球Q （可视为质点）通过一根细绳相连，细绳绕过两个轻质无摩擦的小定滑轮C 、D （可视为质点），木块P 的另一端被固连在地面上的轻质弹簧秤竖直向下拉住．小球Q 套在固定在水平地面上的半圆形光滑圆环上，圆环半径为R ．初始时小球Q 位于圆环的最高点B 点静止不动，其中BC R =，此时弹簧秤对木块的拉力为0F ，弹簧秤中弹簧的弹性势能在数值上等于mgR （g 为重力加速度）．现将小球Q 从B 点移动到A 点，其中AC 垂直于OA ，此时弹簧秤对木块的拉力为02F ，然后将小球Q 从A 点由静止释放，小球Q 将顺着光滑圆环从A 向B 运动．已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比．求：（1）弹簧秤中弹簧的劲度系数k ；（2）小球从A 点静止释放，运动到B 点时的速度；（3）小球从A 点静止释放，由A 点运动到B 点的过程中，绳子拉力对小球所做的功．【答案】（1）)0312F k R =（2）()233gR υ=+3）(23W mgR =+【解析】【详解】（1）对弹簧，根据胡克定律：()00231F F k R -= 解得：)0312F k R=（2）由机械能守恒定律可得：)2131422Rmg mv mg R mgR mgR +=+-解得小球运动到B 点时的速度：()233v gR =+（3）对小球用动能定理2122RW mg m υ-= 解得：(23W mgR =+。

衡水中学2020届高三下学期高考调研试卷(五)物理试卷含解析

A. 无人机在t1时刻处于失重状态
B。无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行
C. 无人机在t2时刻上升至最高点
D。无人机在t2~t3时间内做匀变速运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象可知，无人机在t1时刻,在竖直方向上匀加速直线运动，而水平方向则是匀减速直线运动，无人机有竖直向上的加速度，处于超重状态，不是失重状态，故A错误；
5。如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450 kg，桩料的质量为m=50 kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5 m处再释放，让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k= 5。05 × 104N/m。g取10 m/s2，则下列说法不正确的是（）
A。夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9 m/s
B。夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4。5 m/s
C. 打完第一夯后,桩料进入泥土的深度为1 m
D. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3 m
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，则
解得
取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v,由动量守恒定律得
BC．当端电势较高时，路灯会亮，为了天更暗时路灯才会亮,应该将端的电势稍稍降低一些，即可以将的阻值调大些，故B正确，不符合题意；C错误,符合题意；
D．由电路的结构特点可知，二极管具有单向导电性，作用是继电器释放时提供自感电流的通路,防止电流流过集成电路，造成损坏，故D正确,不符合题意.
故选C。

2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷(四) (含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷(四)一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1.下列说法正确的是()A. 分子间距离越小，分子势能越小B. 分子间距离越小，分子间作用力越小C. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用D. 晶体的物理性质都是各向异性的2.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为()A. 都等于g2B. 0和(m1+m2)g2m2C. (m1+m2)g2m2和0 D. 0和g23.在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是()A. 0.8vB. 0.6vC. 0.4vD. 0.2v4.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A. 若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B. 若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大C. 若气体温度升高1 K，其等容过程所吸收的热量一定等于等压过程所吸收的热量D. 在完全失重状态下，气体的压强为零二、多选题（本大题共11小题，共44.0分）5.如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab=bd=6m，bc=1m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，设小球经b、c时的速度分别为v b、v c，则()A. v b=√8m/sB. v c=3m/sC. de=4mD. 从d到e所用时间为2s6.一质量为m的物体放在粗糙斜面上保持静止．现用水平力F推m，如图所示，F由零逐渐增加，整个过程中物体m和斜面始终保持静止状态，则()A. 物体m所受的支持力逐渐增加B. 物体m所受的静摩擦力逐渐减小直到为零C. 物体m所受的合力逐渐增加D. 水平面对斜面的摩擦力逐渐增加7.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月．如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是A. 嫦娥三号的发射速度应该大于11.2km/sB. 嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度等于在环月轨道2上P点的加速度C. 嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态D. 嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小8.如图，轻弹簧一端悬挂在水平光滑轴O上，另一端固定一可视为质点的小球，静止时弹簧的长度为L。

【衡水金卷】河北省衡水中学2020届高考模拟押题卷(一)理科综合能力测试(含答案)

【衡水金卷】河北省衡水中学2020届高考模拟押题卷（一）理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28Fe56第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列关于细胞中某些物质的叙述，错误的是A．组成纤维素、淀粉、糖原的单体是相同的B．RNA可以在细胞核或某些细胞器中合成C．抗体的形成与分泌需要ATP直接提供能量D．激素和神经递质的合成是在核糖体上进行的2．甲乙两种物质在胰岛B细胞内、外的浓度情况如图所示，下列相关叙述正确的是A．甲可以是Na+，胰岛B细胞兴奋时Na+内流会导致细胞内Na+浓度高于细胞外B．甲可以是氧气，其进入细胞后可以在细胞质基质或线粒体参与相关反应C．乙可以是DNA，其运出细胞后可将遗传信息传递给其他细胞D．乙可以是胰岛素，其运出细胞时不需要载体的协助3．如图表示生物体内遗传信息的传递和表达过程，下列叙述不正确的是A．上述过程均需要模板、酶、能量和原料，并且均遵循碱基互补配对原则B．在神经细胞和甲状腺细胞中均能进行2过程，并且形成的RNA也相同C．过程3中涉及到5种碱基和8种核苷酸D．RNA发生改变，通过5过程形成的蛋白质不一定发生改变4．下列关于植物激素、植物生长调节剂的叙述中，不合理的是A．植物激素不直接参与细胞代谢，只传递调节代谢的信息B．用一定浓度的赤霉素处理种子可以促进其萌发C．给去掉尖端的胚芽鞘放置含生长素的琼脂块后仍能生长，说明生长素可促进生长D．生长素和细胞分裂素在促进植株生长方面存在协同关系5．下图是某家族甲病(A-a)和乙病(B-b)的遗传系谱图。

2020年河北省衡水中学高考物理押题试卷(含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考物理押题试卷一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）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.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，若小明以匀速骑行，则脚踩踏板的角速度约为A. B. C. D.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，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，系统电势能减少了6qEaD. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转，系统电势能减少了8qEa二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）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。

2020年河北省衡水中学高考物理押题试卷(含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考物理押题试卷一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法错误的是()A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 92238U衰变成 82206Pb要经过8次α衰变和6次β衰变C. 发生β衰变时，新核与原来的原子核相比，少了一个中子，多了一个质子D. 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了22.如图所示的皮带传动装置中，a、b、c分别为轮边缘上的三点．已知R a：R b：R c=1：2：3.假设在传动过程中皮带不打滑，则在传动过程中，b、c的角速度之比为()A. 3：1B. 1：3C. 2：1D. 1：23.如图所示，垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形ABCD，其中E为BC边的中点，AE垂直于BC，一束电子以大小不同的速度沿AE方向射入磁场，不计电子的重力和电子间的相互作用。

关于电子在磁场中运动的情况，下列说法正确的是()A. 入射速度越大的电子，其运动时间越长B. 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C. 从AB边射出的电子运动时间都相等D. 从BC边射出的电子运动时间都相等4.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量为q的点电荷，一个带电小球(可视为质点)恰好围绕O点在水平桌面上做匀速圆周运动。

已知O在q正下方，则下列判断中错误的是()A. 圆轨道上的电势处处相等B. 圆轨道上的电场强度处处相同C. 点电荷q对小球的库仑力是吸引力D. 桌面对小球的弹力可能为零二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图所示，线圈转动周期为T，线圈产生的电动势的最大值为E m，线圈的电阻为r，该线圈与电阻为R的纯电阻用电器构成闭合回路，则()A. 线圈匝数为n=TE m2πΦmB. 电阻为R的用电器的电功率为E m22RC. 在0～T4时间内通过用电器的电荷量为q=TE m2π(r+R)D. 若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中电动势的瞬时值为e=2E m cos2πtT6.2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c。

2020年河北省衡水中学高考物理模拟试卷(3月份) (含答案解析)

2020年河北省衡水中学高考物理模拟试卷(3月份)一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，关于电梯的运动(如图所示)，以下说法正确的是(g取10m/s2)()A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s22.质量为m的小球固定在弹性杆的B端，弹性杆的A端固定在地面上，给B球施加一个水平向右、大小为F的拉力，小球静止时杆弯曲如图所示，则下列说法正确的是()A. 弹性杆对小球的作用力水平向左B. 弹性杆对小球的作用力大小等于FC. 保持拉力的大小不变，将拉力在竖直面内沿顺时针缓慢转过90°的过程中，弹性杆对小球的作用力不断增大D. 保持拉力的大小不变，将拉力在竖直面内沿顺时针缓慢转过90°的过程中，小球的位置保持不变3.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图(a)和(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系式正确的是()A. W1=W2=W3 B. W1<W2<W3C.W1<W3<W2 D. W1=W2<W34.物体以60J的初动能从A点出发做竖直上抛运动，在它上升到某高度时，动能损失了30J，而机械能损失了10J，则该物体落回到A点时的动能为(空气阻力恒定)()A. 50JB. 40JC. 30JD. 20J二、多选题（本大题共5小题，共29.0分）5.质量为2kg的物体以2m/s的速度作匀变速直线运动，经过2s后其动量大小变为8kg⋅m/s，则该物体()A. 所受合外力的大小可能等于2NB. 所受合外力的大小可能等于6NC. 所受冲量可能等于20N⋅sD. 所受冲量大小可能等于12N⋅s6.如图中虚线a、b、c、d、f、g代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。

2020年河北省衡水中学高考物理一调试卷(含解析)

2020年河北省衡水中学高考物理一调试卷一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现向b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是()A. b对c的摩擦力可能先减小后增大B. 地面对c的支持力可能不变C. c对地面的摩擦力方向始终向左D. 弹簧的弹力可能增大2.一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是()A. 物体的末速度与时间成正比B. 物体的位移必与时间的平方成正比C. 物体速度在一段时间内的变化量与这段时间成正比D. 物体做匀加速直线运动时，加速度的方向与速度方向可能相反3.如果“嫦娥三号”在圆轨道上运动的半径为R1，周期为T1；在椭圆轨道上运动的半长轴为R2，周期为T2.则()A. T1T2=R1R2B. T1T2=R12R22C. T1T2=(R1R2)32 D. T1T2=(R1R2)234.如图所示，力F大小相等，A、B、C、D物体运动的位移s也相同，其中A、C图接触面光滑，B、D图接触面粗糙，哪种情况F做功最大()A. B.C. D.二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.质量为m的物体，从静止开始，以g2的加速度竖直下落高度h的过程中()A. 物体的机械能守恒B. 物体的机械能减少了12mgℎC. 物体的重力势能减少了12mgℎ D. 物体的动能增加了12mgℎ6.小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s。

当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是()A. v A′=103m/s，v B′=103m/s B. v A′=2m/s，v B′=4m/sC. v A′=−4m/s，v B′=7m/sD. v A′=7m/s，v B′=1.5m/s7.如图所示，某人通过光滑定滑轮拉住一重物，当人向右跨出一步后，人与重物仍保持静止，则()A. 地面对人的摩擦力不变B. 地面对人的摩擦力增大C. 人对地面的压力减小D. 人对地面的压力增大8.如图所示，竖直平面内，固定一半径为R的光滑圆环，圆心为O，O点正上方固定一根竖直的光滑杆。

2020届河北衡水密卷新高考押题模拟考试(三)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题模拟考试（三）物理★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（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 在推导”匀变速直线运动位移的公式“时，把整个运动过程划分为很多个小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”．下面实例中应用到这一思想方法的是（）A. 在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度和力的关系B. 在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷C. 在求两个力的合力是，如果把一个力的作用效果与两个力共同作用的效果相同，这个力就是两个力的合力D. 在探究弹簧弹性势能表达式的过程中，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，在每一小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每一小段弹力所做的功相加【答案】D【解析】试题分析：在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度和力的关系，此方法为控制变量法；在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷，此方法为模型法；在求两个力的合力是，如果把一个力的作用效果与两个力共同作用的效果相同，这个力就是两个力的合力，此方法为等效法；在探究弹簧弹性势能表达式的过程中，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，在每一小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每一小段弹力所做的功相加，此方法为微元法；故选项D 正确．考点：物理问题的研究方法．2.从地面上以初速度2v 0竖直上抛物体A ，相隔时间△t 以后再以初速度v 0从同一地点竖直上抛物体B ，不计空气阻力。

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试(二十四)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试（二十四）物理★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。

二、选择题1.引体向上是中学生体育测试的项目之一，引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟．若某中学生在30秒内完成12次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于A. 400WB. 100WC. 20WD. 5W【答案】B【解析】【详解】学生体重约为50kg，每次引体向上上升高度约为0.5m，引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.5J=250J，全过程克服重力做功的平均功率为12250J100W30sPnWt⨯＝＝＝，故B正确，ACD错误．2.一静止的磷原子核3215P发生β衰变而转变成3216S，反应方程为3215P→3216S+01-e，则下列说法正确的是A. 反应产生的3216S与01-e速度等大反向B. 反应产生的3216S与01-e动量等大反向C. 反应产生的3216S与01-e动能相等D. 反应产生的3216S 与01-e 的质量之和小于3215P 的质量【答案】BD 【解析】【分析】反应前的动量为零，根据动量守恒定律可知生成物的动量、速度以及动能关系；因反应放出能量，可知反应有质量亏损.【详解】反应前的动量为零，根据动量守恒定律可知，反应后两粒子动量等大反向，因反应生成的3216S 与01e-质量不等，即质量较小的电子的速度较大，但是速度反向，根据22k P E m=可知，电子的动能较大，选项B正确，AC 错误；因反应放出能量，可知反应有质量亏损，即反应产生的3216S 与01e -的质量之和小于3215P 的质量，选项D 正确；故选BD.【点睛】此题关键是知道反应过程中动量守恒，质量数和电荷数守恒，但是质量不守恒，因反应有质量亏损.3.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k ．这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险．若缆绳断裂后，总质量为m 的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为 5g （g 为重力加速度大小），下列说法正确的是A. 电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为2mgkB. 电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mgkC. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D. 从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C 【解析】【详解】在最低点时，由牛顿第二定律：4kx mg ma -=，其中a =5g ，解得32mgx k=，选项AB 错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C 正确，D 错误；4.如图所示，实线为两个点电荷Q 1、Q 2 产生的电场的电场线，虚线为电子从A 点运动到B 点的运动轨迹，则下列判断正确的是A. A 点的场强小于B 点的场强B. Q 1的电荷量大于Q 2 的电荷量C. 电子在A 点的电势能大于在B 点的电势能D. 电子在A 点的速度大于在B 点的速度【答案】D 【解析】【详解】根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A 点的场强比B 点的场强大，选项A 错误；根据电场线分布情况可知，Q 1、Q 2是同种电荷．由点电荷周围电场线较密可知点电荷Q 2带电荷量较多，即Q 1＜Q 2，故B 错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，得电子过B 点时受到的电场力F 方向斜向下，可知电子从A 点运动到B 点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，电子在A 点的速度大于在B 点的速度，故C 错误，D 正确．5.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L 2点的Halo 使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”．如图所示，该L 2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动．已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为M e 、M m 、m ，地球和月球之间的平均距离为R ，L 2点离月球的距离为x ，则A. “鹊桥”的线速度大于月球的线速度B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度C. x 满足e em 223x x x MM M R R R （）（）+=++ D .x 满足e e 223mx x x M M R R R +=++（）（）【答案】AC 【解析】【详解】根据题意“鹊桥”与月球运动的角速度相等，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，根据线速度R v ω=可知 “鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A 正确；向心加速度2R a ω=.鹊桥”中继星统地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B 错误：中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供则有：222()()e m GM m GM mm R x R x xω+=++对月球而言则有22e m m GM M M R R ω=两式联立可解得：e e m 223x x x M M M R R R （）（）+=++故C 正确；D 错误；故选AC 6.如图，平行板电容器AB 两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A 和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点．现保持B 板不动，通过上下移动A 板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是A. 若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧B. 若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的左侧C. 若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧D. 若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧【答案】AD 【解析】【详解】若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据UEd=，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧．故A正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小，所以Q不变，根据4U Q kQEd Cd Sπε===，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点．故B错误．若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据4U Q kQEd Cd Sπε===，知E不变，所以电场力大小不变，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N点．故C错误．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据UEd=，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故D正确．7.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹．已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则A. 恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinvvθ=B. 质点所受合外力的大小为22m v v-C. 质点到达B22v v-D. t s内恒力F做功()2212m v v-【答案】ABC【解析】【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：在x′方向上由运动学知识得v＝v0sin θ；在y′方向上由运动学知识得v0cos θ＝a y t；由牛顿第二定律有F＝ma y；解得F＝22 0m v v-，sin θ＝vv，即恒力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ＝vv．故AB正确；设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有F cos θ＝ma1；F sin θ＝ma2；由运动学知识可得v0＝a1t1；v B＝a2t1解得v B＝022v v-，则选项C正确；t s内恒力F做功为－12m(v02－v2) ，故D错误．故选ABC.8.如图所示，左侧接有定值电阻R的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨间距为d．一质量为m、阻值为r的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足v kx=，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中A. 通过R的电量与2x成正比B. 金属棒的动量对时间的变化率增大C. 拉力的冲量为22B d xkmxR r++D. 电阻R上产生的焦耳热为222()RkRB d xQR r=+【答案】BC【解析】【详解】通过R的电量=Bdxq It xR R r∆Φ==∝+总，可知选项A错误；设物体再t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，因此有11v kx=，22v kx=，两式相减有()2121v v k x x-=-，等式两边同时除时间则有()21212121k x x v v t t t t --=--，即a kv =，由 v=kx 可知导体棒的位移增大则速度增大，因此加速度也增大，棒做加速度增大的加速运动，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，则金属棒的动量对时间的变化率增大，故B 正确；根据动量定理I 冲-BIdt =mv ，其中q=It = Bdx R r +，v=kx ，联立解得拉力的冲量为22B d xkmx R rI =++冲，故C 正确；根据功能关系可知E 电=W 安，2222B d v B d kxF BId x R r R r===∝++安，所以()222122B d kx W F r x R ==+安安，根据功能关系可得电阻R 上产生的焦耳热为()22222R R kR x B d Q E R r R r ==++电，故D 错误．三、非选择题：（一）必考题：9.用图甲所示的实验装置可以测量弹簧的劲度系数．所用钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在乙图坐标上描出弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点．甲乙（1）请在图乙中画出F -L 图像_____（2）由图乙F -L 图像可计算出该弹簧的劲度系数k =_______N/m （3）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较优点在于：______________________________________________________ 缺点在于：______________________________________________________ 【答案】 (1). （1）(2). （2）20.0 1.0± (3). （3）优点：避免弹簧自身所受重力对实验的影响； (4). 缺点：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差【解析】【详解】（1）用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示：（2）弹簧的原长L 0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L 0=5×10-2m=5cm ．劲度系数为图象直线部分的斜率，22.0N/m 20.00N/m (155)10F k x -===-⨯．（3）优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．10.某多用电表内欧姆挡“×1”的内部电路图如图甲的虚线框所示．一学习小组将电阻箱和电压表并联后接到多用电表两表笔A 、B 上，采用图甲的电路测量多用电表欧姆挡“×1”正常工作时的内阻R Ω和其内部电池的电动势E(电压表的内阻很大，它在该电路中的分流作用可以忽略)，实验操作步骤如下：(1)先调整“指针定位螺丝”再将选择开关转至欧姆挡“×1”，红黑表笔短接调节“欧姆调零旋钮”使指针指在表盘___________(填左”或“右”)侧零刻度处．(2)电阻箱和电压表并联后的两端分别接在表笔A 和B 上，正确的接法是：电压表的正接线柱要接在多用电表的表笔___________(填“A"或“B”)上．(3)改变电阻箱的阻值，分别读出多组电压表和电阻箱的示数U 、R ，并将对应的1U 和1R的值计算出来并记录在表格中，再画出1U －1R图像如图乙所示，若图乙中图线的斜率为k 1、与纵轴的截距为b 1，则所测内部电池的电动势E=___________，欧姆挡“×1”正常工作时的内阻R Ω=___________．(用k 1、b 1表示) (4)一位同学提出了数据处理的另一种思路：先计算出U R ，然后画U-UR图像如图丙所示．由图丙得到图线斜率为k 2、与纵轴的截距为b 2，则电池的电动势E=___________，欧姆挡“×1”正常工作时的内阻R Ω=___________．(用k 2、b 2表示) 【答案】 (1). 右； (2). B ； (3). 11b ； (4). 11k b (5). b 2； (6). -k 2 【解析】【详解】(1)欧姆表的0刻度在表盘的右侧，因此红黑表笔短接进行欧姆调零时应将指针调到右侧零刻度线处；(2)根据电压表的接法，电流需从正接线柱流入，负接线柱流出，由图甲可知表笔B 接电源正极，因此电压表的正接线柱应接B ；(3)由闭合电路欧姆定律U E U IR U R R ΩΩ=+=+，得111R U E E R Ω=+⋅，可知图乙中图线截距11b E=，斜率1R k EΩ=，即11E b =，11k R b Ω=；(4) 根据U E U IR U R R ΩΩ=+=+等效变换UU E R RΩ=-，图丙中图线截距2b E =，斜率2k R Ω=-，故2R k Ω=-．11.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．某次实验中，砝码的质量m 1＝0.1kg ，纸板的质量m 2＝0.01 kg ，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1m ，重力加速度g 取10 m/s 2．砝码移动的距离超过l ＝0.002m ，人眼就能感知．若本次实验未感知到砝码的移动，求：（1）砝码移动的最长时间（2）纸板所需的拉力至少多大？【答案】（110（2）2.44N 【解析】【详解】（1）设砝码在纸板上加速运动时的加速度为1a ，在桌面上减速运动的加速度为2a 由11m g m a μ=知：2122m/s a a ==所以砝码加速和减速的时间相等，分析可知加速运动的最大距离是12l . 由211122l a t = 得：10s t =则砝码移动的最长时间为102s m t t ==（2）设当纸板的加速度为3a 时砝码经历时间t 恰好从纸板上滑下，则此时的拉力最小，设为F ，由运动学公式：23122L d a t += 得：23202m/s a =由1223(2)F m m g m a μ-+= 得： 2.44F N =即纸板所需的拉力至少为2.44N12.如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A 发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间．【答案】（1）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBL v m = 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+解得：A 21k qBLv k m =⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ，由牛顿第二定律得：2A A mv qv B R = 解得：21kR L k =+由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L =求得k 的最大值为1k =（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有222()(1.5)2L R L R =+-解得：56LR =由21kR L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2L R ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．如图3和如图4，由几何关系有：2223()(3)22LR R L =+- 解得：58L R =或2L R = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m= 当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286q B L q B L mv m m⋅=> 当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286q B L q B L mv m m⋅=< 综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2m T qB π=当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32m t qBπ= 13.一定量的理想气体从状态a 开始,经历三个过程:从a 到b ,b 到c ,c 到a 回到原状态,其中V-T 图像如图所示．用p a 、P b 、p c 分别表示状态a 、b 、c 的压强,下列说法正确的是_____A. p a ＜p c =p bB. 由a 到b 的过程中,气体一定吸热C. 由b 到c 的过程中,气体放出的热量一定等于外界对气体做的功D. 由b 到c 的过程中,每一个气体分子的速率都减小E. 由c 到a 的过程中,气体分子的平均动能不变【答案】ABE【解析】【详解】A 、设a 状态的压强为P a ，则由理想气体的状态方程可知：000033a b p V p V T T =，所以：P b ＝3P a ，同理：00003a c p V p V T T =：得P c ＝3P a ，所以：p c ＝p b ＞p a ．故A 正确； B 、过程ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热．故B 正确； C 、由图象可知，bc 过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W ＞0，气体温度降低，内能减少，△U ＜0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程bc 中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C 错误；D 、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小．故D 错误；E 、由图可知过程ca 中气体等温膨胀，温度不变，由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变，故E 正确． 14.如图所示，粗细均匀的U 形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A 、B 两部分，水银柱A 的长度h 1=25cm ，位于封闭端的顶部，B 部分位于U 型管的底部．右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计．活塞自由静止时，玻璃管右侧空气柱的长度L =39cm ，左侧空气柱的长度L 0=12.5cm ，B 部分水银两液面的高度差h 2=45cm ，外界大气压强P 0=75cmHg ．保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A 部分的水银柱恰好对U 形管的顶部没有压力时，求：（1）左侧气柱的长度；（2）活塞移动的距离．【答案】（1）15cm （2）8.5cm【解析】【详解】（1）设玻璃管的横截面积为S ，对左侧被封闭气体：初态：1(7545)cmHg 30cmHg P =-= 112.5V S =末态：225cmHg P =，22V L S =由1122PV PV =得：215cm L =（2）对右侧被封闭气体：初态：'175cmHg P =， '139V S =末态：'265cmHg P =''22V L S =由''''1122P V P V =得：'245cm L =由几何关系可知活塞上升的高度为45cm (39 2.5)cm 8.5cm h ∆=--=15.甲图为一列简谐横波在t =2s 时波的图象，Q 为x =4m 的质点，P 为x =11m 的质点．乙图为质点P 的振动图象．下列说法正确的是（）A. 此波沿x 轴负方向传播B. t =2s 时，Q 3C. 10s 3t =时，Q 点到达正的最大位移处 D. 7s 3t =时，Q 点回到平衡位置且向y 轴负方向运动 E. 质点P 的振动方程为y =－2sin (0.5πt )cm【答案】ADE【解析】【详解】A ．由乙图知，在t =2s 时质点P 沿y 轴正方向运动，根据上下坡法可知此波沿x 轴负方向传播，故A 正确；B ．此波从P 传播到Q 点需时t =7/3s ，代入P 质点振动方程可得y =1cm ，故B 错误；C ．由甲图知，波长λ=12m ，周期T =4s ，所以波速v =3 m/s ，在t =2s 时，x =14m 处质点处在正向最大位移处，当该点的振动形式传播到Q 点时，Q 点到达波峰，需时Δt =10/3s ，所以163t s =时，Q 点到达正的最大位移处，故C 错误；D ．x =5m 处质点的振动形式传播到Q 时，Q 回到平衡位置且向y 轴负方向运动，需时Δt =1/3s ，所以73t s =时，Q 点回到平衡位置且向y 轴负方向运动，故D 正确； E ．由乙图知，零时刻沿y 轴负方向振动，质点P 的振动方程为22sin()2sin(0.5)cm y t t Tππ=-=- 故E 正确。

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试(十三)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试（十三）物理★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。

1.关于速度、速度的变化量、加速度的关系,下列说法中正确的是（）A. 物体的加速度增大时,速度一定增大B. 物体的速度变化越大,加速度越大C. 物体的速度变化越快,加速度越大D. 物体的加速度不变,速度也不变【答案】C【解析】（1）当物体的加速度与速度同向或者是夹锐角时，速度增大．反向或者是夹钝角速度减小，所以速度是否增大与速度与加速度之间所夹的角度有关，而与加速度的大小无关，A错误．（2）根据加速度公式∆=∆vat，若物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故B错误．（3）加速度的物理意义描述的是物体速度变化快慢的物理量，运动物体的速度变化越快，其加速度一定越大，故C正确.（4）物体的加速度不变，则物体做匀变速运动，速度一定变化．D错误．故本题选C.2.在如图所示的位移﹣时间（x﹣t）图象和速度﹣时间（v﹣t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动B. 0～t 1时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C. 丙、丁两车在t 2时刻相遇D. 0～t 1时间内，甲、乙两车的平均速度相等【答案】BD【解析】【详解】A ．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A 错误； B ．在t 1时刻甲乙两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B 正确；C ．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t 2时刻面积差最大，所以相距最远，故C 错误；D.0～t 1时间内，甲、乙两车的位移相等，时间又相等，平均速度等于位移除以时间，所以甲、乙两车的平均速度相等，故D 正确．故选BD ．【点评】要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，难度不大，属于基础题．3.某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5s 后听到石头直接落到崖底的声音，探险者离崖底的高度最接近的是A. 25mB. 50mC. 110mD. 150m【答案】C【解析】【详解】由于声音在空气中传播的速度比自由落体下落5s 的速度大的多，可以忽略声音在空气中的传播时间，由自由落体规律221105m 12215m 2h gt =⨯⨯== 则选C. 4.如图所示，倾角为30°、重为80 N 的斜面体静止在水平地面上，一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，轻杆的另一端固定一个重为2 N 的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是（）A. 轻杆对小球的作用力沿轻杆向上，大于2 NB. 地面对斜面体的支持力为80 NC. 小球对轻杆的作用力为2 N ，方向竖直向下D. 轻杆对小球的作用力为2 N ，方向垂直斜面向上【答案】C【解析】对小球受力分析，受到轻杆的作用力和竖直向下的重力，处于静止状态，所以二力平衡，等大反向，所以杆对小球的作用力方向竖直向上，大小等于2N ，根据牛顿第三定律可知小球对轻杆的作用力方向竖直向下，大小为2N ，AD 错误C 正确；将两者看做一个整体，整体受到重力和地面的支持力，故地面对斜面体的支持力等于两者重力之和82N ，B 错误；5.如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为( )A. 23B. 36 33【答案】C【解析】【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F mg μ=，当拉力倾斜时，物体受力分析如图由平衡条件得：N F mg Fsin θ=-，cos60f F =o ，又N f F μ=，得摩擦力为：()cos60f mg Fsin F μθ=-=o ，联立解得：3μ=故选C. 6.作用在同一物体上的下列几组共点力中，能使物体处于匀速运动状态的是（）A. 3N 、4N 、5NB. 3N 、5N 、9NC. 6N 、8N 、11ND. 5N 、6N 、12N【答案】AC【解析】三个力合成时，合力的最大值为三个力之和，最小值看第一个力是否在第一二两个力的合力范围内；如果在则最小值为0，如果不在则最小值为第三个力与合力范围中最近的值之差．A 选项中三个力的合力范围为12N-0N ，合力可以为零，故A 选项能使物体处于匀速运动状态；B 选项中三个力的合力范围为17N-1N ，故B 选项不可以；C 选项中三个力的合力范围为25N-0N ，故C 选项可以；D 选项中三个力的合力范围为23N-1N ，故D 选项不可以．本题选择能使物体做匀速运动的，即合力可以为零的，故AC 正确，BD 错误．故选AC ．点睛：解决本题的关键是掌握三个力合成的合力范围，抓住物体做匀速直线运动时受力平衡，根据平衡条件由合力范围分析．7.如图所示，用绳子OB 将照明电灯拉离竖直方向，若保持OB 绳水平，使电线OA 与竖直方向的夹角θ增大，则下列说法中正确的是：（）A. 绳OB 的拉力增大B. 绳OB 的拉力不变C. 电线OA 的拉力增大D. 电线OA 的拉力减小【答案】AC【解析】【详解】以结点O 为研究对象，分析受力情况，作出力图如图：CO 绳对O 点的拉力大小等于重力mg ，即F CO =mg ．由平衡条件得知：CO 绳的拉力F CO 和OB 绳的拉力F BO 的合力与F AO 等值、反向．由几何关系得cos AO mg F θ= F BO =mg tan θ当角θ增加时，绳OB 的拉力F BO 增大，电线OA 的拉力F AO 也增大；故选AC.【点睛】本题是力学动态平衡问题，关键受力分析后求解出表达式进行分析.8.如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R ，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是A. 容器相对于水平面有向左运动的趋势B. 轻弹簧对小球的作用力大小为 mgC. 容器对小球的作用力竖直向上D. 弹簧原长为R ＋mg k【答案】BD【解析】【分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长．【详解】由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A 错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O ，故B 正确；对小球受力分析，如图所示由30θ=︒可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120°，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg ，故C 错误；图中弹簧长度为R ，压缩量为mg k ，故原长为mg R k+，故D 正确．故选BD ．【点睛】本题考查共点力的平衡条件应用，要注意明确共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．同时注意几何关系的正确应用．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试(三十)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试（三十）物理★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.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )A. ρvSB.2v Sρ C.212v S ρ D. ρv 2S【答案】D 【解析】对喷出气体分析，设喷出时间为t ，则喷出气体质量为m=ρsvt，由动量定理有Ft=mv ，其中F 为瓶子对喷出气体的作用力，可解得2svtvF sv tρρ==，根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F ，再对瓶子分析，不难由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶对左端竖直墙壁的作用力大小是F ，所以D 正确．故选D ．2.如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，直杆AB 长为L ，杆与水平方向的夹角为()090θθ︒≤≤︒，一质量为m 的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的水平向右的恒力F ，并从A 端由静止释放，现改变直杆和水平方向的夹角θ，已知2F mg =，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A. 当30θ=︒时，小圆环在直杆上运动的时间最短B. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间一定有挤压C. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时，直杆与水平方向的夹角θ满足1tan 2θ= D. 当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环的加速度为3g 【答案】C 【解析】【详解】根据题意可知，当小圆环运动时间最短，力F 与重力的合力刚好沿杆的方向，加速度最大，对杆无挤压，根据题意得：1tan 22mg mg F mg θ===，此时加速度大小为：22()5mg F a g +==，ABD 错误C 正确3.如图所示，某物体自空间O 点以水平初速度0v 抛出，落在地面上的A 点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA 完全重合的位置上，然后将此物体从O 点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道．P 为滑道上一点，OP 连线与竖直方向成45︒ 角，则此物体( )A. 物体经过P 025B. 由O 运动到P 点的时间为2v gC. 物体经过P 点时，速度的竖直分量为0255v D. 物体经过P点时的速度大小为0255v 【答案】A 【解析】【详解】ACD.从O 到P 点，平抛运动时，根据几何关系：2012tan 45gty x v t==o ，运动时间：02v t g=，竖直位移：220212v h gt g==，速度与水平夹角：0tan 2gt v θ==；沿滑道设到P 点速度为v ，根据动能定理得：2102mv mgh -=，解得：02v v =，设水平分速度x v ，竖直分速度y v ，所以y x 2v v =，根据勾股定理可知：222x y v v v =+，解得x 0255v v =，A 正确CD 错误B.平抛时，竖直方向自由落体，时间：022v h t g g==，沿滑道下滑时，竖直方向由于受到支持力，合外力小于重力，加速度小于重力加速度，所以时间长，B 错误4.如图所示，足够长的半径为R=0.4m 的1/4圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m=0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g 取10 m/s 2．则A. 两小球由静止释放后速度大小相等，最终在水平面上运动的速度大小为4m/sB. 小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大C. 小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为5ND. 整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 【答案】D 【解析】将小球甲、乙的速度分解为沿轻杆的方向和垂直于轻杆的方向，两小球沿轻杆方向的速度相等．整个过程中，甲、乙组成的系统机械能守恒，最后两者的速度大小相等，应用机械能守恒定律：2122mgR mv =⨯，得2/v gR m s ==，A 错误；刚下滑时，甲的速度为0，后来获得速度，重力的功率变大，但到最低点时速度水平，重力的功率为0，B 错误；小球甲下滑到最低点，重力与支持力的合力提供向心力2N mv F mg R-=，解得N 210F mg N ==，由牛顿第三定律，小球甲下滑到最低点对轨道压力的大小为10 N ，C 错误；整个过程中对小球乙受力分析可知，重力不做功，小球乙动能的增量等于轻杆对小球乙做的功211=122W mv mgR J ==，D 正确．故选D. 5.如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一电子以初速度v 从圆心O 沿着OD 方向射入磁场，经过时间t 恰好由A 点离开磁场．若电子以初速度v ´从O 沿着OD 方向射入磁场，经时间t ´恰好由C 点离开磁场．已知圆弧AC 长度是圆弧CD 长度的一半，则（）A. 33v v '=B. 23v '= C. 34t t '=D. 23t t '=【答案】BD 【解析】【分析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出粒子轨道半径，然后由半径公式求出电子的速度．【详解】由几何知识可知，恰好由A 点射出时，电子轨道半径：12R mv r qB== 电子从C 点射出时的轨道半径由于圆弧AC 长度是圆弧CD 长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切解为600，由弦长公式022sin 60R r = 解得：23mv r R qB=='所以233v v '=由A 点射出时，001802360m mt qB qBππ=⨯= 电子从C 点射出时，0012022236033m m t t qB qB ππ=⨯='= 故选BD ．【点睛】本题考查了求电子的速率范围，作出电子的临界运动轨迹、应用数学知识求出电子轨道半径，由半径公式可以求出电子速度，然后即可正确解题．6.如图所示,一轻弹簧下端固定在倾角30θ=︒的斜面的底端,斜面固定在水平地面上.物块B 放在木箱A 的里面,它们(均视为质点)一起从斜面顶端a 点由静止开始下滑,到b 点接触弹簧,木箱A 将弹簧上端压缩至最低点c ,此时将物块B 迅速拿出,然后木箱A 又恰好被弹簧弹回到a 点.已知木箱A 的质量为m ,物块B 的质量为3m ,a 、c 两点间的距离为L ,重力加速度为g .下列说法正确的是( )A. 在A 上滑的过程中与弹簧分离时A 的速度最大B. 弹簧被压缩至最低点C 时，其弹性势能为0.8mgLC. 在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中,因摩擦产生的热量为1.5mgLD. 若物块B 没有被拿出，AB 能够上升最高位置距离a 点为4L【答案】BC 【解析】【详解】A.物体加速度为零的时候，速度最大，所以在A 上滑的过程中当弹力等于重力沿斜面向下分力与摩擦力之和时速度最大，A 错误B.设压缩最短时，弹性势能为p E ，根据题意下滑过程：p 4sin 4cos E mgL mgL θμθ=-，上滑过程：p sin cos E mgL mgL θμθ=+，联立解得：p 0.8E mgL =，3μ=，B 正确C.根据题意可知，摩擦产热等于克服摩擦力做功：4cos cos 1.5Q mgL mgL mgL μθμθ=+=，C 正确D.B 没有拿出，上滑根据能量守恒：p 4'sin 4'cos E mgL mgL θμθ=+，解得：'4LL =，所以最高点距a 点344L L L -=，D 错误 7.如图所示，空间分布着匀强电场，电场中有与其方向平行的四边形ABCD ，其中M 为AD 的中点，N 为BC 的中点. 将电荷量为q +的粒子，从A 点移动到B 点，电势能减小1E ；将该粒子从D 点移动到C 点，电势能减小2E . 下列说法正确的是（）A. D 点的电势一定比A 点的电势高B. 匀强电场的电场强度方向必沿DC 方向C. 若A B 、之间的距离为d ，则该电场的电场强度的最小值为1E qdD. 若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功122E E + 【答案】CD 【解析】【详解】将电荷量为q +的粒子,从A 点移动到B 点,电势能减小1E ,则A 点的电势比B 点高1AB E U q=；同理D 点电势比C 点高2CD E U q=;A D 、两点电势关系无法确定,匀强电场的电场强度方向不一定沿DC 方向，选项AB 错误；若A B 、之间的距离为d ,则该电场的电场强度取最小值时必沿AB 方向,此时1min AB E E d U q ==,则1min E E dq =，选项C 正确；M 点的电势2A DM ϕϕϕ+=，同理2B C N ϕϕϕ+=,则若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功()()()12222A B D C AB DC MNM N U U E E W q q q ϕϕϕϕϕϕ-+-++=-===，选项D 正确8.如图1所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B =1T ．一总电阻为r =0.2Ω的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动．圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图2所示．下列说法正确的是( )A. 圆形线圈的半径为R =1 mB. 圆形线圈运动速度的大小为v =20m/sC. 两实线之间的水平距离L =6mD. 在0.05 s ，圆形线圈所受的安培力大小为400 N 【答案】ABD 【解析】【详解】AB.根据题意得，当直径与边界重合时，电动势最大，所以m 240V E B Rv ==，根据图2可知进入磁场时间是0.1s ，所以2R vt =，联立解得：v =20m/s ，R =1 m ，AB 正确C.线圈从全进入到刚要出磁场共用了0.1s ，所以：221200.1m 4m L R vt =+=⨯+⨯=，C 错误D.根据题意可知，0.05s 时，电动势为40V ，等效切割长度2R ，此时感应电流：200A EI r==，安培力为：2120021N 400N F BI R ==⨯⨯⨯=，D 正确三、非选择题9.某同学利用图示装置，验证以下两个规律：①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳方向分速度大小相等； ②系统机械能守恒。

2020届河北衡中同卷新高考押题信息考试(十六)物理试卷

2020届河北衡中同卷新高考押题信息考试（十六）物理★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。

二、选择题1.下列说法不正确的是（） A.23892U 经过一次α衰变后变为23490ThB. 由核反应方程式1371375556Cs Ba X →+可以判断X 为电子C. 核反应方程4141712781He N O H +→+为轻核聚变D. 16g 铋210经过15天时间，还剩2g 未衰变，则铋210的半衰期为5天【答案】C 【解析】釉核23892U 经过一次α衰变后，电荷数少2，质量数少4．变为钍核23490Th ，A 正确；根据电荷数守恒、质量数守恒知，x 的电荷数为-1，质量数为0，可知x 为电子，B 正确；轻核聚变反应为23411120H+H He n →+，C错误；根据01()2t T m m =⋅可得1511()28T =，解得5T =天，D 正确．2.如图所示，BC 是半径为R 的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C 在圆心O 的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m 的小球，从与O 等高的A 点水平抛出，小球恰好从B 点滑入圆轨道，则小球在C 点对轨道的压力为A.73mg B. 3mg C.103mg D. 4mg【答案】C 【解析】【详解】小球由A 至B 做平抛运动，设初速度A v ，平抛时间t ，竖直方向有o21cos 602R gt =；B 点的速度相切与圆轨道，故平抛的速度偏向角为o60，有otan 60gtv =，可得3A gRv =．从A 至C 由动能定理：221122c A mgR mv mv =-，对C 点的小球，由牛顿第二定律：2CN v F mg m R-=，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等，解得103NN F F mg =='．故选C ． 3.如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v 1、v 2从A 、C 两点同时射入磁场，v 1、v 2平行且v 1沿直径AOB 方向．C 点与直径AOB 的距离为R/2，两粒子同时从磁场射出，从A 点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°.不计粒子受到的重力，则( )A. v 132B. v 132C .v 1＝23v 2 D. v 1＝2v 2【答案】B 【解析】如图由几何知识知R 1=Rtan60°，R 2=R ，根据牛顿运动定律知2v Bqv m r=，知mv r Bq = 与v 成正比，故v 1：v 2=R 1：R 2=2Rcos30°：R=3：1，故B 正确，ACD 错误；故选B.点睛：此题考查带电粒子在磁场中运动，注意找圆心，运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目，要求学生有扎实的数学基础．4.一无限大接地导体板MN 前面放有一点电荷+Q ，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN 存在的情况下，由点电荷+Q 与其像电荷–Q 共同激发产生的．像电荷–Q 的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷+Q 在此镜中的像点位置．如图所示，已知+Q 所在位置P 点到金属板MN 的距离为L ，a 为OP 的中点，abcd 是边长为L 的正方形，其中ab 边平行于MN ．则A. a 点的电场强度大小为E =24QkLB. a 点的电场强度大小大于b 点的电场强度大小，a 点的电势高于b 点的电势C. b 点的电场强度和c 点的电场强度相同D. 一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电势能的变化量为零【答案】B 【解析】由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a 点的电场强度22240/23/29Q Q kQE k k L L L =+=（）（），A 错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知a b E E >，a b ϕϕ>，B 正确；图中b 、c 两点的场强大小相等，方向不同，C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势，所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D 错误；故选B.5.某同学在实验室里做如下实验，光滑竖直金属导轨(电阻不计)上端接有电阻R ，下端开口，所在区域有垂直纸面向里的匀强磁场，一个矩形导体框(电阻不计)和光滑金属导轨在整个运动中始终保持良好接触，矩形导体框的宽度大于两个导轨的间距，一弹簧下端固定在水平面上，弹簧涂有绝缘漆，弹簧和导体框接触时，二者处于绝缘状态，且导体框与弹簧接触过程无机械能的损失．现将导体框在距离弹簧上端H 处由静止释放，导体框下落，接触到弹簧后一起向下运动然后反弹，直至导体框静止．导体框的质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是 ( )A. 导体框接触到弹簧后，可能立即做减速运动B. 在接触弹簧前导体框下落的加速度为gC. 只改变下落的初始高度H ，导体框的最大速度可能不变D. 只改变R 的阻值，在导体框运动过程中系统产生的焦耳热会改变【答案】AC 【解析】AC 、导体框下落过程中导体框两部分切割磁感线，相当于两个电源给电阻R 供电，接入导轨部分的导体框有电流流过，所以当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速，故AC 正确；B 、由于有感应电流，导体框受到安培力作用，所以加速度小于g ，故B 错误；D 、由于质量一定，所以最后弹簧停止的位置是确定的，重力势能的减少是确定的，弹簧增加的弹性势能是确定的，所以电阻产生的热量与R 无关，电阻大小会影响导体框反复的次数，故D 错误；故选AC ．【点睛】当导体框所受安培力等于导体框的重力时速度达到最大，达到最大速度可能发生在接触弹簧之前，所以有可能在接触弹簧前已经达到匀速．6.在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A 点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件．经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L ．已知传送带的速率恒为v ，工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是A. 工件在传送带上加速运动的时间一定等于L vB. 传送带对每个工件做的功为212mv C. 每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于12mgL μ D. 传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为2mv 【答案】BD 【解析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相等时工件做匀速直线运动，加速度为a g μ=，则加速的时间为vt gμ=，故A 错误；传送带对每个工件做的功使工件的动能增加，根据动能定理得：212W mv =，故B 正确；工件与传送带相对滑动的路程为：2222v v v x v g g g μμμ∆=-=，则摩擦产生的热量为：22mv Q mg x μ=∆=，故C 错误；根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量2212E mv Q mv =+=，故D 正确，故选BD.【点睛】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，根据匀加速度知识求得运动的时间，根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能．7.一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5︰1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表．则下列说法正确的是( )A. 原、副线圈中的电流之比为5︰1B. 电压表的读数约为31.11VC. 若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103JD. 若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【答案】BC【解析】试题分析：原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据，则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；根据,原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知,解得U=22=31.11V，故B错误；则1 min内滑动变阻器产生的热量为22(222)60J2904J UQ tR===，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误．故选C考点：变压器；电功率；电路的动态分析.【此处有视频，请去附件查看】8.如图所示，轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，跨过轻质定滑轮的轻绳将P 和重物Q 连接起来，Q 的质量M = 6m ．现将P 从图中A 点由静止释放，P 能沿竖直杆上下运动，当它经过A 、B 两点时弹簧对P 的弹力大小相等，已知OA 与水平面的夹角θ = 53°，OB 距离为L ，且与AB 垂直，滑轮的摩擦力不计，重力加速度为g ，在P 从A 运动到B 的过程中A. Q 的重力功率一直增大B. P 与Q 的机械能之和先增大后减小C. 轻绳对P 做功43mgL D. P 运动到B 43gL【答案】BD 【解析】物块Q 释放瞬间的速度为零，当物块P 运动至B 点时，物块Q 的速度也为零，所以当P 从A 点运动至B 点时，物块Q 的速度先增加后减小，物块Q 的重力的功率也为先增加后减小，故A 错误；对于PQ 系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P 的做功有关，从A 到B 的过程中，弹簧对P 先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B 正确．从A 到B 过程中，对于P 、Q 系统由动能定律可得：6mg (53L cos ︒−L )−mgL tan53°−0＝12mv 2，对于P ，由动能定理可得：W −mgL −0＝12mv 2 ，联立解得：W=113mgL ，43gL v =，故C 错误，D 正确；故选BD. 点睛：解决本题的关键要明确滑块经过A 、B 两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等．要知道滑块P 到达B 点时Q 的速度为0．三、非选择题9.某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M ．如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门．让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t (t 非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s ．(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d ，如图乙所示，则d ＝________ mm ．(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示．图像的纵坐标s 表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是______．A ．tB ．t 2 C. 1t D.21t(3)已知钩码的质量为m ，图丙中图线的斜率为k ，重力加速度为g ．根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M ＝____________________．(用字母表示) 【答案】 (1). (1)1.880 (2). (2)D (3). (3) 22kmgm d - 【解析】【详解】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm ，可动刻度读数为0.01×38.0 mm ＝0.380 mm ，则最终读数为1.880 mm ．(2)滑块通过光电门的瞬时速度d v t =，根据动能定理得：()()2221122d mgs m M v m M t=+=+，解得：222m M d s mg t+=，因为图线为线性关系图线，可知横坐标表示21t ，故选D ． (3)根据222m M d s mg t +=知，图线的斜率为：22m M k d mg +=，解得滑块质量22kmgM m d=-． 10.某同学要测量一只未知电阻的阻值．（1）他现用多用电表粗测该电阻的阻值，按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示，为了使多用电表测量的结果更准确，需要进行的操作是：换用__________（填“×1”或“×100”）档，再进行_________（填“机械”或“欧姆”）调零，重新测量．（2）若粗测待测电阻的阻值约为1100Ω；为了精确测量该电阻的阻值，实验室提供了以下的实验器材：电流表A1（量程10mA，内阻r1=5Ω）电流表A2（量程15mA，内阻r2约为5Ω）；定值电阻R0：阻值为2000Ω；电源E（电动势约为10V，内阻r约为1Ω）；单刀双掷开关S，导线若干；实验要求能多测几组数据，请在乙图方框中画出实验原理图_____________．（3）根据设计的实验电路图，该同学已连接好了部分实物如图丙所示，请完善实物连接，要求闭合电键前滑动变阻器滑片移到图中所在位置________．（4）实验中需要直接测量的物理量有_____________，用测得的量和已知的量的字母表示待测电阻R x的计算公式R x=________________．【答案】(1). （1）×100；(2). 欧姆(3). （2）(4).（3）(5). （4）电流表A1、A2的读数I1、I2,；(6).()21011I I RrI--【解析】用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．（1）由图可知欧姆表的读数为R=100×10Ω=1000Ω，欧姆表的指针偏转过小说明待测电阻阻值较大，应换用较大倍率×100，欧姆调零后再进行测量；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．（2）由于滑动变阻器的阻值远小于被测电阻，且要求能多测几组数据，因此采用滑动变阻器的分压接法，要测量未知电阻的阻值，需要测量出被测电阻接入电路中的电流，还需要测出加在被测电阻两端的电压，由于电流表A1的量程为A2的量程小，因此A1放在支路上与被测电阻串联，再与定值电阻并联，A2放在干路上，定值电阻起电压表的作用．电路设计如图所示．（3）实物连接，如图所示（4）实验需要直接测量的是两电流表A 1、A 2的读数，I 1、I 2，由电阻的定义式有()21101x I I R r R I -+=，则解得()21011x I I R R r I -=-11.如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度V;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N;（3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆=【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgm a s M μ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--= 故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-= 代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1，则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-= 碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-= 故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．12.如图所示，在平面直角坐标系xoy 的第二象限内有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ，方向沿y 轴负方向．在第一、四象限内有一个半径为r 的圆，圆心坐标为（r ，0），圆内有方向垂直于xoy 平面向里的匀强磁场．一带正电的粒子（不计重力），以速度为v 0从第二象限的P 点，沿平行于x 轴正方向射入电场，通过坐标原点O 进入第四象限，速度方向与x 轴正方向成60︒，最后从Q 点平行于y 轴离开磁场，已知P 点的横坐标为2-h ．求：（1）带电粒子的比荷q m；（2）圆内磁场的磁感应强度B 的大小；（3）带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间t ．【答案】(1)2032v q m Eh = （2）0433Eh B v r = （3）024512h r t v π+= 【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二定律，联立即可求出带电粒子的比荷；利用速度偏向角公式，求出粒子从电场进入磁场时的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆内磁场的磁感应强度B 的大小；利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，带电粒子从P 点进入电场到从Q 点射出磁场的总时间t ．(1) 由水平方向匀速直线运动得 02h v t =竖直向下的分速度 0tan 60y v v =︒由竖直方向匀加速直线运动知y v at =加速度为qE a m= 根据以上式解得2032v q m Eh= （2）粒子进入磁场的速度为v ，有0cos 60v v ︒=由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径R =r由洛伦兹力提供向心力可知2mv qvB r=解得0B =（3）粒子在磁场中运动的时间为2150360t T =⋅oo 粒子在磁场中运动的周期为2m T qBπ= 粒子在电场中运动的时间为102h t v =粒子运动的总时12024512h r t t t v π+=+= 【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．选考题13.下列说法正确的是（）A. 知道某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数,一定可以求其分子的质量和体积B. 内能不同的物体，他们分子热运动的平均动能可能相同C. 不论单晶体还是多晶体，在融化时，要吸热但温度保持不变D. 一定质量的气体温度由T 1升高到T 2,在这个过程中,如果气体体积膨胀并对外界做功,则气体分子平均动能可能减少E. 液体的表面张力是由液体分子间的相互作用引起的【答案】BCE【解析】【详解】A ．知道某物质的摩尔质量和阿伏加德罗常数，一定可求其分子质量，但是求不出分子体积，故A 错误；B ．内能不同的物体，温度可能相同，所以它们分子热运动的平均动能可能相同，故B 正确；C ．晶体熔化吸热时温度不变，分子的平均动能不变，分子势能增加，故C 正确；D ．分子平均动能只与温度有关，温度升高，气体分子平均动能增加，故D 错误；E ．液体的表面张力是由液体分子间的相互作用引起的，故E 正确。