2020年河北省衡水中学高考物理押题试卷

2020届河北衡水中学新高考押题模拟考试（二十二）物理试卷★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（其中1～7小题为单选题，8～10小题为多选题，每小题4分，共40分）1.一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3) m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2(m/s)，该质点在t＝2 s时的速度和t＝2 s到t＝3 s时间内的平均速度的大小分别为()A. 12 m/s39 m/sB. 24 m/s38 m/sC. 12 m/s19.5 m/sD. 24 m/s13 m/s【答案】B【解析】【详解】由速度随时间变化的关系v=6t2（m/s），当t=2s时，代入得：v=6×4m/s=24m/s．该质点在t=2s到t=3s 间的位移为：s=x3-x2=（5+2t33）-（5+2t23）=2×33-2×23=38m；故B正确，ACD错误，故选B．2.如图所示为甲乙两质点作直线运动的速度—时间图象，则下列说法中不正确的是（）A. 甲质点在0~t1 时间内的平均速度小于乙质点在0~t2 时间内平均速度；B. 甲质点在 0~t 1 时间内的加速度与乙质点在 t 2~t 3 时间的加速度相同．C. 在 0~t 3 时间内甲、乙两质点的平均速度相等．D. 在 t 3 时刻，甲、乙两质点都回到了出发点．【答案】C【解析】【分析】在速度时间图象中,图象与坐标轴围成面积代表位移,平均速度等于位移与时间之比,某一点代表此时刻的瞬时速度,图线的斜率表示加速度,根据这些知识分析.【详解】A ．匀变速直线运动平均速度等于初末速度之和的一般，所以甲质点在 0~t 1 时间内的平均速度等于乙质点在 0~t 2 时间内平均速度，A 错误．B ．图像的斜率代表加速度，所以两者加速度方向相反，B 错误．C ．根据平均速度定义，而图像的面积代表位移，全程两者位移相同，时间相同，平均速度相同，C 正确．D ．根据图像面积可知， t 3 时刻，两者距出发点最远，D 错误．3.如图所示，质量均为m 的A 、B 两球，由一根劲度系数为k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R 且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为（ ）A .mg k ＋R B. 2mg k＋R C. 33mg k＋R 3mg ＋R 【答案】D【解析】以A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和球壳的支持力如图所示：由平衡条件，得到：mg tankxθ=解得：mgxktanθ=根据几何关系得：1122RcosR＝θ=，则3tanθ=，所以3mg mgxktanθ==故弹簧原长03mgx x R R=+=+，故D正确，ABC错误．点睛：对A球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度，相加得到弹簧的原长．4.如右图所示，位于竖直平面内的圆定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙壁相切于A点，竖直墙壁上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点；则（）A. a球最先到达M点B. b球最先到达M点C. c球最先到达M点D. a球最后到达M点【答案】C【解析】【详解】由题可知A、B、C三球均做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得三个小球的加速度A 2sin 45a g g =︒=，3sin 60B a g g =︒=，a=g ；有匀变速直线运动的位移公式可得212x at =，2x t a =，由题可得224A A a R t g R ==、83B R t g=、2C R t g =可见c 球最先到达M 点．故C 正确，ABD 错误．5.如图示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于 O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F 、作用在 a 球上的力大小为3F ，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图：A. B.C. D.【答案】C【解析】试题分析：将a 、b 两个小球做为一个整体，设上面的绳子与竖直方向夹角为α，则根据受力分析可求出tan 2F mgα=，再单独研究b 小球，设下面的绳子与竖直方向夹角为β，根据受力分析可知，tan F mgβ=，因此下面绳子与竖直方向夹角βα>，因此a 球在竖直线的右侧，而b 球在竖直线的左侧，因此C正确．考点：共点力平衡6.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )A. 地面对斜面体的摩擦力大小为F cosθB. 地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC. 物体对斜面体的摩擦力的大小为FD. 斜面体对物体的作用力竖直向上【答案】A【解析】【详解】由题意可知，物体在拉力作用下沿斜面体向下匀速运动，类似于新物理模型：放在粗糙水平面的物体，受到一斜向下的推力处于静止状态．对其受力分析可得：斜面体受到的摩擦力等于Fcosθ，故A正确；地面对斜面体的支持力等于（M+m）g+Fsinθ，故B错误；物体m对M的滑动摩擦力的大小为μmgcosθ，故C错误；物体受到向下的重力mg、拉力F、斜面的作用力（支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力），由于物体匀速下滑，所以M对物体m的作用力与m重力和拉力的合力应该等大反向，不沿竖直方向，故D错误；故选A．7.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客（）A. 处于超重状态B. 不受摩擦力的作用C. 受到向后（水平向左）的摩擦力作用D. 所受合力竖直向上【答案】C【解析】当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力沿斜面向下，合力的大小不变，人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg-N=ma y ，N ＜mg ，乘客处于失重状态，故A 、B 、D 错误，C 正确；故选C ．【点睛】解决本题的关键知道乘客和车具有相同的加速度，通过汽车的加速度得出乘客的加速度．以及能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．8.一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a 点上滑，最高可滑至b 点，后又滑回至a 点，c 是ab 的中点，如图所示，已知物块从a 上滑至b 所用时间为t ，下列分析正确的是( )A. 物块从c 运动到b 所用的时间等于从b 运动到c 所用的时间B. 物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向C. 物块下滑时从b 运动至c 所用时间为22t D. 物块上滑通过c 点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小【答案】AC【解析】A 、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为a gsin θ=，方向向下，故bc 和cb 过程是可逆的，故物块从c 运动到b 所用时间等于从b 运动到c 的时间，故A 正确，B 错误；C 、由b 到a 过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知:1:(21bc ca t t =），而bc ca t t t +=；解得：22bc t =，故C 正确； D 、由于c 是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c 点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小，故D 错误．点睛：本题很好的考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是位移中点和时间中点速度的应用一定能熟练掌握．9.北京时间2016年9月15日晚10时04分，中国在酒泉卫星发射中心用“长征二号F—T2”火箭将“天宫二号”空间实验室成功发射升空，顺利入轨并正常开展各项科研活动，如图．关于“天宫二号”与火箭起飞的情形，下列叙述正确的是（）A. “天宫二号”进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力B. 运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力C. 运载火箭尾部喷出的气体对空气产生作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力D. 运载火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽向下喷气，但无法获得前进的动力【答案】AB【解析】【详解】卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故A正确；火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B正确，C错误；火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故D错误；故选AB.10.如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（）A. 只将绳的左端移向A′点，拉力变小B. 只将绳的左端移向A′点，拉力不变C. 只将绳的右端移向B′点，拉力变小D. 只将绳的右端移向B′点，拉力变大【答案】BD【解析】【详解】AB．只将绳的左端移向A′点移动时，两点间的水平距离没变，绳长没变，因此两绳间的夹角没变，绳子拉力不变，A错误，B正确；CD．只将绳的右端移向B′点，绳子夹角变大，因此绳子拉力将变大，C错误，D正确．二、填空题（每空3分，共18分）11.某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳．实验时，先将一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子A上，另一条橡皮筋任其下垂，如图甲所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子B上，如图乙所示．（1）为完成实验，下述操作中必需的是________.A．两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同B．要测量橡皮筋的原长C．要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度D．要记录图甲中结点O的位置及过结点O的竖直方向E．要记录图乙中结点O′位置及过结点O′的竖直方向（2）对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的是________.A．橡皮筋的材料和原长相同即可B ．橡皮筋的材料和粗细相同即可C ．橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同【答案】 (1). (1)BCE ； (2). (2)C ；【解析】【详解】（1）A ．两橡皮筋的另一端连接的细绳a 、b 长度不一定要相同．故A 错误；BC ．两条橡皮筋遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．故BC 正确．DE ．为了正确作出合力与分力的图示，必须记下O 点的位置及过结点O 的竖直方向，故D 错误，E 正确．故选BCE ．（2）ABCD ．该实验测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示．所以橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同，ABD 错误，C 正确．故选C ．【点睛】本实验是通过作合力与分力图示的方法来验证平行四边形定则，需要测量合力与分力的大小，由于没有弹簧测力计，橡皮筋遵守胡克定律，可测量橡皮筋的长度和原长来确定合力与分力的大小关系． 12.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是___A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行C.先接通电源后释放小车D.实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，己知相邻计数点间的时间间隔为0.1s T ，且间距123455,,,,x x x x x x 已量出分别3.09cm,3.43cm,3.77cm,4.10cm,4.44cm,4.7cm ，则小车的加速度a =___ 2/m s （结果保留两位有效数字）.（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a 与所受拉力F 的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a F -’图线，如图丙所示，图线___是在轨道倾斜情况下得到的（填“①"或“②”）；小车及车中袪码的总质量m =______kg （结果保留两位有效数字）.【答案】 (1). (1) BC ； (2). (2) 0.34 ； (3). (3)①， (4). 0.67【解析】【详解】（1）[1]A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A 错误.B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B 正确.C.使用打点计时器时，为了有效利用纸带，应先接通电源后释放小车.故C 正确.D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D 错误.（2）[2]由匀变速运动的规律得：s 4-s 1=3a 1T 2s 5-s 2=3a 2T 2s 6-s 3=3a 3T 2联立并代入数据解得：21230.34m /s 3a a a a ++== （3）[3] 由图象可知，当F =0时，a ≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．[4]根据F =ma得a -F 图象的斜率1k m=由a -F 图象得图象斜率k =1.5，所以 m =0.67kg三、计算题（本大题共4小题，共42分。

2020届河北衡水中学新高考冲刺押题模拟（二十）物理试卷★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。

第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求。

第6～8题有多选项题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。

1.在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为v 、2v 的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1：2，普朗克常量用h 表示，则( ) A. 光电子的最大初动能之比为1：2B. 该金属的逸出功为当23hvC. 该金属的截止频率为3vD. 用频率为2v的单色光照射该金属时能发生光电效应【答案】B 【解析】【详解】解：A 、逸出的光电子最大速度之比为1：2，光电子最大的动能：212km m E mv =，则两次逸出的光电子的动能的之比为1：4；故A 错误；B 、光子能量分别为：E hv =和2E hv =根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：k E hv W =-，42k E hv W =-联立可得逸出功：23hv W=，故B正确；C、逸出功为23hv，那么金属的截止频率为23v，故C错误；D、用频率为12v的单色光照射，因1223vv<，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D 错误．故选B．2.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。

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届河北衡水中学新高考冲刺押题模拟（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。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m的测试距离，用时分别为2s和l s，则无人机的加速度大小是A. 20m/s2B. 40m/s2C. 60m/s2D. 80m/s2【答案】B【解析】【详解】第一段的平均速度11120m/s60m/s 2xvt===；第二段的平均速度22120m/s120m/s 1xvt===，中间时刻的速度等于平均速度，则()22211212060m/s40m/s1 1.52v vat t--===+，故选B.2.用木板搭成斜面从卡车上卸下货物，斜面与地面夹角有两种情况，如图所示。

2020届河北衡水中学新高考押题信息考试（二十五）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.物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B 施加向右的水平拉力F ，稳定后A 、B 相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l 1；若撤去拉力F ，换成大小仍为F 的水平推力向右推A ，稳定后A 、B 相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l 2，则下列判断正确的是（ ）A. 弹簧的原长为122I I + B. 两种情况下稳定时弹簧的形变量相等 C. 两种情况下稳定时两物块的加速度不相等 D. 弹簧的劲度系数为12FI I -【答案】D 【解析】 【分析】先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A 和B 为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；由胡克定律求得劲度系数．【详解】ACD 、以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为：3F a m=． 设弹簧的原长为0l ，根据牛顿第二定律得： 第一种情况：对A ：()10k l l ma -= 第二种情况：对B ： ()022k l l ma -= 联立解得：12023l l l +=，12Fk l l =-，故D 正确B 、第一种情况弹簧的形变量为：()101213l l l l l ∆=-=-，第二种情况下弹簧的形变量为：()1021223l l l l l ∆=-=-，两种情况下弹簧的形变量不相等，B 错误． 故本题正确答案选D ．【点睛】本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究． 2.如图所示，水平地面上的物体A ，在斜向上的拉力F 作用下，向右作匀速直线运动，则（ ）A. 物体A 可能不受地面支持力的作用B. 物体A 可能受到三个力的作用C. 物体A 受到滑动摩擦力的大小为F cosθ D. 水平地面对A 的作用力一定是竖直向上 【答案】C 【解析】【详解】物体A 若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡．故A 错误．物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡．故B 错误．在水平方向上有：Fcosθ=f ．故C 正确．物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水平地面对A 的作用力一定不是竖直方向．故D 错误．故选C ．3.在一次爬山比赛中．某人从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚．上山的平均速率为v 1，下山的平均速率为v 2，则此人往返一次的平均速度的大小和平均速率是A. 122v v +，122v v + B.122v v -，12122v v v v + C. 0，1212v v v v -+D. 0，12122v v v v +【答案】D 【解析】 【分析】注意平均速度和平均速率的区别，平均速度大小是位移与所用时间的比值，而平均速率为通过路程与所用时间比值，明确了这两个概念的区别便能正确解答本题．【详解】从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过位移为零，因此平均速度为零； 设从山脚爬上山顶路程为s ，则有： 上山时间：11s t v = 下山时间：22s t v =因此往返平均速率为：12121222v v sv t t v v ==++ 故应选D ．【点睛】对于运动学中的概念要明确其定义，注意各个概念的区别和联系，对于刚开始学习高中物理的同学来说尤其注意理解位移的概念．4.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环．细绳a 的一端固定在圆环的A 点，细绳b 的一端固定在小球上，两绳的联结点O 悬挂着一重物，O 点正好处于圆心．现将小球从B 点缓慢移到B'点，在这一过程中，小球和重物均保持静止．则在此过程中绳a 的拉力（ ）A. 一直增大B. 一直减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大 【答案】A 【解析】对联结点O 进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从B 点缓慢移到B ′点过程中，绳a 的拉力a F 逐渐变大，故A 正确，BCD 错误．5.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA ＝1 kg 和mB ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示(重力加速度g 取10 m/s 2)．则下列说法错误的是：()A. 若F ＝1 N ，则A 、B 都相对板静止不动B. 若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC. 若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为2 ND. 若F ＝6 N ，则B 物块加速度为1 m/s 2 【答案】B 【解析】试题分析： A 与木板的摩擦力最大为0.21102A f N =⨯⨯=，B 与木板的摩擦力最大为0.22104B f N =⨯⨯=若F=1N ，小于A 的最大静摩擦力，所以A 和木板没有发生相对运动，所以在F 的作用下三者一起运动，没有发生相对运动，A 正确；当F=1.5N,小于最大摩擦阻力，所以A B 的加速度一样21.50.5/3a m s == 根据牛顿第二定律可得F f ma -=即，A 受到的摩擦力为1f N =，B 错误；轻质木板则质量为0，就是说木板只相当于一介质，最终受力是通过另一物体作用而形成的．就是说B 受到的力就是A 作用于木板的力，若F>2N 时，A 相对长木板发生滑动，长木板受到向前的摩擦力'2f N =，相当于一个2N 的力拉B 运动，而B 发生滑动必须克服4N 的摩擦力，所以B 仍与木板保持静止，所以受到的摩擦力为2N ，加速度2202/1/2a m s m s ==，CD 正确； 考点：考查了牛顿第二定律，摩擦力的综合应用，本题较难6.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常数为G ，则地球的密度为： A.0203g gGT g π-B.0203g GT g gπ-C.23GTπD. 023g GT gπρ=【答案】B 【解析】试题分析：由万有引力定律可知：02Mm Gmg R =，在地球的赤道上：222()Mm G mg m R R Tπ-=，地球的质量：343M R πρ=，联立三式可得:0203g GT g g πρ=-，选项B 正确；考点：万有引力定律及牛顿定律的应用．7.一定质量的理想气体, 处于某一初态, 现要使它经过一些状态变化后回到原来初温, 下列哪些过程可能实现（ ）A. 先等压压缩, 再等容减压B. 先等容增压, 再等压膨胀C. 先等压膨胀, 再等容减压D. 先等容减压, 再等压膨胀【答案】CD 【解析】先等压压缩，根据理想气体状态方程公式PVC T=,可知，温度降低，后等容减压，温度降低，不可能回到初始温度，故A 错误；先等容增压，根据理想气体状态方程公式PVC T=可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，不可能回到初始温度，故B 错误; 由理想气体状态方程：PVC T=可知，先等压膨胀，温度T 升高，接着保持体积不变而减小压强，温度降低，可能回到初始温度，故C 正确; 先等容减压，根据理想气体状态方程公式PVC T=可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，可能回到初始温度，故D 正确．所以CD 正确，AB 错误．8.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P 星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，则下列结论错误的是A. Q、P两颗星的质量差为222 4l r GT π∆B. Q、P两颗星的线速度大小之差为2r Tπ∆C. Q、P两颗星的运动半径之比为ll r-∆D. Q、P两颗星的质量之比为l rl r-∆+∆【答案】C【解析】【详解】A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：222P QP P Q Qrm mG m m rlωω==，解得2222;Q pP Ql r l rm mG Gωω==，则Q、P两颗星的质量差为222224Q Pl r l rm m mG GTωπ∆∆∆=-==，故A正确；B、P、Q两颗星的线速度大小之差为222QPP Qrr rv v vT T Tπππ∆=-=-=V，故B正确；C、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，根据题意可知，,P Q P Qr r l r r r+=-=∆解得：,22P Ql r l rr r+∆-∆==，则P、Q两颗星的运动半径之比l rl r+∆-∆，C错误．D、P、Q两颗星的质量之比为QPQrm l rm rp l r-∆==+∆，故D正确．本题选错误的故选C．9.一质量为2 kg的物块在水平牵引力的作用下做直线运动，v-t图象如图1所示，物块与水平地面间的动摩擦因数为0．4．下列说法不正确的是（）A. 图2 表示物块的加速度随时间的变化关系B. 图3 表示水平牵引力随位移的变化关系C. 图4 表示水平牵引力功率随时间的变化关系D. 图5 表示合力对物块做的功随位移的变化关系 【答案】ABD 【解析】【详解】试题分析：0-2s 加速度为，4-6s 加速度为，故图2不能表示物块的加速度随时间的变化关系，选项A 错误；因0-2s 的位移等于4-6s 的位移，小于2-4s 的位移，故图 3 不能表示水平牵引力随位移的变化关系，选项B 错误；0-2s 的牵引力的功率：P 1=Fv=（ma 1+μmg）a 1t=24t ；2-4s 牵引力的功率：P 2=fv=μmg×a 1t=8×2×2W=32W；4-6s 的牵引力的功率：P 3=Fv=（μmg -ma 2）（4-a 2t ）=16-8t ；则选项C 正确；0-2s 内合外力的功：W 1=ma 1x=4x ；2-4s 内合外力的功为W 2=0；4-6s 合外力的功：W 3=-ma 2x=-4x,选项D 错误； 本题选择不正确的选项，故选ABD ． 考点：物理图像；功和功率【点睛】此题考查了物理图像问题；解题时关键是能根据牛顿定律和功和功率的表达式找出各个阶段的加速度、牵引力、牵引力的功率计合外力功的函数关系，并对照图像来分析．10.如图所示，两个质量为m 、横截面半径为r 的半圆柱体A 、B 放置在粗糙水平面上，A 、B 的圆心O 1、O 2之间的距离为l ，在A 、B 上放置一个质量为2m 、横截面半径也为r 的光滑圆柱体C(圆心为O 3)，A 、B 、C 始终处于静止状态．则A. A 对地面的压力大小为2mgB. 地面对A 的作用力的方向由O 1指向O 3C. 若l 减小，A 、C 之间的弹力减小D. 若l 减小，地面对B 的摩擦力增大 【答案】AC 【解析】A 、以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A 和B 支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对A 的支持力为2mg ，则由牛顿第三定律得知A 对地面的压力大小也为2mg ，故A正确；B、地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力，A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2，如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向，故B错误；C、以C为研究对象，分析受力如图，由平衡条件有：2N′2cosθ=mg得N′2=mg2cosθ，l越小，θ越小，则得A对C间的弹力N′2越小，故C正确；D、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力f=N2sinα，而C对A的压力N2=N′2，则l越小，α越小，f越小，故D错误．故选：D．【名师点睛】以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A 的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等．11.下列说法中正确的是A. 电子的发现表明原子核有复杂结构B. 天然放射性的发现表明原子核有复杂结构C. α粒子散射实验证明了原子核有复杂结构D. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的【答案】BD【解析】电子的发现表明原子有复杂结构，选项A错误；天然放射性的发现表明原子核有复杂结构，选项B正确；a 粒子散射实验证明了原子的核式结构理论，选项C错误；氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，选项D正确；故选BD.12.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度）( )A. 小球动能最大时，小球电势能最小B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C. 小球电势能最小时，小球动能为零D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大【答案】BCD【解析】【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选BCD．二、实验题13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．①用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是____________．②实验中利用图中标记的o点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是________________．③图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中______ (填F或F，)是F1和F2合力的实际测量值．F【答案】(1). 合力与分力的作用效果相同(2). Oa间距太小(3). '【解析】【详解】（1）合力与分力间的关系是等效替代，所以我们要让一个力（合力）与两个力（分力）产生相同的作用效果．所以将橡皮筋的活动端都拉至O点，这样做的目的是：合力与分力的作用效果相同；（2）确定力方向时，用画点的方法记录，两点确定一条直线，两个点距离适当的远一点能减小误差．所以这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的a点标记得不妥，其原因是：Oa间距太小；（3）数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，图中F′是平行四边形的对角线，故F′是应用力的合成的平行四边形定则求出的F1和F2的合力，实际值是F．14.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是___________A．将不带滑轮的木板一端垫高适当，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C ．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D ．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运 动（2）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T ，且间距x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6已量出，则小车加速度的表达式为a =___________；（3）消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，可用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码m 与小车总质量M 之间应满足的关系为_______________；（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量m ，得到的实验数据如下表： 实验次数 1234 5 小车加速度a /ms -20．77 0．38 0．25 0．19 0． 16 小车质量m /kg 0．200．400．600．801． 00为了验证猜想，请在下列坐标系中作出最能直观反映a 与m 之间关系的图象．【答案】 (1). C (2). 4561232()()9x x x x x x a T++-++= (3). M ＞＞m 【解析】【详解】(1)平衡摩擦力时将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动． 故选C.(2)根据△x=aT 2，运用逐差法得，a=()()4561232x x x x x x 9T ++-++；(3)设加速度为a: 对小车：F=Ma 对重物：mg −F=ma 联立得：F=1Mmg mgm m MM=++，只有当m<<M 时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力； (4)根据所提供数据，采用描点法作出a −1/m 图线如图所示【点睛】（1）平衡摩擦力的方法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度； （3）当m<<M 时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力； （4）据所提供数据，采用描点法作出a-1/m 图线．三、解答题15.某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？ (2)当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(3)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？ 【答案】（1）12m/s （2）21.4/m s （3）16s 【解析】试题分析：当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P Fv fv ==求出最大速度．根据P Fv =求出速度为5m/s时的牵引力，通过牛顿第二定律求出加速度的大小．根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据P Fv =求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动维持的时间． （1）汽车以额定功率启动，当a=0时，v 达到最大值max v ． 则60000/12/0.150000m P v m s m s f ===⨯． （2）当速度为5m/s 时，牵引力60000120005P F N N v ===． 则加速度22120005000/ 1.4/5000F f a m s m s m --===． （3）由P Fv F f ma =-='，得()P f ma v =+，则60000/8/500050000.5P v m s m s f ma ===+'+⨯．匀加速直线运动的时间8160.5v t s s a ==='． 16.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？ 【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小．【详解】（1）甲车紧急刹车的加速度为210.44/a g m s ==甲车停下来所需时间0112.5v t s a == 甲滑行距离 20112.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：220.55/a g m s ==设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，0120022()v a t t v a t -+=-解得2 2.0t s =此过程中乙的位移： 220002121152x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021()()12.52x v t t a t t m =+-+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-=【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断． 17.如图甲所示，有一倾角为θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg 的木板，木板材质与斜面体相同．t=0时有一质量m=6kg 的滑块在斜面上由静止 开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量 损失）．图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53°=0.8， cos53°=0．6，取g=l0m/s 2.求：(1)滑块与木板间、木板与地面间动摩擦因数μ1、μ2； (2)滑块停止运动的时刻t 和木板的最小长度l ． 【答案】（1）0.2（2）18m 【解析】【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足： mg sin θ -μ1N=ma 1 ① N = mg cos θ ②由v-t 图得加速度a 1=01v t =6m/s 2 ③综合①②③解得μ1=13滑块滑上木板后减速 μ1mg =ma 2 ④ 其中 01221v v a t t -=- ⑤ 对木板分析有 μ1mg –μ2（m+M ）g =Ma 3 ⑥ 其中1321v a t t =- ⑦ 综合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2(2) 由于μ2＜μ1，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足 μ2（m+M ）g =（m+M ）a 4 ⑧ 又 142v a t t =- ⑨ 综合⑧⑨解得 t =6s 木板的最小长度 0211()2l v t t =-=18m 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.。

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届河北衡水中学新高考押题模拟考试（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、单选题1.下列说法中正确的有A. “康普顿效应”和“光电效应”说明了光具有波粒二象性B. 目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应均是重核裂变C. 对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与光的强度有关D. “人造太阳”是轻核聚变的一个重要应用之一，它的核反应方程是41232011He H H n +→+ 【答案】B 【解析】【详解】光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故A 错误；目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应均是重核裂变，选项B 正确；对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与光的强度无关，选项C 错误； “人造太阳”是轻核聚变的一个重要应用之一，它的核反应方程是23411120H H He n +→+，选项D 错误；故选B.2.甲、乙两车在同一平直道路上同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的速度-时间图象分别图甲、乙所示，若两车在t =6s 内相碰，则t =0时刻两车相距距离最大为（ ）A. 60mB. 80mC. 100mD. 90m【答案】D 【解析】 【分析】根据v-t 图像的面积等于位移，求解0-6s 内两车的位移之差即可所求. 【详解】6s内甲车的位移11=330315=67.522x m ⨯⨯+⨯⨯甲 ；乙车的位移：1330(1530)3157.52x m =⨯++⨯=乙，则t =0时刻两车相距距离最大为=90x x x m ∆=-乙甲；故选D.3.一矩形线圈abcd 放在水平面上，线圈中通有如图所示的恒定电流．在ab 边的右侧距ab 边的距离与bc 边的长度相等处，放置水平长直导线MN ，MN 通有由M 到N 的电流，在其周围空间产生磁场，已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B =kI /r ，式中常量k >0，I 为电流强度，r 为距导线的即离．则（ ）A. ad 边不受安培力作用B. ab 边、cd 边受到的安培力之比为2：1C. 若水平面光滑，线圈将向右作加速度减小的加速运动D. 若水平面粗糙，线圈受到向左的摩擦力作用 【答案】B 【解析】 【分析】根据右手定则，判断通电导线MN 在右侧的磁场方向，根据左手定则判断各个边受安培力的方向；根据B =kI /r判断ab 边、cd 边处的磁感应强度之比，根据F=BIL 可知ab 边、cd 边受到的安培力之比；因线框所受安培力的合力向左，可判断若水平面光滑，线圈的加速度方向；若水平面粗糙，可判断线圈受到的摩擦力方向. 【详解】根据右手定则，通电导线MN 在右侧的磁场方向向里，由左手定则可知，ad 边受向下的安培力作用，选项A 错误；根据B =kI /r 可知，ab 边、cd 边处的磁感应强度之比为2:1，根据F=BIL 可知ab 边、cd 边受到的安培力之比为2：1，选项B 正确；因线框所受安培力的合力向左，则若水平面光滑，线圈将向左作加速度减小的加速运动；若水平面粗糙，线圈受到向右的摩擦力作用，选项CD 错误；故选B. 4.我国已于2018年12月8日在西昌卫星发射中心成功发射嫦娥四号探月卫星，于2019年1月3日实现人类首次在月球背面软着陆，嫦娥四号着陆器与玉兔二号巡视器顺利分离．已知月球的半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，嫦娥四号离月球中心的距离为r ，绕月周期为T ．根据以上信息可求出（ ）A.B. C. 月球的平均密度3233R GT r πD. 月球的平均密度23GT π【答案】AC 【解析】【详解】AB ．月球表面任意一物体重力等于万有引力：2Mmmg GR= 解得：2GM gR =①“嫦娥四号”绕月运行时，万有引力提供向心力：22Mm v G m r r=得v =由①②得v =A 错误，B 正确；CD ．“嫦娥四号”绕月运行时，根据万有引力提供向心力，有：2224G Mm m r r Tπ= 得2324r M GTπ= 月球的平均密度为：23322334343r M r GT V GT R R ππρπ=== C 正确，D 错误。

2020届河北衡水中学新高考冲刺押题模拟（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、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

）1.关于原子核的相关知识，下面说法正确的是（）A. 原子核内相邻质子之间存在相互排斥的核力B. 原子核的比结合能越小，说明原子核越不稳定C. 温度越高放射性元素的半衰期越小D. β射线是电子流，表明原子核内除质子中子之外还有电子【答案】B【解析】【详解】A．原子核内相邻质子之间存在强相互吸引的核力，A错误；B．原子核比结合能越小，拆开原子核越容易，说明原子核越不稳定，B正确；C．放射性元素半衰期是原核的衰变规律，由原子核内部因素决定，即与元素的种类有关，与温度无关，C错误；D． 射线是原子核内中子转变为质子时产生的，不能说明原子核内有电子，选项D错误。

故选B。

2.下列说法中正确的是A. 用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B. 在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动C. 一定质量的理想气体温度升高其压强一定增大D. 一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大【答案】D【解析】【详解】A项：用打气筒打气时，里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关，故A错误；B项：教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故B错误；C项：由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故C错误；D项：理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故D正确．3.图1所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图2所示为该波中x=1.5m处质点P的振动图象，下列说法正确的是A. 该波的波速为2m/sB. 该波一定沿x轴负方向传播C. t= 1.0s时，质点P的加速度最小，速度最大D. 图1所对应的时刻可能是t=0.5s【答案】D【解析】【详解】由图1可知波长λ=4m，由图2知周期T=4s，可求该波的波速v=λ/T=1m/s，故A错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图2中找到P点对应的时刻来判断P点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B错误；由图2可知，t=1s时，质点P位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以C错误；因为不知道波的传播方向，所以由图1中P点的位置结合图2可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为x=0.5+nλ，对应的时刻为t=（0.5±4n）s，向左传播传播距离为x=1.5+nλ，对应的时刻为t=（1.5±4n）s，其中n=0、1、2、3……，所以当波向x轴正方向传播，n=0时，t=0.5s，故D正确．4.如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M 的木块通过轻绳与质量为m 的钩码相连，重力加速度为g ，则释放后钩码的加速度大小为（ ）A. 0B. gC.m g M m+ D. M g M m + 【答案】C【解析】【详解】以钩码为研究对象则有mg T ma -=以木块为研究对象，则有T Ma =联立解得m a g M m=+ 故选C 。

2020届河北衡水中学新高考押题模拟考试（五）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。

二、选择题：1.如图所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动.分析图甲、图乙后，下列说法正确的是A. 弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B. 图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C. 图甲中木箱受到的合力小于图乙中木箱受到的合力D. 图甲中木箱受到的合力大于图乙中木箱受到的合力【答案】B【解析】【详解】对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，则弹力等于木箱受到的摩擦力，故A错误；根据弹簧的形变量大小可知，图乙的弹力较大，则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力，故B正确；根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，则它们的合力为零，故CD 错误；故选B ． 2.汽车在平直公路上做刹车试验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是A. t ＝0时汽车的速度为10 m/sB. 刹车过程持续的时间为5 sC. 刹车过程经过3 s 时汽车的位移为7.5 mD. 刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s 2 【答案】AD 【解析】【详解】根据0-v 2=2ax 得，21 2xva -＝，可知1012111000a ＝＝，解得刹车过程中加速度大小a=5m/s 2，由图线可知，汽车的初速度为10m/s ，则刹车过程持续的时间01025v t s a =＝＝，故B 错误，AD 正确．刹车过程中3s 内的位移等于2s 内的位移，则2010010210v x m a =＝＝，故C 错误．故选AD ．【点睛】本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动．3.如图所示，物体受到沿斜面向下的拉力F 作用静止在粗糙斜面上，斜面静止在水平地面上，则下列说法正确的是( )A. 斜面对物体的作用力的方向竖直向上B. 斜面对物体可能没有摩擦力C. 撤去拉力F 后物体仍能静止D. 水平地面对斜面没有摩擦力【答案】C【解析】物体受拉力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，斜面对物体的作用力与重力和拉力的合力等大反向，故A错误；设斜面的倾角为α，物体的质量为m，撤去F前物体静止在斜面上，合力为零，则物体必定受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为f=F+mgsinα，则最大静摩擦力至少为f m=F+mgsinα；撤去F后，因为重力的下滑分力mgsinα＜f m，所以物体仍静止，所受的静摩擦力为f′=mgsinα；故B错误，C正确；以物体和斜面为整体，可知地面对斜面有水平向左的静摩擦力，故D错误；故选C．4.如图所示，小球A、B穿在一根光滑固定的细杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端连接两小球，杆与水平面成θ角，小球可看做质点且不计所有摩擦.当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，绳OB沿竖直方向，则下列说法正确的是A. 小球A受到2个力的作用B. 小球A受到3个力的作用C. 杆对B球的弹力方向垂直杆斜向上D. 绳子对A的拉力大于对B的拉【答案】B【解析】【详解】对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A 错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误．故选B．【点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．5.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为A.2s tB.265s tC.24s tD.28s t【答案】A 【解析】【详解】设初速度为v 0，末速度为v t ，加速度为a ，则位移为：()012t s v v t =+，初动能为2012mv ，末动能为212t mv ，因为动能变为原来的9倍，所以有22012912tmv mv = 联立解得：02s v t =；32t sv t=．由加速度定义可得：02t v v sa t t-==，故A 正确，BCD 错误． 【点睛】由题意知，动能变为原来的9倍，可解得末速度和初速度的倍数关系，结合位移公式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得质点的加速度．6.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是A. 甲车的初速度为零B. 乙车的初位置在x 0＝60 m 处C. 乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D. 5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大 【答案】C 【解析】【详解】位移时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零．故A 错误．甲的速度为 v 甲=205xt==4m/s ，乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10s 处，则在t=10s 时，乙的速度为零，反过来看成乙车做初速度为0的匀加速直线运动，则x=12at 2，根据图象可知，s 0=12a•102，20=12a•52，解得：乙车的加速度大小 a=1.6m/s 2，s 0=80m ，故B 错误、C 正确；5s 时两车相遇，此时乙的速度为 v 乙=at=1.6×5=8m/s ，乙车的速度较大，故D 错误．故选C ．【点睛】对于位移时间图象，关键要抓住图象的斜率等于速度，位移为△x=x2-x1，来分析图象的物理意义；另外末速度为零的匀减速运动可以研究它的逆过程比较方便．7. 甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A. 在0～4s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B. 在0﹣2s内两车间距逐渐增大，2s～4s内两车间距逐渐减小C. 在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD. 在t=4s时甲车恰好追上乙车【答案】C【解析】【详解】根据图象可知，在0～4 s内，甲的加速度不变，甲做匀加速直线运动，乙的加速度逐渐减小，乙做加速度减小的加速直线运动，故A正确；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度．据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；在t=2s时乙车速度为v乙＝12×(1.5+3)×2＝4.5m/s，甲车速度为v甲=1.5×2=3m/s，故C正确．【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量；知道两车共速时相距最远．8.如图所示，倾角为30°的斜面体C质量为4m，放置在粗糙的水平地面上，质量为4m的物块B放置在斜面上，轻绳1一端系在B上，另一端绕过光滑定滑轮与另外两轻绳2、3系于O点，其中轻绳3下端悬挂质量为m的物体A，轻绳2与水平方向的夹角为30°.轻绳1在定滑轮左侧的部分与斜面平行，右侧的部分水平，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，下列说法中正确的是A. B 受到的摩擦力沿斜面向下B. 地面对C 的支持力大小为8mgC. 地面对C 的摩擦力大小为3mgD. 若不断增大A 的质量，整个系统仍静止，则B 受到的摩擦力将逐渐增大 【答案】BC 【解析】【详解】先对O 点分析，受力如图：根据平衡条件，有：T 13；再对BC 整体分析，受重力、支持力、水平拉力T 1和静摩擦力，根据平衡条件，静摩擦力向左，大小为：f 静=T 13，地面对C 的支持力大小为(m B +m C )g=8mg ，故BC 正确；再隔离物体B 分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=|T 1-4mg•sin30°|=（3mg ，由于T 13mg ＜4mg•sin30°，故静摩擦力方向是平行斜面向上；故A 错误；不断增大A 的质量，整个系统仍静止，则拉力T 1不断增加，静摩擦力不断减小，此后会反向增加，故D 错误；故选BC ．【点睛】本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，然后再根据平衡条件列式分析．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．三、非选择题：9.某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k 与其原长l 0的关系实验中，按图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤是：①将指针P移到刻度尺上l01＝5 cm处，在弹簧挂钩上挂上200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P移到刻度尺上l02＝10 cm处，在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P移到刻度尺上l03＝15 cm处，在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5 cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下：次数弹簧原长l0/cm 弹簧长度l/cm 钩码质量m/g1 5.00 7.23 2002 10.00 15.56 2503 15.00 16.67 504 20.00 22.23 505 25.00 30.56 50根据实验步骤和列表数据(弹簧处在弹性限度内)，回答下列问题：(1)重力加速度g取10 m/s2.在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm时，其劲度系数k＝_____N/m.(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________(填选项前的字母)．A．不变B．越大C．越小【答案】(1). （1）30；(2). （2）C【解析】【详解】（1）挂50g 钩码时，弹簧的弹力为0.5N ，根据胡克定律得：20.5/30/(16.6715.00)10F k N m N m x -=-⨯V ＝＝． （2）对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F=kx 知，弹簧的劲度系数越小，故选C ．10.如图所示，某实验小组的同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解．A 、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A 连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B 固定不动，通过光滑铰链连接长0.3 m 的杆．将细绳连接在杆右端O 点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB ＝θ ②对两个传感器进行调零③用另一根绳在O 点悬挂一个钩码，记录两传感器的读数 ④取下钩码，移动传感器A 改变θ角 重复上述实验步骤，得到表格.F 1/N 1.001 0.580 … 1.002 … F 2/N －0.868 －0.291 … 0.865 … θ 30°60°…150°…(1)根据表格数据，A 传感器对应的是力________(选填“F 1”或“F 2”)，钩码质量为_______kg(保留一位有效数字)．(2)当θ=90°时，两个压力传感器的读数分别为F 1=________，F 2=__________ (3)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是（ ）A ．因为事先忘记调零B ．何时调零对实验结果没有影响C ．为了消除横杆自身重力对结果的影响D ．可以完全消除实验的误差 【答案】 (1). 1F (2). 0.05; (3). 0.5N (4). 0 (5). C 【解析】 【分析】（1）绳子只能提供拉力，即可知道A 传感器对应的是表中力1F ．可以对结点O 进行受力分析，由竖直方向平衡条件解出m ；（2）本实验中多次对传感器进行调零，是为了消除横杆自身重力对结果的影响． 【详解】（1）由表格数据可知，F 1都是正值，传感器受到的都是拉力，因绳子只能提供拉力，故A 传感器对应的是表中力F 1．对结点O 受力分析有：130F sin mg ︒=，解得：m=0.05kg ； （2）当θ=90°时，A 处于竖直状态，A 的拉力等于物体的重力即为：F 1=0.5N ，F 2=0N ； （3）本实验中多次对传感器进行调零，为了消除横杆自身重力对结果的影响，故选C ．【点睛】解题的关键是首先根据题意灵活选取研究对象，然后再进行受力分析，列出方程求解即可． 11.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t 0=0.4s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L =39m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g =10m/s 2．求：（1）减速过程汽车加速度的大小；（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少. 【答案】（1）28m/s a =；（2）0.3s 【解析】【详解】（1）设刹车加速度为a ，由题可知刹车初速度072km/h=20m/s v =末速度0v =，位移25m x = 根据202v ax =代入数据可得：28m/s a =（2）反应时间内的位移为14m x L x '=-=则反应时间为0140.720x t s s v '===' 则反应的增加量为0'0.7s 0.4s 0.3s t t t ∆=-=-=12.据英国《每日邮报》9月16日报道，英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度．他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢．已知地铁列车每次停站时间（从车门打开到关闭的时间）为t a ＝20s ，列车加速和减速阶段的加速度均为a ＝1m/s 2，运行过程的最大速度为v m ＝72 km/h ．假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之问的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，两站间的距离约为x ＝400 m ，赫普顿斯托尔出站和进站共用时t b ＝30 s ．问： （1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大?（2）郑州地铁一号线最小站间距离约为x '＝1000 m ，地铁列车每次停站时间为t a '＝45 s ，按赫普顿斯托尔的奔跑速度，在郑州出站和进站最短共需用时t b '＝60 s ，列车参数和其它条件相同．试通过计算判断，若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑，能否在这两个车站间挑战成功? 【答案】（1）8m/s ，（2）不能挑战成功． 【解析】【详解】（1）列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：120201m v t s a === 运动位移为：22120200221m v x m a ===⨯故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为：t车=2t1=2×20=40 s运动员在地面道路奔跑的最长时间为：t=2t a+2t1-t b=2×20+2×20-30=50 s最小平均速度为：4008/ 50xv m st===（2）列车在郑州地铁这两站间运动总时间为：1100040022207020mx xt t sv'--'=+=⨯+=车运动员在地面道路奔跑的时间为：t′=2t a′+t车′-t b′=2×45+70-60=100 s能赶上列车的平均速度为：100010/100xv m st''==='因v′＞v，故不能挑战成功.13.下列四幅图的有关说法中不正确的是（）A. 分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力B. 分子间距小于r0范围内分子间距离减小时，斥力增大引力减小，分子力表现为斥力C. 水面上的单分子油膜，在测量分子直径d大小时可把分子当作球形处理D. 食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性E. 猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，分子间表现为斥力，可看作是绝热变化【答案】ABE【解析】【详解】A.当分子间距离为0r时，分子间存在的引力和斥力大小相等，所以分子力整体的效果为0，选项A 错误；B.分子间距小于0r范围内分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但引力增大的慢，所以分子力表现为斥力，选项B错误；C.水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径d大小时可以把它们当做球形处理，选项C正确；D.晶体具有点阵结构，食盐属于晶体，食盐中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，选项D正确；E.猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大。

2020届河北衡中同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。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是A. 维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力B. 核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小C. 比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能D. 自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【答案】C【解析】分析】核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．【详解】A 项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A 错误；B 项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B 错误；C 项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C 正确；D 项：自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D 错误． 故选C ．【点睛】本题考查对核力的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程． 2.一辆汽车以20m/s 的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v 随刹车位移x 的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s 时，刹车的距离x 1为A. 12mB. 12.8mC. 14mD. 14.8m【答案】B 【解析】【详解】由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a ，由公式202v ax =，其中020m v s=，20x m =代入解得：210m a s =，当12m v s =时，汽车刹车的位移为220112.82v v x m a-==，故B 正确． 故选B ．3.太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小行星带中的行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则A. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同B. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度 C. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期 D .小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同 【答案】D 【解析】【详解】A 项：由公式2224mM Gm r r Tπ=可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故A 错误；B 项：由公式2mMGma r =可知，小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故B 错误；C 项：小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期小于木星公转周期，故C 错误；D 项：由公式2F r v m =可知，某两颗行星线速度大小v 不同，但2v mr有可能相同，故D 正确． 故选D ．4.一小物块从倾角为α=30°的足够长的斜面底端以初速度v 0=10m/s 沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数μ=3，g 取10m/s 2，则物块在运动时间t=1.5s 时离斜面底端的距离为A. 3.75mB. 5mC. 6.25mD. 15m【答案】B【解析】【详解】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：2sin cos 10ma g g s αμα=+=物块运动到最高点时间：1 1.5v t s s a==< 由于sin cos mg mg αμα=，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为2052v x m a== ，故B 正确．故选B ．5.如图所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为A.qBLm2qBL(21)qBL-(21)qBL+【答案】C 【解析】【详解】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过C 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图：由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为2(21)r L L L =-=-根据牛顿第二定律得：200v qv B m r=解得：0(21)qBLv m-= ，故C 正确．故选C ．6.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定A. 通过用户的电流减小了B. 用户接入电路的总电阻减小了C. 用户消耗的电功率减小了D. 加在用户两端的电压变小了 【答案】BD 【解析】【详解】A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；B 项：由2241223()n I U I R R n =+用户可知，输送电流增大，是由于R 用户减小引起的，故B 正确； C 项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故C 错误；D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故D 正确． 故选BD ．7.如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m 的物块从P 点由静止释放刚好从槽口A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为h ，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是A. 物块从P 到B 过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)B. 物块从A 到B 22mg ghC. 物块在B 点时对槽底的压力大小为(2)R h mgR+D. 物块到B 点时重力的瞬时功率为2gh 【答案】BC 【解析】【详解】A 项：物块从A 到B 做匀速圆周运动，根据动能定理有：0f mgR W -= ，因此克服摩擦力做功f W mgR =，故A 错误；B 项：根据机械能守恒，物块在A 点时的速度大小由212mgh mv =得：2v gh A 到B 运动的时间为1222Rtv ghπ==，因此从A 到B 过程中重力的平均功率为22mg gh W P t ==，故B 正确； C 项：根据牛顿第二定律：2v N mg m R-=，解得：(2)R h mg N R +=，由牛顿第三定律得可知，故C 正确；D 项：物块运动到B 点，速度与重力垂直，因此重务的瞬时功率为0，故D 错误． 故选BC ．8.如图所示，a 为xoy 坐标系x 负半轴上的一点，空间有平行于xoy 坐标平面的匀强电场，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0从a 点沿与x 轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y 正半轴上的b 点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）A. 若粒子在b 点速度方向沿x 轴正方向，则电场方向可能平行于x 轴B. 若粒子运动过程中在b 点速度最小，则b 点为粒子运动轨迹上电势最低点C. 若粒子在b 点速度大小也为v 0，则a 、b 两点电势相等D. 若粒子在b 点的速度为零，则电场方向一定与v 0方向相反 【答案】CD 【解析】【详解】A 项：如果电场平行于x 轴，由于粒子在垂直于x 轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x 轴，故A 错误；B 项：若粒子运动过程中在b 点速度最小，则在轨迹上b 点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b 点的电势最高，故B 错误；C 项：若粒子在b 点速度大小也为v 0，则粒子在a 、b 两点的动能相等，电势能相等，则a 、b 两点电势相等，故C 正确；D 项：若粒子在b 点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v 0方向相反，故D 正确． 故选CD ．三、非选择题：共174分。

2020届河北衡水中学新高考冲刺押题模拟（十三）物理试卷★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.如图所示，以下图形来源于教材与它们相关的说法中正确的是()A. 是英国物理学家牛顿利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图B. 是发射出去的火箭，它利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力C. 是利用“光的折射”来显示物体微小形变的装置示意图D. 是伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识，总结出了行星运动定律，为人类做出了卓越贡献【答案】B【解析】【详解】A．该图是物理学家卡文迪许利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图，故A错误；B．该图是发射出去的火箭，利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力，故B正确；C．丙图是利用“光的反射”显示物体微小形变的装置示意图，故C错误；D．行星运动定律是开普勒总结出了，故D错误；故选B。

2.如图所示，为一种简易的重物提升装置，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确的是()A. 地面对人的摩擦力变小B. OA绳的拉力大小不变C. OC、OB两绳拉力的合力变大D. OC绳的拉力变小【答案】C【解析】【详解】将OB的拉力进行分解，如图所示：O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都一直变大。

2020届河北衡中同卷新高考押题信息考试（一）物理试卷★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。

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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。

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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。

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二、选择题1.在物理学发展过程中做出了重要贡献．下列表述正确的是（）A. 开普勒测出了万有引力常数B. 爱因斯坦发现了天然放射现象C. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D. 卢瑟福提出了原子的核式结构模型【答案】D【解析】【分析】根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【详解】A.卡文迪许测出了万有引力常数，A错误；B.天然放射现象是法国物理学家贝克勒耳发现的，B错误；C.磁场对运动电荷的作用力公式是由洛伦兹提出的，C错误；D.卢瑟福提出了原子的核式结构模型，D正确．【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A 、B 两物体通过细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如图所示．现用水平力F 作用于物体B 上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A 仍然静止．则下列说法正确的是A. 在缓慢拉开B 的过程中，水平力F 不变B. 物体A 所受细绳的拉力一定变大C. 物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D. 物体A 所受斜面体的作用力的合力一定变大 【答案】B 【解析】 【分析】先对物体B 分析，根据共点力平衡条件求出绳子拉力；再对木块A 分析，可以得出各个力的情况．【详解】A.对木块B 受力分析,如图所示,根据共点力平衡条件有:B F m gtan θ=，在缓慢拉开B 的过程中,θ变大,故F 变大,故A 错误；B.根据共点力平衡有cos B m gT θ=,在缓慢拉开B 的过程中,θ变大,故T 变大，B 正确; C.物体A 受重力、支持力、细线的拉力,可能没有静摩擦力,也可能有沿斜面向下的静摩擦力,还有可能受沿斜面向上的静摩擦力,故拉力T 变大后,静摩擦力可能变小,也可能变大,C 错误； D.支持力不变,故斜面对物体A 的作用力的合力可能增大也可能减小或不变,D 错误． 【点睛】本题关键分别对A 、B 受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解．3.“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。

2020届河北衡水中学新高考押题信息考试（三十）物理试卷★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。

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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。

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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（共10小题，每小题4分，满分44分）1.关于以下各物理量的理解正确的是（）A. 重力势能是标量，-3 J 比-5 J 大B. 位移是矢量，-3 m 比-5 m 大C. 速度是矢量，-3 m/s 比-5 m/s 大D. 功是标量，做功-3 J 比-5 J 多【答案】A【解析】【详解】A．重力势能是标量，符号表示大小，则-3J比-5J大，选项A正确；B．位移是矢量，符号表示方向，则-3m比-5m小，选项B错误；C．速度是矢量，符号表示方向，则-3m/s比-5m/s小，选项C错误；D．功是标量，没有方向，则做功-3J比-5J少，选项D错误；2.如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B 紧挨在一起但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g取l0m/s2）的（ ）A. 0B. 50NC. 10ND. 8N【答案】D 【解析】【详解】剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F=m A g=40N ，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：()()24110402/41A B A Bm m g F a m s m m +-+⨯-==++＝，隔离对B 分析，m B g-N=m B a ，解得：N=m B g-m B a=10-1×2N=8N ．故D 正确，ABC 错误．故选D ．3.如图所示，真空中ab 、cd 四点共线且ab=b=cd 在a 点和d 点分别固定有等量的异种点电荷，则下列说法正确的是A. b 、c 两点的电场强度大小相等，方向相反B. b 、c 两点的电场强度大小不相等，但方向相同C. 同一负点电荷在b 点的电势能比在c 点的小D. 把正点电荷从b 点沿直线移到c 点，电场力对其先做正功后做负功 【答案】C 【解析】【详解】A 、B 项：由等量异种电荷的电场线分布可知，b 、c 两点的场强大小相等，方向相同，故A 、B 错误；C 项：由电场线从正电荷指向负电荷即电场线由b 指向c ，所以b 点的电势高于c 点电势，根据负电荷在电势低处电势能大，即负电荷在b 点的电势更小，故C 正确；D 项：由C 分析可知，电场线从b 指向c ，正电荷从b 沿直线运动到c ，电场力一直做正功，故D 错误．故应选：C ．4.关于原子或原子核的相关知识，下列说法中正确的是 A. α粒子散射现象说明原子核具有一定的结构 B. 原子序数较小的元素都不能自发放出射线 C. 原子发光现象没有涉及到原子核内部的变化D. 光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的 【答案】C 【解析】【详解】A. α粒子散射现象说明原子的核式结构模型，不能得出原子核内部具有复杂结构，故A 错误； B. 原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能自发地放出射线，故B 错误；C. 原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，没有涉及到原子核内部的变化，故C 正确； D. 光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的束缚而溢出，故D 错误． 故选C.5.如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置．接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M 和N 的电流大小分别为I 1和I 2，已知I 1> I 2，方向均向上．若用F 1和F 2分别表示导线M 与N 受到的磁场力，则下列说法正确的是A. 两根导线相互排斥B. 为判断F 1的方向，需要知道I l 和I 2的合磁场方向C. 两个力的大小关系为F 1> F 2D. 仅增大电流I2，F1、F2会同时都增大【答案】D【解析】【详解】A、同向电流相互吸引，故A错误；B、判断F1的方向，需要知道I2在I l处产生的磁场方向即可，故B错误；C、F1和F2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；D、增大电流I2，F1、F2同时增大，故D正确．6.几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动．恰好能穿出第四个水球，则可以判定（）A. 由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同B. 子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等C. 子弹穿过每个水球时速度变化量相同D. 子弹穿过每个水球时动量的变化量相同【答案】B【解析】【详解】A.子弹做匀减速直线运动，通过相同的水球，即通过相同的位移，运动的时间不等，故A错误．B.逆向思考，把子弹的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，通过相同的位移所用时间之比为：2323)，则通过第三个水球的时间与通过第四个水球的时间相等，即此时为中间时刻，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，故B正确．CD.子弹闯过每个水球的时间不同，速度变化量不等，动量变化量不等，故CD错误．7.如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地．开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度．以下操作能使静电计指针张角变大的是（）A. 将b 板也接地B. b 板不动、将a 板向右平移C. 将a 板向上移动一小段距离D. 取出a 、b 两极板间的电介质 【答案】CD 【解析】 【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大；由4SC kdεπ=，分析电容的变化，根据C=Q/U 分析电压U 的变化．【详解】将b 板也接地，电容器带电量不变，两板间的电势差不变，则静电计指针张角不变，选项A 错误；b 板不动、将a 板向右平移，根据4SC kdεπ=可知d 变小时，C 变大，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 减小，即静电计指针张角变小，选项B 错误；将a 板向上移动一小段距离，根据4SC kdεπ=可知S 变小时，C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项C 正确；取出a 、b 两极板间的电介质，根据4SC kdεπ=可知C 变小，Q 不变时，根据C=Q/U ，可知U 变大，即静电计指针张角变大，选项D 正确；故选CD.【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式4SC kdεπ=和C=Q/U ． 8.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= 2T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=l0rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L （规格为“4W ，l00Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为2)VtB. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗【答案】AD【解析】【详解】A. 输入电压的最大值为：U m22V，图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为()402cos10t V，故A正确；B. 变压器输入电压的有效值为：U1=U m222V=40V．开关闭合时灯泡正常发光，所以U2PR4100⨯，此时原副线圈的匝数比为：n1:n2=U1:U2=40:20=2:1，故B错误；C. 线圈匝数不变，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2═22UR变小，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故C错误；D. 若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确；故选AD.9. 如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )A. 运动的平均速度大小为12v B. 下滑的位移大小为qR BLC. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为22sin B L vRθ【答案】B 【解析】金属棒ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于12v ，故A 错误．由R BLxRq ∆Φ== 可知：下滑的位移qRx BL= ；故B 正确；产生的焦耳热Q=I 2Rt=qIR ，而这里的电流I 比棒的速度大小为v 时的电流vI RBL '=小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv ．故C 错误；金属棒受到的安培力22BLv B L vF BIL BL B E L R R R⋅⋅====安，故D 错误；故选B ． 点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势. 【此处有视频，请去附件查看】10.如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球．线长为L ．小车以速度V 0做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时．小球上升的高度的可能值是（ ）A. 等于22v gB. 小于202v gC. 大于202v gD. 等于2L【答案】ABD 【解析】试题分析：当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为0v ，若0v 可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为2L ，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得2012mv mgh =，解得202v h g =，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于202v g ，故ABD 正确考点：考查了圆周运动，机械能守恒【名师点睛】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径，本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大二、解答题（共4小题，满分44分）11.某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a 与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示．实验中所挂钩码的质量20g ，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮．(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是下列哪一个_____________；(填字母代号)A ．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确B ．可以保证小车最终能够做直线运动C ．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力 (2)由图乙可知，1a M-图线不过原点O ，原因是_____________________________； (3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________．A ．30B ．0.3C ．20D ．0.2【答案】 (1). （1）C (2). （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； (3). （3）D 【解析】【详解】（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C. （2）由F +F 1=Ma 解得11F a F M M =⋅+ 由图乙可知，1a M-图线不过原点O ，在a 轴上有正截距，可知存在与F 相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大； （3）根据1a F M =⋅可知1a M-图线斜率等于F ，则最接近的数值是F =mg =0.02×10N=0.2N.故选D. 12.在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中，备有如下器材 A ．蓄电池B ．电流表（0～0．6A ，内阻约为0．1Ω）C ．灵敏电流计G （满偏电流g 200μA I =，内阻1500g r =Ω）D ．滑动变阻器R 1（0～20Ω，2.0A ）E ．电阻箱R 2F ．定值定阻R 0＝2Ω C ．开关、导线若干（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G 与电阻箱R 2串联改装成量程为6V 的电压表，如图甲中电阻箱R 2的阻值应为_____Ω．（2）按图甲所示电路图，请在乙图上补充完成实物连线．________（3）在闭合开关S 前，将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的______端（填“a ”、“中央”或“b ”）．（4）丙图为该实验绘出的I 1－I 2图线（I 1为灵敏电流计G 的示数，I 2为电流表A 的示数由丙图可求得被测蓄电池的电动势E ＝____V ，内电阻r ＝___Ω．（结果保留三位有效数字）【答案】 (1). 28500 (2). (3). a (4). 5.25 (5). 2.5【解析】 【分析】根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值；闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据电路图确定滑片的位置；由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻； 【详解】(1)[1]串联电阻阻值6266200101500Ω28500Ω20010g ggU I r R I ----⨯⨯===⨯ (2)[2]按图甲所示电路图，在乙图上补充完成实物连线如图(3)[3]在闭合开关S 前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，将滑动变阻器的滑片移动至a 端；(4)[4][5]由电路图和闭合电路欧姆定律可得，12120()()()g I R R E I I r R +=-++化简可得：0122020()(+)(+)g g r R EI I R R r R R R r R +=-⋅++++所示图丙可知，图象斜率等于为-6-620()17510A10010A=(+)0.5Agr RR R r R+⨯-⨯++代入数据可得蓄电池内阻： 2.5r≈Ω纵轴截距是1175μAI=，蓄电池电动势：()6120()17510A1500285002 5.25VgE I r R R r r-=+++=⨯⨯Ω+Ω+Ω+≈13.在中美贸易战中，中兴的遭遇告诉我们，要重视芯片的自主研发工作，而芯片的基础工作在于半导体的工艺．如图所示，在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里、宽度为D的匀强磁场区域，其中离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．已知P+和P3+的质量均为m，而电量分别为e和3e（e表示元电荷）．（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）求P3+在磁场中转过的角度φ．【答案】（12meU2）60°【解析】【详解】（1）对离子P+在电场中的加速运动，由动能定理：2112eU mv=，在磁场中由洛伦兹力提供向心力：2111vev B mr=，由几何关系可得：r1sinθ＝D联立各式解得：匀强磁场的磁感应强度B的大小为：22meUBeD=；（2）对离子P3+在电场中的加速运动，由动能定理：22132eU mv=，在磁场中，洛伦兹力提供向心力：2222 3v ev B mr=由几何关系可得：r2sinφ＝D，联立以上各式解得：P3+在磁场中转过的角度φ＝60°；14.如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动，轨道长L＝2m，摩擦很小可忽略不计．利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系．某次实验，测得力F的大小为0.6N，方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m＝0.1kg．实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点．（重力加速度g取10m/s2）问：（1）a0多大？（2）倾角θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？（3）当倾角θ为30︒，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s，则物块具有的最大重力势能为多少？（设O所在水平面的重力势能为零）【答案】(1)6m/s2；(2) 370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；(3)0.768J 【解析】【详解】（1）θ=00，木板水平放置，此时物块的加速度为a0由牛顿第二定律，得：F合＝F＝ma0解得a0＝F/m=0.6/0.1m/s2=6m/s2（2）当木板倾角为θ1时，a=0，则F=mgsinθ1，解得θ1=370；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；（3）当木板倾角为θ=300时，对物块由牛顿定律得：F-mgsin θ＝ma 10.6-0.1×10×0.5＝0.1a 1解得 a 1＝1m/s 2v 1＝a 1t=1×1.6m/s =1.6m/ss 1＝12a 1t 2= 12×1×1.62 m =1.28 m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动．对物块由牛顿定律得：mgsin θ＝ma 2a 2＝gsin300＝10×0.5 m/s 2=5m/s 222122 1.60.256225v s m m a ===⨯ 因为s 1+s 2<L=2m 所以物块上滑不会脱离轨道，滑到速度为零时，势能最大以O 处为零势能面，物块具有的最大重力势能为：Ep ＝mg （s 1+s 2）sin300=0.1×10×（1.28+0.256）×0.5J=0.768J15.下列说法正确的是_____A. 悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显B. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C. 分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高D. 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E. 外界对气体做功，气体的内能可能减小【答案】BDE【解析】【详解】A ．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A 错误； B ．由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B 正确；C ．分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大．故C 错误；D ．由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D 正确；E ．当外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q 分析可知，内能可能增大也可能减小，故E 正确．16.如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为15cm的空气柱，U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体．开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F缓慢向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时U形管右侧用活塞封闭的气体体积．【答案】300mL【解析】【详解】对左侧密闭气体，设管横截面积为S，初态：P1=P0=75cmHg，由等温变化可得：P1V1= P′1V′1对右侧气体，末态：P′2= P′1+10由等温变化可得：P2V2= P′2V′2解得：V′2=300mL17.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象.从该时刻起，下列说法正确的是_________.A. 经过0.1s，质点Q回到原位置B. 经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向C. 经过0.15s，这列波沿x轴的正方向传播了3mD. 经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度E. 经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【答案】BCE【解析】【详解】根据甲乙两图可知，该波的波长和周期分别为λ=4m ，T=0.2s ，所以波速20/v m s T λ==；乙图中t=0时刻P 正向下振动，在甲图中，根据波形平移法可知波向右传播；甲图中，此时P 正向下运动，周期T=0.2s ，t=0.1s=0.5T ，质点Q 的运动方向沿y 轴负向，回到原位置，选项A 错误，B 正确；则经过0.1s ，波传播的距离：x=vt=20×0.15m=3m ，选项C 正确；经t=0.25s=114T 时，P 点到达波谷，加速度达到最大值，Q 点到达平衡位置上方，但是未到波峰，所以质点Q 的加速度小于质点P 的加速度，选项D 错误；经过t=0.35s=134T 时，P 到达波峰，Q 到达平衡位置下方，但是未到达波谷，则质点Q 距平衡位置的距离小于质点P 距离平衡位置的距离，选项E 正确；故选BCE.18.如图所示，空气中有一半径为R 的实心玻璃球，O 为球心，AB 为直径，一条平行于AB 的光线从球体上M 点射入折射光线恰好过B 点，已知30ABM o ∠=，光在真空中传播的速度为c ．求：()1该玻璃的折射率；()2光从M 点传播到B 点的时间．【答案】（1）3n =（2）3t R c =【解析】【分析】（1）根据几何知识求出入射角和折射角，由折射定律求折射率．（2）由几何关系求出MB 长度，由v c n =求出光在玻璃球内传播的速度v ，再由t s v=求出时间． 【详解】（1）如图，由几何知识可得折射角 r ＝∠AMB ＝30°，折射角i ＝2∠ABD ＝60°则此玻璃的折射率为 n 60330sinr sin sini sin ︒===︒（2）由几何知识可得，MB的长度S＝2Rcos30°光在玻璃球内传播的速度vc n =故光线从M传到B的时间为t333 S nS R R v c c⨯====【点睛】本题是折射定律和全反射知识的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解．。

2020届河北衡中同卷新高考押题模拟考试（二十）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。

―、单项选择题1.在学校运动会上，某同学在400米跑道上举行的800米竞赛中整整跑两圈的成绩是130秒，则该同学所跑过的路程和平均速度大小分别是( )A. 800m，6.15m/sB. 400m，0C. 800m，0D. 400m，3.08m/s【答案】C【解析】路程是轨迹的实际长度，为800m；位移为从初位置到末位置的有向线段，为零；平均速度等于位移与时间的比值，为零，故C正确,故选C.【点睛】本题关键是明确位移与路程、平均速度与平均速率的区别．2.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4s内的位移是42 m，则（）A. 小球在2 s末的速度是16m/sB. 该星球上的重力加速度为12m/s2C. 小球在第4 s末的的速度是42 m/sD. 小球在4s内的位移是80m【答案】B 【解析】【详解】第4s 内的位移是42m ，有：12gt 42-12gt 32=42m ，t 4=4s ，t 3=3s ，解得：g=12m/s 2．所以2s 末的速度：v 2=gt 2=24m/s ．故A 错误，B 正确．小球在第4 s 末的的速度是v 4=gt 4=48m/s ，选项C 错误；小球在4s 内的位移是12gt 42=96m ，选项D 错误；故选B. 【点睛】此题选择某星球为情景考查匀变速直线运动的规律；解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同.3.某公司为了测试摩托车的性能，让两驾驶员分别驾驶摩托车在一平直路面上行驶，利用速度传感器测出摩托车A 、B 的速度随时间变化的规律并描绘在计算机中，如图所示，发现两摩托车在t =20s 时同时到达目的地．则下列叙述正确的是（ ）A. 摩托车B 的加速度为摩托车A 的2倍B. 两辆摩托车同时从同一地点出发C. 在0～20s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为120mD. 在0～20s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为180m 【答案】A 【解析】【详解】A ．摩托车B 的加速度为：2120.6m/s 20∆===∆B v a t 摩托车A 的加速度为：21260.3m/s 20∆-===∆A v a t则摩托车B的加速度为摩托车A的2倍，选项A正确；B．A车的位移大于B车，但是两车同时出发同时到达目的地，可知出发时B车在A车前面，选项B错误；CD．在0～20s时间内，A车的速度一直大于B车，两车的间距一直在缩小，则开始时两车距离最大，两辆摩托车间的最远距离为1⨯⨯=620m60m2选项CD错误；故选A。

2020届河北衡水中学新高考押题信息考试（十一）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.物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描述中符合物理学史实的是( )A. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说B. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律C. 牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值D. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G 的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确；哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C.2.如图所示，物块A放在木板上处于静止状态，现将木块B略向右移动一些使倾角 减小，则下列结论正确的是（）A. 木板对A 的作用力不变B. 木板对A 的作用力减小C. 物块A 与木板间的正压力减小D. 物块A 所受的摩擦力不变【答案】A【解析】【详解】物块A 放在木板上处于静止状态，将木块B 略向右移动一些使倾角α减小， A 仍保持静止，所以木板对A 的作用力仍与A 的重力等大反向，故A 正确，B 错误；物块A 与木板间的正压力cos N mg α=，a 减小，所以正压力增大，故C 错误；物块A 所受的摩擦力sin f mg α=，α减小，所以摩擦力减小，故D 错误.3.物体在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，物体质量m ＝5kg ，F 随坐标x 的变化情况如图所示．若物体在坐标原点处由静止出发，不计一切摩擦．借鉴教科书中学习直线运动时由v －t 图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F －x 图象，可求出物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A. 4 m/sB. 2m/sC. 3 m/sD. 17 m/s【答案】A【解析】【分析】 F-x 图线与x 轴围成的面积表示力F 所做的功，根据动能定理求出求出物体运动到x=16m 处时的速度大小．【详解】F-x 图线与x 轴围成的面积表示力F 所做的功，则这段过程中，外力做功W=12×(4+8)×10−12×4×10=40J ．根据动能定理得，W=12mv 2，解得v=4m/s ，故A 正确．故选A ． 【点睛】解决本题的关键知道F-x 图线与x 轴围成的面积表示力F 所做的功，结合动能定理进行求解． 4.如图所示，一质量为M =2kg 、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m =1kg 的光滑楔形物块，物块在水平恒力F 作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动．重力加速度为g =10m/s 2．下列判断正确的是( )A. 物块对斜面的压力大小F N 2NB. 斜面体的加速度大小为a =10m/s 2C. 水平恒力大小F =15ND. 若水平作用力F 作用到M 上系统仍保持相对静止，则F 将变小【答案】C【解析】【分析】先对M 、m 整体分析，根据牛顿第二定律列式；再对M 分析，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．【详解】对M 、m 整体分析，受重力、支持力和推力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F=（M+m ）a ；竖直方向：N=（M+m ）g ；再对M 分析，受重力、压力N 1、支持力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：N 1sinθ=Ma ；竖直方向：N 1cosθ+Mg=N ；联立解得：25/mgtan a m s Mθ＝＝ ； ()15M m mgtan F N M θ+＝＝；1102mg N N cos θ=＝ ，故C 正确，AB 错误；若水平作用力F 作用到M 上系统仍保持相对静止，则对整体：F=（M+m ）a′；对m ：mgtan45°=ma′，解得F=（M+m ）g=30N ，即F 变大，故D 错误．故选C ．【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件并结合正交分解法列式后联立求解.5.“天舟一号”飞船是中国空间技术研究院研制的第一艘货运飞船，2017年4月20日19时41分在海南文昌航天发射中心，由长征7号遥2运载火箭发射．4月21日上午，“天舟一号”货运飞船已经完成了两次的轨道控制，后来又进行了三次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方下列说法正确的是A. 根据“天宫二号”离地面的高度，可计算出地球的质量B. “天舟一号”与“天宫二号”的对接过程，满足动量守恒、能量守恒C. “天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，轨道半径和线速度都略微减小D. 若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度【答案】D【解析】 根据2224()()Mm G m R h R h T π=++ ,可得2324()R h M GT π+=，则根据“天宫二号”离地面的高度，不可计算出地球的质量，选项A 错误；“天舟一号”与“天宫二号”的对接时，“天舟一号”要向后喷气加速才能对接，故对接的过程不满足动量守恒，但是能量守恒，选项B 错误；天宫二号”飞越地球的质量密集区上空时，万有引力变大，则轨道半径略微减小，引力做正功，故线速度增加，选项C 错误；2224Mm G m R R Tπ=，而343M R πρ= ，可得23GTπρ= ，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，可求出地球的密度，选项D 正确；故选D.点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度与轨道半径的关系，并能根据这个关系计算中心天体的质量.6.如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则下列选项正确的是A. A 不能到达B 圆槽的左侧最高点B. A 2gRC. B 向右匀速运动D. B 向右运动的最大位移大小为23R 【答案】D【解析】分析】物体A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 到达左侧的最高点时，水平方向上的速度相等，竖直方向上的速度为零，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出A 上升的最大高度以及到达最低点的速度．当A 运动到左侧最高点时，B 向右的位移最大，根据动量守恒定律求出最大位移的大小．【详解】设A 到达左侧最高点的速度为v ，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，A 能到达B 圆槽左侧的最高点．故A 错误．设A 到达最低点时的速度为v ，根据动量守恒定律得：0=mv-2mv′，解得：v′＝2v ，根据能量守恒定律得：mgR＝12mv 2+12•2m (2v )2，解得：43gR v =．故B 错误．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 在水平方向上的速度向左时，B 的速度向右，当A 在水平方向上的速度向右时，则B 的速度向左．故C 错误．因为A 和B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 运动到左侧最高点时，B 向右运动的位移最大，设B 向右的最大位移为x ，根据动量守恒定律得：m （2R-x ）=2mx ，解得：x=23R ．故D 正确．故选D ． 【点睛】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道A 、B 组成的系统在水平方向上动量守恒，当A 到达左侧的最高点时，B 向右的位移最大．7.如图所示，已知R 1＝R 4＝0.5 Ω，r ＝1Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为6 Ω．在滑动变阻器R 3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是( )A. 定值电阻R 4的功率、电源的总功率均减小B. 电源的输出功率变小C. 电源的效率先增大后减小D. MN 并联部分的功率先增大后减小【答案】C【解析】【分析】在滑动变阻器R3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，从而分析选项A ；当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，分析选项B ；电源的效率()1=1IU U IR r IE E I R r Rη===++，从而分析C ；若将R 1+R 4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，从而分析选项D.【详解】在滑动变阻器R 3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据P 4=I 2R 4可知定值电阻R 4的功率减小，根据P=IE 可知电源的总功率减小，选项A 正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而R 1+R 4=r ，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率减小，选项B 正确；电源的效率()1=1IU U IR r IE E I R r Rη===++ ，则当外电路电阻R 变大时，电源的效率变大，选项C 错误；若将R 1+R 4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；滑动变阻器R 3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 之间的电阻从0增加到3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN 之间的电阻等于2Ω时，MN 之间的功率最大，则在滑动变阻器R 3的滑片K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 并联部分的功率先增大后减小，选项D 正确；此题选择不正确的选项，故选C.【点睛】此题是动态电路的分析问题；关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，并且会将电路进行必要的等效，再进行分析.8.如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x =0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过x =x 2处，则下列说法正确的是( )A. 粒子从x =0到x =x 2过程中，电势能先增大后减小B. 粒子从x =0到x =x 2过程中，加速度先减小后增大C. x 1和x 2处的电场强度均为零D. x 1和x 2之间的场强方向不变【答案】B【解析】【分析】φ-x 图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电场力方向与粒子运动方向的关系判断电场力做功正负，从而分析其电势能的变化情况．根据电场强度的变化，判断电场力的变化，来分析加速度的变化．【详解】粒子由x=0处由静止沿x 轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故A 错误；由图线的切线斜率可知，从x=0到x=x 2过程中电场强度先减小后增大，粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，故B 正确．φ-x 图象的切线斜率越大，则场强越大，可知，x 1和x 2处的电场强度均不为零，故C 错误；由切线斜率的正负可知，x 1和x 2之间的场强方向先沿x 轴负方向后沿x 轴正方向，故D 错误；故选B ．【点睛】解决本题的关键要明确φ-x 图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向，要知道电势的高低与电场方向的关系以及电场力做功与电势能的关系．9.如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E ，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端拴接一不计质量的绝缘薄板．一带正电的小滑块，从斜面上的P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R 点(图中未标出)，然后返回．则( )A. 滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力、弹簧弹力、摩擦力做功之和.B. 滑块从P 点运动到R 点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和.C. 滑块返回能到达的最低位置在P 点；D. 滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量之差；【答案】AB【解析】【分析】先对滑块进行受力分析，然后结合滑块的运动分析各个力做功的情况，以及能量转化的方式，即可得出正确的结论．【详解】由题可知，小滑块从斜面上的P 点处由静止释放后，沿斜面向上运动，说明小滑块开始时受到的合力的方向向上，开始时小滑块受到重力、电场力、斜面的支持力和摩擦力的作用；小滑块开始压缩弹簧后，还受到弹簧的弹力的作用．小滑块向上运动的过程中，斜面的支持力不做功，电场力做正功，重力做负功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做负功．在小滑块开始运动到到达R 点的过程中，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能．由以上的分析可知，滑块从P 点运动到R 点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和．故A 正确；由以上的分析可知，电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和．故B 正确；小滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块返回能到达的最低位置在P 点的上方，不能再返回P 点．故C 错误；滑块运动的过程中，由于摩擦力做功，小滑块的机械能与电势能的和逐渐减小，所以滑块最终停下时，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差．故D 错误．故选AB ．【点睛】题中，小滑块的运动的过程相对是比较简单的，只是小滑块运动的过程中，对小滑块做功的力比较多，要逐个分析清楚，不能有漏掉的功，特别是摩擦力的功．10.如图所示，正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲、乙两a 带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的3D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍 【答案】CD【解析】【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．【详解】由甲粒子垂直于bc 边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad 边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A 错误；由几何关系可知，R 甲=2L ，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为2L ，所以：2L =2R 乙sin60°，解得：R 乙3，由牛顿第二定律得：qvB=m 2v r，动能：E K =12mv 2=2222B q r m，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B 错误；由牛顿第二定律得：qvB=m 2v r ，解得：qBr v m =，洛伦兹力：f=qvB=22q B r m ，即3f f 甲乙=C 正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B 分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=2απT ，粒子做圆周运动的周期：2m T qB π=可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D 正确．.【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；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．11.如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻．压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过．现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮．下列说法正确的是( )A. 将滑动头P 向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小B. 将滑动头P 向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变C. 将滑动头P 向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D. 增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大【答案】BD【解析】【分析】根据变压器原理结合滑动变阻器的移动情况确定输出电压的变化情况；根据发动机输出电压最大值的表达式分析转速增大时产生的交流电的频率和电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化．【详解】将滑动头P 向上滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数增加则输出电压增大，可能使灯泡继续闪亮，变压器变压不变频，所以灯泡闪亮频率不变，故B 正确、C 错误；将滑动头P 向下滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数减小则输出电压减小，不可能使灯泡继续闪亮，故A 错误；增大发电机手柄的转速，则交流电的频率增大，根据Em=NBSω=NBS•2πf 可知发电机输出电压变大，根据变压器原理可知副线圈两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大，故D 正确．故选BD ．【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率．12. 如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）A. 导体棒离开磁场时速度大小为222()mg R r B L + B. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为5BLd R C. 离开磁场时导体棒两端电压为2mgR BLD. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为443224492()()mgdRB L m g R R r B L R r -++ 【答案】ACD【解析】【详解】A.设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：22B L v F R r=+安 由平衡条件得：F F mg =+安由图2知：3F mg =联立解得：()222mg R r v B L +=故A 正确； B.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为：55B dL BLdq R r R r R r∆Φ⋅===+++ 故B 错误；C.离开磁场时，由F=BIL+mg 得：2mgI BL =导体棒两端电压为：2mgRU IR BL==故C 正确；D.导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q ．根据功能关系可得：2152F Q W mg d mv =-⋅-而拉力做功为：23414F W mgd mg d mgd =+⋅=电阻R 产生焦耳热为：R RQ Q R r=+ 联立解得：()443224492()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+故D 正确． 故选ACD ．【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式22B L vF R r=+安，能正确分析能量是转化的，运用能量守恒定律求焦耳热．二：实验题13.现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10Hz ，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.已知斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小g ＝9.80 m/s 2.单位：cm x 1 x 2 x 3 x 4 h s 10.76 15.0519.3423.6548.0080.00根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a ＝________ m/s 2(保留3位有效数字) (2)因为________，可知斜面是粗糙的． 【答案】 (1). 4.30 (2). 物块加速度小于g hs＝5.88 m/s 2 【解析】【详解】(1)根据逐差法求出加速度 a ＝34122()()4x x x x T+-+ ＝4.30 m/s 2. (2)根据牛顿第二定律，物块沿光滑斜面下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g hs＝5.88 m/s 2，由于a ＜a ′，可知斜面是粗糙的．14.某同学用伏安法测量电阻R x (约为100Ω)的阻值．准备的实验器材除了导线和开关外，还有下列器材： A ．电源(电动势E 约为10V ，内阻未知) B ．电流表A 1(0~200mA ，内阻r=10Ω) C ．电流表A 2(0~300mA ，内阻约为15Ω) D ．电阻箱R(最大阻值999.9Ω，符号)E ．滑动变阻器R 1(0～10Ω，额定电流5A)F ．滑动变阻器R 2(0～1kΩ，额定电流0.5A)(1)由于准备的器材中没有电压表，需要用电流表改装一个量程为10V 的电压表，应选电流表___________(填写器材前的字母序号)，将选定的电流表与电阻箱_______(填“并联”或“串联”)，并把电阻箱的阻值调至__________Ω．(2)实验要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，滑动变阻器应选________(填写器材前的字母序号)．(3)在答题卡的虚线框内画出电路图，并标上所用器材的代号，要求尽量减小误差_____．(4)某一次实验读出电流表A1的示数I1=146mA，电流表A2的示数I2=218mA，待测电阻R x=_____Ω (结果保留一位小数)．【答案】(1). （1）B；(2). 串联；(3). 40；(4). （2）E；(5). （3）电路图如图所示；(6). （4）101.4【解析】【分析】（1）选择内阻确切已知的电流表作为改装的表用，根据电表的改装原理结合欧姆定律即可分析求解；（2）因为要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，故选择分压式电路，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）合理选择内外接，作出实验电路图．（4）根据欧姆定律结合串并联电路特点，即可计算出待测电阻R x．【详解】（1）改装用的电流表内阻必须确定，故选择B，改装电压表需要将电流表与电阻箱串联，改装电压表的量程：U max=10V，电流表的内阻：r=10Ω，满偏电流：I1=200mA=0.2A；根据欧姆定律可得：U max=I1（r+R）=10V；可得电阻箱的阻值：R=40Ω；（2）实验要求待测电阻两端的电压能够从零开始变化，故选择分压式电路，滑动变阻器应选最大阻值较小的E．（3）因为改装后的电压表内阻已知，故选择将电流表A2外接，故画出电路图，如图所示：（4）电流表A1的示数I1=146mA=0.146A，电流表A2的示数I2=218mA=0.218A，根据欧姆定律结合串并联电路特点可得：()()1210.1464010101.40.2180.146x I R r R I I +⨯+==Ω≈Ω--【点睛】本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键．三、计算题15.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度－时间图象如图(a)所示．降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37°，如图(b)所示．已知运动员和降落伞的质量均为50 kg ，不计运动员所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f 与下落速度v 成正比，即f ＝kv ．重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)打开降落伞前运动员下落的高度； (2)阻力系数k 和打开降落伞瞬间的加速度； (3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少．【答案】(1)20 m (2)k ＝200 N·s/m a ＝30 m/s 2 方向竖直向上 (3)312.5 N 【解析】 【分析】（1）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度．（2）抓住平衡，根据kv=（m 1+m 2）g 求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小． （3）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小． 【详解】（1）打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度为：h ＝22v g， 由题图（a ）可知：v 0=20 m/s 解得：h=20 m ．（2）由题图（a ）可知，当速度为v=5 m/s 时，运动员做匀速运动，受力达到平衡状态，。

2020届河北衡中同卷新高考押题信息考试（十七）物理试卷★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.日本福岛核事故是世界上最大的核事故之一，2019年2月13日首次“触及”到了该核电站内部的核残渣，其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1570万年．下列有关说法正确的是 A.23892U 衰变成20682Pb 要经过4次β衰变和7次α衰变 B. 天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强 C. 将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期 D. 放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 【答案】D 【解析】【详解】A 、设经x 次α衰变和y 次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒得23820640x =++，92822x y =+-，解得x =8，y =6，故23892U 衰变成20682Pb 要经过6次β衰变和8次α衰变；故A 错误. B 、α射线是速度为0.1c 的氦核流，穿透能力最弱；γ射线的穿透能力最强且速度与光速相当；故B 错误. C 、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关；故C 错误.D 、β衰变放出的电子是来自原子核发生衰变的产物，是中子变成了质子和电子；故D 正确. 故选D.2.据报道，2020年我国将发射首颗“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市提供夜间照明．假设“人造月亮”在距离地球表面500km 的轨道上绕地球做匀速圆周运动(不计地球自转的影响)，下列有关“人造月亮”的说法正确的是A. 发射速度小于第一宇宙速度B. 角速度大于月球绕地球运行角速度 C. 向心加速度大于地球表面的重力加速度D. 在运行轨道上处于完全失重状态，重力加速度为0 【答案】B 【解析】 【分析】知道第一宇宙速度的物理意义，研究“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量.【详解】A 、第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据22Mm v G m r r=可得v =，所以“人造月亮”的运行速度不可能等于第一宇宙速度，故A 错误； B 、根据22Mm G m r r ω=可得ω=由于“人造月亮”绕地球做圆周运动半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度；故B 正确. C 、根据2Mm Gma r =可得2GMa r=，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C 错误；D 、“人造月亮”在绕地球做匀速圆周运动时，万有引力即重力提供向心力，加速度竖直向下等于重力加速度，故处于完全失重状态，但重力加速度2GMg r =不零，故D 错误；故选B.【点睛】本题考查万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可正确求解.3.如图所示，质量为m 的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F 推箱子，三者都保持静止．人和箱子的质量也均为m ，重力加速度为g ．下列说法正确的是A. 长木板对地面的压力大于3mgB. 人对长木板的压力大小为mgC. 地面对长木板的摩擦力的方向水平向左D. 箱子受到的摩擦力的方向水平向左 【答案】D 【解析】【详解】若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对地面的压力等于3mg ，故A 错误；人用力F 向右下方推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小小于mg ，故B 错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故C 错误；箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左；故D 正确；故选D ．4.如图所示，两电荷量分别为－Q 和+2Q 的点电荷固定在直线MN 上，两者相距为L ，以+2Q 的点电荷所在位置为圆心、2L为半径画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN ，下列说法正确的是A. c 、d 两点的电势相同B. a 点的电势高于b 点的电势C. c 、d 两点的电场强度相同D. a 点的电场强度小于b 点的电场强度 【答案】A 【解析】【详解】A 、B 、a 、b 、c 、d 四点在以点电荷+2Q 为圆心的圆上，可知+2Q 产生的电场在a 、b 、c 、d 四点的电势是相等的，所以a 、b 、c 、d 四点的总电势可以通过-Q 产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b 点的电势最高，c 、d 两点对称电势相等，a 点电势最低；故A 正确，B 错误. C 、+2Q 的场源在c 、d 两点产生的场强大小相等，-Q 的场源在c 、d 两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c 、d 两点的电场强度不同；故C 错误；D 、由点电荷的场强公式2kQE r=，合成可得222212()()22a kQ kQ kQ E L L L =+=，方向向左；22226839()()22b kQ kQ kQ E L L L =-=，方向向右；故a b E E >；则D 错误. 故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．5.如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交变电源，其电压的有效值恒定不变，两个副线圈的匝数分别为n 1和n 2，所接电阻分别为R 1和R 2，且R 2=2R 1．不计电流表内阻，当只闭合S 1时，电流表示数为1A ，只闭合S 2时，电流表示数为2A ，则n 1：n 2等于A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4【答案】B【解析】【分析】设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；进而得到两副线圈的功率之比，根据2U PR=，结合负载4R1=R2的阻值关系，与变压器的电压与匝数成正比，即可求解．【详解】设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1A，则变压器的输入功率为U×1A；则副线圈的功率为U×1A；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，则变压器的输入功率为U×2A；则副线圈的功率为U×2A；因此两副线圈的功率之比为1:1；根据2UPR=，结合负载4R1=R2的阻值关系，则有：221212U UR R=，解得:U1:U2=1:2；由变压器的电压与匝数成正比，则有：n1：n2=1:2，故B正确.故选B.【点睛】本题考查了变压器的特点：输入功率等于输出功率，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，注意副线圈的电阻阻值关系是解题的关键．6.如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 初速度越大，小球运动时间越长B. 初速度不同，小球运动时间可能相同C. 小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向D. 小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点.【详解】A 、平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A 错误；B 、速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O 点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B 正确；C 、D 、若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍.因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向；故C 错误，D 正确. 故选BD.7.如图甲所示，静止在水平地面上的物体，在竖直向上的拉力F 作用下开始向上运动，在运动过程中，物体的动能E k 与位移x 的关系图象如图乙所示，0～h 过程中的图线为平滑曲线，h ～2h 过程中的图线为平行于横轴的直线，2h ～3h 过程中的图线为倾斜直线，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 在0～h 过程中物体的机械能增加B. 物体上升到h 处时，拉力的功率为零C. 在h ～2h 过程中物体的机械能不变D. 在2h~3h 过程中物体受到的拉力始终为零【答案】AD【解析】【分析】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0-h过程中物体动能、势能增加，知拉力做的功等于动能与势能之和，在h-2h之间，动能不变，势能增加，在2h-3h之间，动能的减小量等于势能的增加量．【详解】A、B、在0～h高度内,由动能定理得：E k=(F-mg)x，图象的斜率表示合外力.在0～h过程中，斜率逐渐减小到零，则拉力逐渐减小到等于重力，合力减小为零，则在上升到高度h时，由图象可知F=mg，速度为v，则功率为P=mgv，拉力的功率不为零;因除重力以外的拉力一直做正功，则机械能一直增大；故A 正确，B错误；C、在h～2h过程中，物体匀速上升，拉力做正功，物体的机械能增加，故C错误.D、在2h～3h过程中，图线斜率恒定，大小为mg，则物体合力大小为mg，即物体只受到重力，拉力一直为零；故D正确.故选AD.【点睛】解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化．8.如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．关于这些粒子，下列说法正确的是A. 速度的最大值为) 21qBlmB. 速度的最小值为qBl mC. 在磁场中运动的最短时间为4mqBπ D. 在磁场中运动的最长时间为πmqB【答案】ACD 【解析】【详解】粒子从ab 边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：由几何知识可知：12r l =2222cos 45r O c r l ︒==+解得：2(12)r l =AB ．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：2v qvB m r=解得：qBrv m=， 故粒子的最大速度为：2max (12)qBr qBlv m +==最小速度：1min 2qBr qBlv m m== 故A 正确，B 错误．CD ．由粒子从ab 边离开磁场区域的临界运动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax =180°，最小圆心角：θmin =45°，粒子做圆周运动的周期：2mT qBπ=则粒子在磁场中运动的最短时间：minmin 3604mt T qBθπ︒==最长时间：maxmax 360mt T qBθπ︒==故C 正确，D 正确.三、非选择题：9.如图为“验证力的平行四边形定则”的实验，将贴有白纸的木板竖直固定放置，三个细绳套L 1、L 2、L 3一端共系于同一结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A 、B 和重物M 上，弹簧测力计A 的另一端挂于固定点P ，手持弹簧测力计B 拉动细绳，使结点静止于O 点．(1)某次实验中，弹簧测力计A 的指针位置如图所示，其读数为_____N ；(2)实验时要读出弹簧测力计A 、B 的示数，还要在白纸上记录O 点的位置和L 1、L 2、L 3的________； (3)下列实验要求中必要的是_______________． A ．弹簧测力计需要在实验前进行校零 B ．多次实验时弹簧测力计B 始终保持水平 C ．多次实验时结点必须在同一点 D ．需要测量重物M 的重力【答案】 (1). 2.00N (2). 三条细线的方向 (3). AD 【解析】【详解】(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N ，示数为2.00N(1.99-2.01均可).(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置以及三个拉力即三条细线的方向.(3)A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；B．该题中需要验证弹簧A、B拉力的合力，是否与绳L3的拉力（或者说M重力）等大反向，B弹簧不一定非要保持水平，故B错误；C．由于两拉力的合力的效果是将重物吊起，故不需要结点位置相同，故C错误；D．由于两测力计拉力的合力等于物体的重力，实验时应测量物体的重力，故D正确；【点睛】对于中学中的实验，同学们尽量亲自动手做一下，这样对于实验原理、实验步骤、注意事项、数据处理、误差分析等才有深刻的认识，在该题中考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直.10.⑴某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω左右．为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(0～99.99Ω)D.电阻箱(0～999.9Ω)E.电源(电动势约3V，内阻约1Ω)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I．①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_______，电阻箱应选择_______ （选填器材前的字母）②根据实验步骤可知，待测电阻Rx= ____________________（用步骤中所测得的物理量表示）． ⑵同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．若已知所选电流表的内阻R A =2.0Ω，闭合开关S 2，调节电阻箱R ，读出多组电阻值R 和电流I 的数据；由实验数据绘出的1I -R 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=________ V ，内阻r= ____ Ω．(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). 21R R - ; (4). 3.2; (5). 0.80;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S 2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V ，电流表量程为15mA=0.015A ，选A ；由欧姆定律：U I R=可知，电路中的最小电阻应为：min 32000.015A E R I ===Ω，所以电阻箱应选D ； ②根据闭合电路欧姆定律得：S 2断开时有：E =I (R x +R 1+R A +r )，S 2闭合时有：E =I (R 2+R A +r )，解得:R x =R 2-R 1；(2)闭合开关S 2，由闭合电路欧姆定律得：E =I (R +R A +r ），整理得：11A R r R E E I +=+由1R I-图象可知：1k E =，A R r b E +=,而已知R A ，解得1E k =，A b r R k=-.可得 3.2,0.8E V r ==Ω 【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.11.如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为030θ=，导轨间距为L ，接在两导轨间的电阻为R ，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为2L ．一质量为m 、有效电阻为0.5R 的导体棒从距磁场上边缘2L 处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直．不计导轨的电阻，重力加速度为g ．(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v 0；(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q R ． 【答案】02v gL =； 3224443316R m g R Q mgL B L =- 【解析】【详解】(1)导体棒从静止下滑距离2L 的过程中，由动能定理得：2012sin 02mg L mv θ⋅=- 解得：02v gL =(2)导体棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势：E BLv =产生的感应电流为:0.5E I R R=+ 产生的安培力为:F BIL =安导体棒做匀速运动，由平衡条件得：sin mg F θ=安 联立解得：2234mgR v B L= 导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得：214sin 2mg L mv Q θ⋅=+总 ，则在电阻R 上产生的热量为: 1.5R Q Q R R总=⨯ 解得：3224443316R m g R Q mgL B L=-12.如图所示，质量为M=2kg 的木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x ，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m 的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切．质量为m=1kg 的滑块B(可视为质点)以初速度08/v m s =从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B 从A 右端的上表面水平滑入时撤走圆弧．A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A 、B 之间动摩擦因数0.1μ=，A 足够长，B 不会从A 表面滑出，取g=10m/s 2．(1)求滑块B 到圆弧底端时的速度大小v 1；(2)若A 与台阶碰前，已和B 达到共速，求A 向左运动的过程中与B 摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；(3)若A 与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件． 【答案】(1)14m/s v = (2) 5.3J Q ≈ (3)1m x ≥【解析】【分析】滑块下滑时只有重力做功，根据机械能守恒求得滑块到达底端时的速度；木板与台阶碰撞后，滑块与木板组成的系统总动量水平向右，则只发生一次碰撞，根据动量守恒和动能定理分析求解；【详解】(1)滑块B 从释放到最低点，由动能定理得：22101122mgR mv mv =- 解得：14m/s v =(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得：12()mv m M v =+解得：24m/s 3v = 由能量守恒定律得：221211()22Q mv m M v =-+ 解得： 5.3J Q ≈(3)从B 刚滑到A 上到A 左端与台阶碰撞前瞬间， A 、B 的速度分别为v 3和v 4，由动量守恒定律得：mv 1=mv 4+Mv 3若A 与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：Mv 3≥|mv 4对A 板，应用动能定理：23102mgx Mv μ=- 联立解得：1m x ≥【点睛】本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力. 13.下列说法正确的是___________A. 当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B. 雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用C. 一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D. 对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E. 某容器内封闭着一定质量的理想气体，若气体的压强不变，当温度升高时，单位时间内气体分子撞击容器壁的次数增多．【答案】BCD【解析】【分析】随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小；液体存在表面张力；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映；液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关.【详解】A 、分子间的作用力随着分子间距增大，分子引力和斥力均减小；故A 错误.B 、雨伞伞面上有许多细小的孔却能遮雨，是因为水的表面层的分子间距较大，水分子间的力为引力，表现为张力作用；故B 正确.C 、一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，需要吸热内能增大，但温度不变即分子平均动能不变，但分子之间的势能增加；故C 正确.D 、一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体的状态方程pV nRT =可知气体的温度一定升高，内能则一定增大，那么它一定从外界吸热，故D 正确；E 、气体压强的微观解释可知，压强取决于单位时间撞击容器壁单位面积的次数（体积）和分子的无规则运动程度即分子的平均动能（温度），所以体积增大，压强不变时，气体分子在单位时间撞击容器壁单位面积的次数一定减少，故E 错误；故选BCD.【点睛】本题考查热力学多个知识，热学的重点是分子动理论、液体表面张力、分子力与分子势能等，要加强对基础知识的学习，力争不在简单题上失分.14.如图所示，用质量为m=1kg 、横截面积为S=10cm 2的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计．开始时活塞距气缸底的高度为h=10cm 且气缸足够高，气体温度为t=27℃，外界大气压强为p 0=1.0×105Pa ，取g=10m ／s 2，绝对零度取－273℃．求：(1)此时封闭气体的压强；(2)给气缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5J 的热量时，内能的增加量为2.3J ，求此时缸内气体的温度．【答案】（1）1.1×105pa （2）87℃【解析】【详解】(1)以活塞为研究对象，由平衡条件得：0mg p S pS +=解得：封闭气体压强为51.110Pa p =⨯(2)由热力学第一定律得：U W Q ∆=+外界对气体做功为W pS x =-∆ 对气体由盖吕萨克定律得：()273273h x S hS t t +'∆=++ 解得缸内气体的温度为87t '=℃15.下列判断正确的是________A. 机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波B. 机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C. 介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等D. 机械波的频率、波长和波速三者满足的关系对电磁波也适用E. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变窄【答案】BCD【解析】【分析】介质中质点振动的周期和相应的波的周期相等．波速公式v=λf适用于一切波．波都能产生干涉和衍射现象．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波．【详解】A、机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波；故A不正确.B、干涉和衍射是波的特有性质，机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象；故B正确.C、波在传播过程中，介质中质点在波源驱动力作用下做受迫振动，振动周期都等于波的振动周期；故C正确.D、机械波的频率、波长和波速三者满足的关系v=λf适用于一切波，对电磁波也适用；故D正确.E、光的干涉条纹间距Lxd λ∆=，若仅将入射光由绿光改为红光，由于波长变大，故条纹间距变大；故E错误.故选BCD.【点睛】本题考查对波的基本知识的掌握情况．要知道质点振动的周期和频率就等于波的周期与频率，明确机械波与电磁波的共性和区别．16.如图甲所示，在平静的水面下深d处有一个点光源S，它发出a、b两种不同频率的光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光的圆形区域，其半径为R，周边为环状区域，其宽度为△L，且为a光的颜色，如图乙所示，求：两种单色光的折射率n a和n b分别是多少?【答案】22()aR L dn+∆+=22bR dn+=【解析】试题分析：光路图如图所示由全反射规律可得：1sinC n =，可得1sin n C =， 由几何知识：22sin b C d R =+，则22b R d n += 22sin ()a C d R L =++∆，则22()a R L d n R L +∆+=+∆考点：考查了光的折射，光的全反射【名师点睛】在解决光学问题你时，一般都是先画出光路图，然后结合几何知识分析解题，解决本题的关键从临界角入手，掌握全反射定律公式．通过照亮的圆形区域，作出光路图，由几何知识得到两束光的临界角正弦值，由全反射定律得到折射率，。

2020届河北衡水中学新高考押题信息考试（五）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。

二、选择题:本体共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.关于原子物理，下列说法正确的是A. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变B. 若某光恰好能使锌发生光电效应，则改用波长更长的光照射锌也能发生光电效应C. γ射线是高速运动的电子流D. 21083i B的半衰期是5天，32克21083i B经过10天后还剩下8克【答案】AD【解析】【详解】太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故A正确；波长越长的光的频率越小、能量越小，所以改用波长更长的光照射，锌不会发生光电效应，故B错误；β射线是高速运动的电子流，故C错误；21083i B的半衰期是5天，32克21083i B经过10天后还剩下8克，故D正确；故选AD2.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，一半处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．开始时，磁场与线圈平面垂直，现使线圈以角速度ω绕OO′匀速转过90°，在此过程中，线圈中产生的平均感应电动势为（）A.2Ba ωπB.2nBa ωπC.22nBa ωπD. 22Ba ωπ【答案】B 【解析】【详解】线圈中产生的平均感应电动势E n t ∆Φ=∆，其中22Ba ∆Φ=、42T t πω∆==，解得2nBa E ωπ=，选项B 正确．3.2019年1月3日早上，“嫦娥四号”探测器从距离月面15公里处开始实施动力下降，不断接近月球．在距月面某高度处开始缓速下降，对障碍物和坡度进行识别，并自主避障，30s 后降落在月面．若“嫦娥四号”的质量为1.2×103kg ，月球表面的重力加速度大小为1.6m/s 2，悬停时，发动机向下喷出速度为3.6×103m/s 的高温高压气体，则探测器在缓速下降的30s 内消耗的燃料质量约为（认为探测器的质量不变）A. 4kgB. 16kgC. 80kgD. 160kg 【答案】B 【解析】【详解】“嫦娥四号”在月球表面受到的重力大小331.210 1.6 1.9210N F =⨯⨯=⨯ ，悬停时发动机产生的推力与“嫦娥四号”所受的重力大小相等，由反冲运动和动量定理可知缓慢下降过程中消耗的燃料质量16kg Ftm v==，故 B 正确，ACD 错误；故选B 4.C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747．若C919的最小起飞（离地）速度为60m/s ，最大起飞质量为7.5×104kg ，起飞跑道长 2.5×103m ．C919起飞前的运动过裎可看成匀加速直线运动，起飞时空气及其他阻力恒为C919重力的10%，重力加速度g=10m/s 2，则下列判断正确的是（ ）A. C919的最小起飞加速度为1.44m/s 2B. C919起飞过程中在跑道上运动的最长时间为42sC. 最大起飞质量下，发动机产生的推力至少为l.29×105ND. C919起飞（离地）的瞬间所受的合力为零 【答案】C 【解析】【详解】由匀速变速直线运动规律2202v v ax -=可得，C919的最小起飞加速度a=22-2v v x=0.72m/s 2，选项A 错误；C919起飞时的平均速度为02v v +=30m/s ，起飞过程中在跑道上运动的最长时间为32.51030⨯s=83s ，选项B 错误；由牛顿第二定律F-F f =ma 可得F =F f +ma =1.29×105N ，选项C 正确；C919起飞时向上加速运动离开地面，合力不为零，选项D 错误．5.如图所示，两个相同的小球AB 用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘的墙壁上的O 点，将两小球分别带上同种电荷，其中小球A 的电荷量为q 1，由于库仑力，细线OA 恰好水平．缓慢释放小球A 的电荷量，当细线OA 与竖直方向夹角为60°时，小球A 的电荷量为q 2．若小球B 的电荷量始终保持不变，则q 1：q 2的值为A. 3:2 B .2:1C. 3:1D. 22:1 【答案】D 【解析】【详解】受力分析如图所示，利用相似三角形可知2sin 2C F mg L L θ= ，由库仑定律可知22sin 2C kQqF L θ=（），可得q =238sin 2mgL kQ θ ，即331212:sin :sin 2222q q θθ==，故 D 正确；ABC 错误；故选D6.2019年3月10日0时28分，“长征三号”乙运载火箭在西昌卫星发射中心点火起飞，成功将“中星6C”卫星送入太空．“中星6C ”是一颗用于广播和通信的地球静止轨道通信卫星，可提供高质量的话音、数据、广播电视传输业务，服务寿命15年．已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，关于该卫星的发射和运行，下列说法正确的是A. 该卫星发射升空过程中，可能处于超重状态B. 该卫星可能处于北京上空C. 该卫星绕地球运行的线速度可能大于第一宇宙速度D. 该卫星运行轨道距离地面的高度为2232g 4R T R π- 【答案】AD 【解析】【详解】该卫星发射升空过程中，一定是先加速运动，处于超重状态，故 A 正确；该卫星是一颗地球静止轨道通信卫星，一定处于赤道上空，不可能处于北京上空，故 B 错误；环绕地球运动的卫星的线速度都小于第一宇宙速度，故 C 错误；由2Mm G mg R =、222()()Mm G m R h R h T π⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭可得22324gR T h R π=-，故 D 正确．故选AD7.已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v 0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v 表示篮球的速度，t 表示篮球运动的时间，E k 表示篮球的动能，h 表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是A. B.C. D.【答案】B 【解析】【详解】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由1mg F ma += ，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图像的斜率越来越小，下降过程中，v 越大，阻力就越大，则1mg F ma -=，则加速度就越小，故 A 错误、B 正确；上升过程中，h 越大，v 越小，阻力就越小，合力就越来越小，动能变化就越慢，所以h 越大图线斜率越小，故 D 错误；下降过程中，h 越大，v 越小，阻力就越小，合力越大，动能变化越快，所以h 越大图线斜率越大，故C 错误．故选B8.如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为1m ，导轨中部有一个直径也为1m 的圆形匀强磁场区域，与两导轨相切于M 、N 两点，磁感应强度大小为1T 、方向竖直向下，长度略大于1m 的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆直径MN 重合。

2020届河北衡中同卷新高考押题信息考试（二十）物理试卷★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（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，14--18题只有一项符合题目要求，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.甲、乙两人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 乙周期大于甲的周期B. 乙的速度大于甲的速度C. 乙的向心力大于甲的向心力D. 乙的机械能大于甲的机械能【答案】B【解析】【详解】A 、222()Mm G m r r T π=知周期234r T GMπ=A错误B 、根据22mM v G m r r=知线速度GM v r =，轨道半径小的线速度大，故B 正确； C 、万有引力提供向心力，万有引力公式2mM F G r=，因不知道甲、乙卫星质量的大小关系，仅知半径大小关系无法判断万有引力的大小，即无法判断向心力的大小，故C 不正确；D 、卫星的机械能包括卫星的势能和动能，势能和动能都与质量有关，因不知道甲乙卫星的质量，故无法判断，故D 错误．2.a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动．它们的位移﹣时间图象如图所示，其中a 是一条顶点坐标为（0，10）的抛物线，下列说法正确的是（ ）A. b 、c 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B. 物体c 的速度越来越大C. 物体a 的加速度为0.4m/s 2D. 在0〜5s 内，a 、b 两个物体间的距离逐渐变大【答案】D【解析】【详解】A 、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知b 、c 两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，b 、c 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A 错误．B 、位移图象的斜率表示速度，c 图线的斜率不变，说明物体c 的速度不变，故B 错误．C 、对于匀加速直线运动位移公式x ＝v 0t 12+at 2，可见，x ﹣t 图象是抛物线，所以物体a 一定做匀加速直线运动,在0﹣5s 内a 通过的位移为 x ＝20m ﹣10m ＝10m ，将t ＝5s ，x ＝10m 代入x 12=at 2，解得a ＝0.8m/s 2．故C 错误．D 、t ＝0时刻a 、b 从同一位置出发开始运动，a 物体沿正方向运动，b 物体沿负方向运动，在0〜5s 内，a 、b 两个物体间的距离逐渐变大，故D 正确．3.如图所示，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ，在两导线中均通有方向垂直于纸面向里大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为B ．则P 中的电流在a 点处产生磁场的磁感应强度的大小为（ ）A. BB. 33BC. 233BD. 2B 【答案】B【解析】 【详解】由于两电流在a 处产生的磁感应强度大小为B 如图所示，P 中电流在a 点处产生的磁感应强度大小与Q 中电流在a 点处产生的磁感应强度大小相等，方向夹角为60°，根据矢量的合成法则，结合三角知识，则有B ＝2B p •cos30°，解得32cos30P O B B B == ，故故B 正确，ACD 错误． 4.如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G 的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F 缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前．下面的相关判断正确的是（ ）A. 水平拉力F 逐渐减小B. 球对墙壁的压力逐渐减小C. 地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大【答案】A【解析】【详解】B 、对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：1tan N G θ=2cos G N θ= ， 当水平向右的拉力F 缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N 1增大，cosθ减小，则N 2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故B 错误；ACD 、对小球和长方形物块整体进行受力分析，如图所示：整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F 和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变；对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F 、球对物块的压力N 2′以及滑动摩擦力作用， 受力平衡，则水平方向有：F+N 2′sinθ＝f ，根据牛顿第三定律可知，N 2′＝N 2，由于N 2增大，θ增大，f 不变，则F 减小，故A 正确，CD 错误． 5.如图所示，光滑绝缘水平面上嵌入一无限长通电直导线．一质量为0.02kg 的金属环在该平面内以大小v 0＝2m/s 、方向与电流方向成60°角的初速度滑出．则（ ）A. 金属环最终将静止在水平面上的某处B. 金属环最终沿垂直导线方向做匀速直线运动C. 金属环受安培力方向始终和受到方向相反D. 金属环中产生的电能最多为0.03J【答案】D【解析】【详解】ABC 、金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据来拒去留可知，所受的安培力将阻碍金属圆环远离通电直导线，即安培力垂直直导线向左，与运动方向并非相反，安培力使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动，故A 、B 、C 错误；D 、由题意知：沿导线方向分速度v 1=v 0•cos60°=1m/s 根据能量转化与守恒解得：22011122Q mv mv =-，代入数值解得：Q=0.03J ，故环中最多产生0.03J 的电能，故D 正确；故选D ．【点睛】金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据来拒去留可知，所受的安培力与运动方向不一定相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿导线运动．根据能量转化与守恒，减小的动能转化成电能．6.下列说法正确的是（ ）A. 发生光电效应时，增大入射光的频率，光电子的最大初动能一定会增大B. 发生光电效应时，增大入射光的强度，光电子的最大初动能一定会增大C. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定D. 原子从基态跃迁到激发态时，会辐射光子【答案】AC【解析】【详解】AB 、根据光电效应方程可知，E k ＝hγ﹣W ；可知，光电子的最大初动能跟入射光强度无关，与入射光的频率有关，频率越大，光子的最大初动能越大，故A 正确，B 错误；C 、比结合能描述的是原子核的稳定程度，原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故C 正确；D 、原子从基态跃迁到激发态时，能级变大，吸收能量，故D 错误．7.如图甲所示是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象．将该电压加在图乙中理想变压器的M 、N 两端．变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R 的阻值为2Ω，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（ ）A. 0.01s时穿过线圈的磁通量为零B. 线圈转动的角速度为100πrad/sC. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变25次D. 电流表的示数为2A【答案】AD【解析】【详解】A、由图象可知，在t＝0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故A正确；B、根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由ω220.04Tππ===50πrad/s，故B错误；C、交流电的周期是0.04s，在每一个周期内交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变次数：n220.04T===50次，故C错误；D、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为：221111005nU Un=⋅=⨯=20V，所以电压表的示数为20V；副线圈上的电流：I2202UR===10A，由电流与匝数成反比得I12211105nIn=⋅=⨯=2A，所以电流表读数为2A，故D正确．8.如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O 处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（）A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度可能先增大后减小B. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度可能先增大后减小C. 增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动D. 将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动【答案】C【解析】试题分析：圆环从P运动到O的过程中，对环受力分析，环受库仑引力和杆的弹力，库仑引力沿杆方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆环从P运动到O的过程中，库仑引力做正功，动能一直增大，速度一直增大，故B错误；圆环从P运动到O的过程中，根据动能定理得，，根据牛顿第二定律有，可知，轨迹半径与圆环所带电荷量无关，故C正确；若增大高度，电势差U增大，轨迹半径发生变化，圆环不能做圆周运动，故D正确．考点：向心力，牛顿第二定律，带电粒子在电场中运动的综合应用【此处有视频，请去附件查看】二.非选择题9.为了验证矩形线框自由下落过程上、下边经过光电门时机械能是否守恒，使用了如图所示的实验装置．已知矩形线框用直径为d的圆形材料做成，用刻度尺测出矩形线框上下边之间的距离L．某次实验中矩形线框下边和上边先后经过光电门的挡光时间分别为1t V和2t V．（1）通过实验可测出上、下边通过光电门的速度v1和v2，分别为v1＝_____，v2＝_____．（2）如果满足关系式_____（请用测量的物理量和已知量来表示，重力加速度为g），则自由下落过程中线框的机械能守恒．【答案】 (1). 1d t ∆(2). 2d t ∆ (3). 22212d d gL t t ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪∆∆⎝⎭⎝⎭ 【解析】 【详解】（1）本实验中利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故有：11d v t =∆，同理22d v t =∆． （2）根据机械能守恒有：22211122mgL mv mv =-，整理得：22212d d gL t t ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪∆∆⎝⎭⎝⎭10.某同学设计了如图所示的实验电路测量电压表的内阻和电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：两节干电池、电阻箱R 0、粗细均匀的电阻丝、与电阻丝接触良好的滑动触头P 、开关、灵敏电流计（灵敏电流计的零刻度在表盘正中央）、待测电压表、导线．他进行了下列实验操作：（1）按原理如图将如图所示的实物图连接成完整电路，请你帮他完成实物连线_______；（2）先将电阻箱的阻值调至最大，将滑动触头P 移至电阻丝的正中间位置；（3）闭合开关K ，将电阻箱的阻值逐渐减小，当电阻箱的阻值为R 0时，灵敏电流计示数为0，可知电压表内阻R V ＝_____；（IV ）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，然后将滑动触头P 移至最左端．此时电压表的示数为U ，灵敏电流计的示数为I ，则电阻丝的电阻为_____，测得的电阻值_____（填“偏大”“偏小”或“准确”）．【答案】 (1). 电路连线如图:(2). R 0 (3). U I(4). 偏大 【解析】【详解】（1）电路连线如图：（3）灵敏电流计的示数为0时，说明电压表和电阻箱分压之比与电阻丝右边和左边电阻分压相等，故0V R R =；（4）将电阻箱的阻值调至0，将cd 导线断开，将滑动触头P 移至最左端后，电阻丝的全部电阻与灵敏电流计串联，电压表测量的是灵敏电流计和电阻丝的总电压，电阻丝电阻的测量值U R I=，因为采用了内接法，A U R R I=+ ，故电阻的测量值偏大．11.如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让屋舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H ＝75m ，当落到离地面h ＝30m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m ＝6kg 的书包放在自己的腿上．g 取10m/s 2，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．（1）求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大（2）若环形座与同学们的总质量M ＝4×103kg ，求制动过程中机器输出的平均功率【答案】N ʹ＝150 N P ＝1.5×l06 W【解析】（1）设座舱开始制动时的速度为v ，制动过程中的加速度大小为a,书包受到腿的支持力为N ，由运动公式可得：v 2=2g(H-h)v 2=2ah根据牛顿第二定律，对书包：N-mg=ma解得N=150N根据牛顿第三定律有该同学腿部受到的压力为150N.（2）设制动过程中座舱所受的制动力为F ，经历的时间为t ，由运动公式：h=vt-12at 2； 根据牛顿第二定律，对座舱：F-Mg=Ma座舱克服制动力做功：W=Fh 机械输出的平均功率：W P t联立带入数据可得：P=1.5×106W12.如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l 的CD 、EF 两平行带电极板，上方CD 为正极板，下方EF 为负极板，两极板间距为l ，O 点为两极板边缘C 、E 两点连线的中点；两极板右侧为边长为l 的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外．离子源P 产生的电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子飘入电压为U 1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O 点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD 极板边缘D 点垂直DF 边界进入匀强磁场区域．已知磁感应强度大小B 与带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0的关系为022B m v ql =，带电粒子重力不计．求 （1）带电粒子射入电场O 点时的速度大小v 0；（2）两平行极板间的电压U 2；（3）带电粒子在磁场区域运动的时间t ．【答案】（1） 12qU m ；（2）U 1；（3）114qUmπ【解析】【详解】（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：21012qU mv =，解得：102qU v m =；（2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，偏转电场中：0cos l v t θ=g ，01sin 22lv t θ=⋅，0sin v at θ=，加速度：2qUqE a m ml == ，解得：21,4U U πθ==；（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：2(cos)cosvqv B mRθθ⋅=，解得：23R l=，粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：23απ=，粒子在磁场中的运动时间：cosRtvαθ=，解得：114qU mtπ=.13.一列波沿x轴传播，t＝2s时刻的波形如图所示，如图是某质点的振动图象，则下列说法正确的是（）A. 波的传播速度为lm/sB. 波如果向右传播，则图2是0.4x m＝处质点的振动图象C. 波如果向左传播，则图2是0.4x m＝处质点的振动图象D. 波如果向左传播，则2x m＝处质点经过1s到达2x m＝处E. 无论波向左传播还是向右传播，2x m＝处在2s内路程都为2A【答案】ABE【解析】【详解】A、由波动图象知，波长为λ＝4m，由振动图象知，周期为T＝4s，则波的传播速度为v44Tλ==m/s ＝1m/s，故A正确；BC、根据振动图象知该质点在t＝2s时在平衡向下振动，根据“同侧法”可知，该质点在波形图中处于平衡位置，并且向下振动，波如果向右传播，应是x＝0、4m处质点的振动图象，故B正确、C错误；D、无论波向左传播，x＝2m处质点此时向下振动，经过14Tt s∆==，质点达到坐标（2m，-A）处，故D 错误；E、无论波向左传播还是向右传播，x＝2m处质点经22Tt s∆==，走过的路程S=2A，故E正确．14.如图所示的直角三角形ABC 是玻璃砖的横截面，30A ＝∠︒，90B ∠︒＝，BC 的长为L ，E 为BC 边的中点．一束平行于AB 的光束从AC 边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC 边上的E 点被反射，EF 是该反射光线，且EF 恰与AC 平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从AC 边上射入玻璃砖后在玻璃砖中传播的时间．【答案】(1)3n =(2)23L t = 【解析】试题分析：①作出光路图，光线在AC 面上的入射角为60°，折射角为30°，则折射率00sin 603sin 30n ==②因为发生全反射的临界角为1sin 23C =>，所以光线在在F 点发生全反射，在E 、H 点不能发生全反射．该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H 点，则时间为 GE EF FH t v++=c v n= 联立解得1123223L L L L t c ++==考点：光的反射和折射。