河南省新乡市2020届高三9月开学考试考物理试题

新乡市2020届新高三调研考试物理

一、选择题

1.如图所示，一小朋友做蹦床运动，由高处自由落下。不计空气阻力。从该小朋友双脚接触蹦床开始到最低点的过程中，该小朋友（  ）

A. 只受到一个力作用

B. 速度先增大后减小

C. 加速度先增大后减小

D. 一直处于超重状态

【答案】B

【解析】

【详解】A.该小朋友双脚接触蹦床开始到最低点的过程中，受重力和蹦床向上的弹力作用，故A错误；

B.受力分析知，刚开始蹦床向上的弹力小于重力，合力向下，速度先增大；当蹦床向上的弹力大小等于重力时，合力为零，小朋友的速度最大；之后到最低点的过程中，蹦床向上的弹力大于重力，合力向上，速度开始减小，至最低点时速度为零，故B正确；

CD.小朋友在达到最大速度之前，合力向下且逐渐减小，加速度向下逐渐减小，处于失重状态；达到最大速度之后，合力向上且逐渐增大，加速度向上且逐渐增大，处于超重状态，所以小朋友的加速度先减小然后反方向增大，故CD错误.

2.关于动量和冲量，下列说法正确的是（  ）

A. 对于某物体而言，动量越大，其速度一定越大

B. 力越大，力的冲量就越大

C. 物体动量的方向一定与其所受合力的方向一致

D. 若两个力的大小相等，作用时间也相同，则这两个力的冲量一定相同

【答案】A

【解析】

【详解】A.对于某物体而言，质量m是一定的，由动量p=mv知，动量越大，其速度一定越大，故A正确；

B.由力的冲量I=Ft知，力的冲量大小等于力F和其作用时间t的乘积，故B错误；

C.由动量定理F合t=p知，物体动量变化的方向一定与其所受合力的方向一致，故C错误；

D.冲量是矢量，有大小和方向，两个力的大小相等，作用时间也相同，这两个力的冲量方向可能不相同，故D错误。

3.A、B两质点在同一直线上运动，t＝0时刻，两质点从同一地点运动的x－t图象分别为图中的图线1和图线2，则下列说法正确的是（  ）

A. A质点可能做匀减速直线运动

B. B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动

C. 在0～t2时间内，B质点的位移大于A质点的位移

D. 在图示的情况下，A、B两质点可能相遇两次（不含t＝0时刻）

【答案】B

【解析】

【详解】A.位移时间图象斜率表示该时刻的速度，由图线1知，A质点的速度逐渐增大，故A错误；
B.由图线2知，B质点的速度先沿正方向做直线运动，t2时刻之后速度反向，沿负方向做直线运动，故B正确；
C.在t1时刻，B质点的位移等于A质点的位移；t1时刻之后，A质点的位移大于B质点的位移，故C错误；
D.由图可知，A、B两质点在t1时刻相遇，t1时刻之后，A、B两质点相距越来越远，即在图示的情况下，A、B两质点相遇一次，故D错误。

4.如图所示，虚线a、b和c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb 和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知    

A. 粒子从K到L的过程中，电场力做正功

B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功

C. 粒子从K到L的过程中，电势能增加

D. 粒子从L到M的过程中，动能减小

【答案】C

【解析】

【分析】

先根据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能变化关系分析判断．

【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：

A、故粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A错误；

B、粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；

C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；

D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故D错误；

故选C.

【点睛】本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况．

5.某小型电热器，当将它接在输出电压为5 V的直流电源上时，其消耗的电功率为P；当将它接在某正弦交流电源上时，其消耗的电功率为2P。若电热器电阻不变，则该交流电源输出电压的最大值为（  ）

A. V B. 20 V C. V D. 10 V

【答案】D

【解析】

【详解】由电流热效应可知，电热器接直流电，在T时间内产生的热量为

Q1＝T=PT

电热器接正弦交流电，在T时间内产生的热量为

Q2＝T=2PT

两式联立，交流电源输出电压的最大值

Um＝10V

A.交流电源输出电压的最大值Um＝V，与上分析不一致，故A错误；

B.交流电源输出电压的最大值Um＝20V，与上分析不一致，故B错误；

C.交流电源输出电压的最大值Um＝V，与上分析不一致，故C错误；

D.交流电源输出电压的最大值Um＝10V，与上分析一致，故D正确。

6.有一种餐桌，其中心是一个可以匀速转动的、半径为R的圆盘，如图所示。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计，放置在圆盘边缘的小物块(可视为质点)与圆盘间的动摩擦因数是其与餐桌间动摩擦因数的两倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现缓慢增大圆盘的转速，直到小物块恰好从圆盘边缘滑出，结果小物块恰好滑到餐桌的边缘，则餐桌的半径为

A. 1.5R B. 2R C. R D. R

【答案】C

【解析】

【详解】为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于最大静摩擦力，故μ1mg≥mω2R，解得，物体从圆盘上滑出时的速度为；物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，根据匀变速直线运动规律，且 ，可得滑过的位移：，故餐桌最小半径：.

A. 1.5R与分析结果不相符；故A错误.

B. 2R与分析结果不相符；故B错误.

CR与分析结果相符；故C正确.

D.R与分析结果不相符；故D错误.

7.2019年1月19日，西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第42、43颗北斗导航卫 星。对于那些在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动的北斗卫星，下列物理量一定相同的是

A. 线速度的大小

B. 向心力的大小

C. 周期

D. 向心加速度的大小

【答案】ACD

【解析】

【详解】根据万有引力等于向心力，则有，解得，，，对于在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动的北斗卫星，故其线速度大小相同，周期相同，向心加速度的大小相同，由于北斗卫星的质量未知，所以向心力的大小不一定相同，故选项A、C、D正确，B错误。

8.1956年吴健雄用半衰期为5.27年的放射源对李政道和杨振宁提出的在弱相互作用中宇称不守恒进行实验验证。的衰变方程式为→＋X＋（其中是反中微子，它的电荷为零，质量可认为等于零）。下列说法正确的是（  ）

A. X是电子

B. 增大压强，可使的半衰期变为6年

C. 衰变能释放出X，说明了原子核中有X

D. 若该衰变过程中的质量亏损为△m，真空中的光速为c，则该反应释放的能量为△mc2

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据质量数和电荷数守恒可知，在的衰变方程中，X是电子，故A正确；

B.半衰期是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故B错误；

C. 衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，衰变能释放出X（电子），但原子核中并没有X（电子），故C错误；

D. 根据爱因斯坦质能方程，若该衰变过程中的质量亏损为△m，则该反应释放的能量为△mc2，故D正确。

9.如图所示，一轻绳跨过两个光滑定滑轮，两端分别连接质量为3m的物块A和质量为m的小球B，物块A放在倾角为θ的固定斜面上，系统在图示位置处于静止状态，且Aa绳处于竖直方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（  ）

A. 斜面可能光滑

B. 斜面对物块A的静摩擦力大小为2mgsinθ

C. 斜面对物块A的支持力大小为mgcosθ

D. 斜面对物块A的作用力大小为2mg

【答案】BD

【解析】

【详解】A.假若斜面光滑，由于物块A的质量为3m，小球B的质量为m，受力分析知，物块A将沿斜面下滑，不可能静止在固定斜面上，故A错误；

B.对A受力分析如下图

Aa绳的拉力T=mg，沿斜面方向分析知，斜面对物块A的静摩擦力大小为

Ff=（3mg-mg）sinθ=2mgsinθ

故B正确；

C. 沿垂直斜面方向分析知，斜面对物块A的支持力大小为

FN=（3mg-mg）cosθ=2mgcosθ

故C错误；

D. 斜面对物块A的作用力为静摩擦力Ff和支持力FN，这两个力相互垂直，合力为2mg，即斜面对物块A的作用力大小为2mg，故D正确。

10.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力），从a点以与边界夹角为53°的方向垂直射入磁感应强度为B的条形匀强磁场，从磁场的另一边界b点射出，射出磁场时的速度方向与边界的夹角为37°。已知条形磁场的宽度为d，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（  ）

A. 粒子带正电

B. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为d

C. 粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为

D. 粒子穿过磁场所用的时间为

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由左手定则可判定粒子带负电，故A错误；

B.作出粒子在匀强磁场运动的轨迹，如图示

粒子在匀强磁场中转过90°角，由几何关系

bc==

=d2+

解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为

r=d

故B正确；

C.由粒子在磁场中做圆周运动的半径r=知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为

v==

故C错误；

D. 粒子在匀强磁场中转过90°角，粒子穿过磁场所用的时间为

t=T==

故D正确。

二、非选择题

11.在滑块（含滑块上的砝码）的质量未知的情况下，某同学利用图甲所示装置探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”，并测量滑块与木板间的动摩擦因数。图中长木板水平固定，小吊盘和盘中物块的质量之和远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量。

（1）为减小实验误差，打点计时器应选用___（选填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”）。

（2）图乙为实验中所得的滑块的加速度a与滑块（含滑块上的砝码）的质量M的倒数的关系图象，由图乙可知，在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成_____（选填“正”或“反”）比；取g＝10m/s2，则滑块与木板间的动摩擦因数为_____。

【答案】    (1). 电火花计时器    (2). 反    (3). 0.2

【解析】

【详解】（1）［1］电磁打点计时器工作时是振针打在复写纸上把点迹印在纸带上，电火花计时器工作时是火花把墨粉纸上的墨粉融化在纸带上，物体带动纸带运动时，用电火花计时器打点阻力较小，所以为减小实验误差，打点计时器应选用电火花计时器。

（2）［2］在小吊盘和盘中物块的质量之和远小于滑块（含滑块上的砝码）的质量条件下，对滑块

F-Mg=Ma

滑块的加速度

a=-g

向右平移纵坐标轴，等于去除摩擦力的影响，在外力一定的条件下，可以得到物体的加速度与其质量M的倒数成正比，即物体的加速度与其质量M成反比。

［3］由乙图知，图线的纵轴截距大小为g=2，则滑块与木板间的动摩擦因数为

=0.2

12.电池用久了性能会下降。某物理兴趣小组欲测量某旧电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示。可供选择的器材如下：

A．待测电池（电动势约为12 V，内阻为十几欧）

B．直流电压表（量程0～15 V，内阻约为15 kΩ）

C．直流电压表（量程0～3 V，内阻约为3 kΩ）

D．定值电阻（阻值为10Ω，额定电流3 A）

E．定值电阻（阻值为100Ω，额定电流1 A）

F．滑动变阻器（最大阻值为100Ω）

G．导线和开关

（1）电压表V2应选择___，定值电阻应选择__（均选填器材前的字母）。

（2）若V1的示数为U1，V2的示数为U2，定值电阻的阻值为R0，则旧电池的电动势E和内阻r的关系式为E＝_____。

（3）改变滑动变阻器阻值，重复实验，可获取两个电压表示数的多组数据，作出U1—U2图线如图乙所示，则旧电池的电动势E＝___V，内阻r＝___Ω（结果均保留三位有效数字）。

【答案】    (1). C    (2). D    (3).     (4). 11.5    (5). 15.0

【解析】

【详解】（1）［1］待测电池的电动势约为12 V，电压表V1测量的是路端电压，电压表V2测量的是定值定值两端的电压，电压表V2应选择C。

［2］由实验电路图知，滑动变阻器采用了限流接法，在保证实验安全和方便的情况下，定值电阻应选择D。

（2）［3］根据闭合电路欧姆定律，电池的电动势E和内阻r的关系式为

E=

（3）［4］由电池的电动势E和内阻r的关系式可知U1—U2的关系为

U1=E-U2

图线乙与纵轴的截距即为电池的电动势：E=11.5V。

［5］图线乙的斜率大小

k==

其中R0=10Ω，旧电池的内阻

r＝10Ω=15.0Ω

13.如图所示，竖直放置的两块足够大的平行金属板a、b间的距离为d，a、b间匀强电场的电场强度大小为E，今有一电荷量为q的带正电小球从a板下边缘以一定的初速度竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小与射入电场时的速度大小相同，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入宽度也为d的矩形区域（矩形区域的上、下边界分别与金属板的上、下边缘平齐，边界c竖直），一段时间后，小球恰好从边界c的最下端P飞离磁场。已知矩形区域所加匀强电场的电场强度大小也为E、方向竖直向上，所加匀强磁场的磁感应强度方向水平向外，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）小球的质量m及其射入电场时的速度大小v0；

（2）矩形区域所加磁场的磁感应强度大小B及小球在ab、bc区域中运动的总时间t。

【答案】（1）， ；（2），

【解析】

【详解】（1）设小球在平行金属板间运动的时间为t1，则水平方向有

竖直方向有

解得小球质量

射入电场时的速度大小

 （2）小球在平行金属板间运动的时间为

由于，故小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知其半径为

R=d

又有

解得磁场的磁感应强度大小

可知小球在磁场中运动的时间为

又

小球在ab、bc区域中运动的总时间

14.如图所示，质量M＝1.5 kg的滑块A置于水平地面上，A的上表面为半径R＝1.5 m的光滑圆弧，圆弧与足够大的水平面相切于C点。水平恒力F（大小未知）作用于滑块A上，使质量m＝1kg的小物块B（视为质点）恰好在P处与A相对静止并一起向右运动，半径OP与OC的夹角θ＝60°，经时间t1＝s突然撤去力F，B从P点沿圆弧下滑，从A的底端C处离开进入水平面向右滑动。B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，A与水平面间的摩擦不计，取g＝10m/s2。求：

（1）力F的大小以及刚撤去力F时A的速度大小v；

（2）B从A的底端C处离开时，A的速度大小v1；

（3）B从A底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离xm。

【答案】（1），v=10m/s；（2）v1=8 m/s；（3）

【解析】

【详解】（1）力F作用时，B的受力如图所示

设B的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律

解得B的加速度大小

a1=

对A、B整体有

力F的大小

t1时间内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，刚撤去力F时A的速度大小

=10m/s

（2）设B从A的底端C处离开时，B的速度大小为v2，对A、B整体分析，根据机械能守恒定律

B从A的底端C处前，A、B整体，在水平方向上动量守恒

B从A的底端C处离开时，A的速度大小

v1=8 m/s(另一解v1=12 m/sv，不合题意舍去)

v2=13m/s

（3）B从A的底端C处离开后，A做匀速直线运动，B做匀减速直线运动，设B的加速度大小为a2，则有

当A、B速度相等时，B与C间的距离最大，设B从A的底端C处离开到A、B速度相等所用的时间为t2，则有

经分析可知

解得B从A的底端C处离开进入水平面后，B与C间的最大距离

15.下列说法正确的是_______。

A. 饱和汽压随温度的升高而减小

B. 若一定质量理想气体等压膨胀，则气体一定吸热

C. 0℃冰的分子平均动能小于0℃水的分子平均动能

D. 在水中的花粉小颗粒做布朗运动，水的温度越高，布朗运动越剧烈

E. 当两个分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子间的作用力一定越大

【答案】BDE

【解析】

【详解】对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大，故A错误；一定质量的理想气体等压膨胀，则压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增加，气体对外做功，一定吸热，故B正确；温度是分子平均动能的标志，O℃的冰和水分子平均动能相等，故C错误；布朗运动随着水温的升高，运动越剧烈，故D正确；分子力表现为斥力时，间距减小，分子间作用力变大，故E正确。

16.如图所示，甲、乙两个竖直放置的相同汽缸中装有体积均为V0、热力学温度均为T0的理想气体，两汽缸用细管（容积不计）连接，细管中有一绝热轻小活塞；汽缸乙上方有一横截面积为S、质量不计的大活塞。现将汽缸甲中的气体缓慢升温到T0，同时在大活塞上增加砝码，稳定后细管中的小活塞仍停在原位置。外界大气压强为p0，乙汽缸中气体温度保持不变，两汽缸内气体的质量及一切摩擦均不计，重力加速度大小为g。求：

（1）大活塞上增加的砝码的质量m；

（2）大活塞下移的距离L。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设汽缸甲中气体升温到.时的压强为p，根据查理定律有

解得

对大活塞，由受力平衡条件有

解得大活塞上增加的砝码的质量

（2）设稳定后汽缸乙中气体体积为V ，根据玻意耳定律有

经分析可知

解得大活塞下移的距离L

答：（1）（2）

17.观察和思考是科学发现的基础。众多科学家经常能从简单的现象中受到启发，经过深思熟虑后得到具有重要意义的结论。下列说法正确的是___________。

A. 按正弦规律变化的电场会产生同样按正弦规律变化的磁场

B. 机械波从一种介质传播到另一种介质中时，频率和波长都会发生相应的变化

C. 当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，会产生共振现象

D. 机械波在传播时，质点在一个周期内沿波的传播方向移动一个波长

E. 真空中光速在不同的惯性参考系中都是相同的

【答案】ACE

【解析】

【详解】A.麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。若是稳定的电场则不会产生磁场，若是均匀变化的电场会产生稳定的磁场，若是周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场，故A正确；

B. 机械波从一种介质传播到另一种介质中时，频率是由波源决定的，频率不变，波速和波长都会发生相应的变化，故B错误；

C. 当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，会产生共振现象，受迫振动的振幅最大，故C正确；

D. 机械波在传播时，质点只在其平衡位置附近振动，介质中的质点并不随波迁移，故D错误；

E. 真空中光速是绝对不变的，这是相对论的一个前提，即真空中光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故E正确。

18.如图所示，长AD＝m的长方体透明介质处在真空中，光从介质的上表面AB射入，射到侧面AD上。已知介质对该光的折射率n＝，入射角i＝45°，光在真空中的传播速度c＝3l08m/s，求：

（1）折射角r和该光在介质中的传播速度v；

（2）该光从AB面传播到CD面的时间t。

【答案】（1）r=30°，v=；（2）

【解析】

【详解】（1）由折射定律有

折射角r的正弦值

==

折射角

r=30°

光在介质中的传播速度

v=

（2）该光在介质中传播的距离为

又

解得光从AB面传播到CD面的时间