河北省衡水中学2020届高三下学期调研考试物理试题

河北衡水中学2019-2020学年度下学期第二次调研考试

理综试卷

第Ⅰ卷(选择题  共126分)

一、选择题：本大题共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.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形ABCD位于竖直平面内，其中AB边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中A、B处小球质量均为m，电荷量均为2q(q>0)；C、D处小球质量均为2m，电荷量均为q。空间存在着沿DB方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则四个小球所构成的系统（   ）

A. 电势能增加，重力势能增加

B. 电势能不变，重力势能不变

C. 电势能减小，重力势能减小

D. 电势能不变，重力势能增加

【答案】D

【解析】

【详解】让正方形绕其中心O顺时针方向旋转90°，则电场力对四个小球做总功为：

则系统电势能不变；

系统重力势能变化量：

则重力势能增加；

A．电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项A错误；

B．电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项B错误；

C．电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项C错误；

D．电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项D正确；

故选D.

2.空间存在一静电场，x轴上各点电势随x变化的情况如图所示．若在-x0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x0的过程中，下列关于带电粒子的a-t图线，v-t图线，Ek-t图线，Ep-t图线正确的是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】AB、由图可知，图像的斜率表示电场强度，从到的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B正确，A错误；

C、粒子在运动过程中，受到沿x轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知图像的斜率先变小再变大，在位置的斜率为零，故C错误；

D、由于粒子带负电，根据电势能可知，变化规律与变化规律相反，故D错误；

图线正确的是选B．

3.2010 年命名为“格利泽 581g”的太阳系外行星引起了人们广泛关注，由于该行星的温度可维持表面存在液态水，科学家推测这或将成为第一颗被发现的类似地球世界，遗憾的是一直到 2019 年科学家对该行星的研究仍未有突破性的进展。这颗行星距离地球约 20 亿光年(189.21 万亿公里)，公转周期约为 37 年，半径大约是地球的 2 倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是

A. 飞船在 Gliese581g 表面附近运行时的速度小于 7.9km/s

B. 该行星的平均密度约是地球平均密度的

C. 该行星的质量约为地球质量的 8 倍

D. 在地球上发射航天器前往“格利泽 581g”，其发射速度不能超过 11.2km/s

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：

mg =m

得到

v =

万有引力等于重力，=mg，得到

M=

ρ=

这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表面运行速度的倍，大于7．9km/s，质量是地球的4倍，密度是地球的。故B正确，AC错误。

D．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于16．7km/s，故D错误。

4.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，质量、带电量的小球C静置于其中；虚线左侧有质量，不带电的绝缘小球A以速度进入磁场中与C球发生正碰，碰后C球对水平面压力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g取10m/s 2，取向右为正方向．则下列说法正确的是（    ） 

A. 碰后A球速度为 B. C对A的冲量为

C. A对C做功0.1J D. AC间的碰撞为弹性碰撞

【答案】A

【解析】

【详解】A．设碰后A球的速度为v1，C球速度为v2。
碰撞后C球对水平面压力刚好为零，说明C受到的洛伦兹力等于其重力，则有

Bqcv2=mcg

代入数据解得

v2=20m/s

在A、C两球碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mAv0=mAv1+mcv2

代入数据解得

v1=15m/s

故A正确。
B．对A球，根据动量定理，C对A的冲量为

I=mAv1-mAv0=（0.004×15-0.004×20）N•s=-0.02N•s

故B错误。
C．对A球，根据动能定理可知A对C做的功为

故C错误；
D．碰撞前系统的总动能为

碰撞后的总动能为

因Ek′＜Ek，说明碰撞有机械能损失，为非弹性碰撞，故D错误。
故选A。

5.如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（     ）

A. 电压表读数减小

B. 小球的电势能减小

C. 电源的效率变高

D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则

【答案】AD

【解析】

A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；

B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；

C项：电源效率：,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；

D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由A分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以，所以，故D正确．

点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．

6.如图的实验中，分别用波长为的单色光照射光电管的阴极K，测得相应的遏止电压分别为U1和U2．设电子的质量为m，带电荷量为e，真空中的光速为c，极限波长为，下列说法正确的是（   ）

A. 用波长为的光照射时，光电子的最大初动能为

B. 用波长为的光照射时，光电子的最大初动能为

C. 普朗克常量等于

D. 阴极K金属的极限频率为

【答案】AC

【解析】

【详解】A、B项：根据光电效应方程，则有：，故A正确，B错误；

C项：根据爱因斯坦光电效应方程得：，，得金属的逸出功为： 联立解得：，故C正确；

D项：阴极K金属的极限频率，故D错误．

7.如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点(O、A等高，不计A处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的B点，另一端连接一个小球P。现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，α＝30°，β＝45°则（    ）

A. 将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变

B. 将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P位置下移

C. 静止时剪断A处轻绳瞬间，小球P的加速度为g

D. 小球P与小球Q的质量之比为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．绳子 B端向上移动一小段距离，根据受力分析可知P球没有发生位移，因此AQP变成了晾衣架问题，绳长不会变化，A到右边板的距离不变，因此角度不会发生变化，即绳子的张力也不会变化；选项A正确。

B．如果 P向下移动一段距离，绳子AP拉力变小，绳长AP变长，而 AB之间的绳子长度变短，则角度 变大，绳子 AB之间的张力变大，AP的张力也变大，产生矛盾；B错误。

C．剪断 A处细绳，拉力突变为零，小球 P只受重力的分力，所以加速度为；C正确。

D．根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结所以绳子的张力都是相同， 则 ,又由于.由两式可得；故 D正确。

故选ACD。

8.如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则 （   ）

A. 速率小于v0的粒子全部从CD边界射出

B. 当粒子速度满足时，从CD边界射出

C. 在CD边界上只有上半部分有粒子通过

D. 当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出

【答案】BC

【解析】

【详解】ABC．如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L；

由半径公式：可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足的粒子从CD边界的PD间射出，选项A错误，BC正确；

D．由上述分析可知，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项D错误。

故选BC

第Ⅱ 卷（非选择题　共62分）

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答）

（一）必考题

9.如图甲，是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，当质量为的小车，在1条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为；当用2条、3条完全相同的橡皮筋进行第2次、第3次实验时，由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2次、第3次实验中，橡皮筋对小车做的功分别为、，每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。则：

（1）关于该实验，下列说法中正确是__（填选项序号字母）。

A．必须平衡摩擦力

B．打点计时器可以用干电池供电

C．每次实验，小车必须从同一位置由静止释放

D．可以选用规格不相同的橡皮筋

（2）图乙为某次用1条橡皮筋实验打出的纸带，测得、、、、相邻两点间的距离分别为，，，，则小车获得的最大速度为__。如果用2条橡皮筋做实验，那么，在理论上，小车获得的最大动能为__（结果保留两位有效数字）。

【答案】    (1). AC    (2). 0.82    (3). 0.067

【解析】

【详解】（1）[1]．A．为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故A正确。
B．打点计时器使用的是低压交流电源。故B错误；
C．根据实验原理可知，每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出。故C正确。
D．根据实验原理可知，橡皮筋必须是相同的，故D错误。
故选AC

（2）[2][3]．要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分。即应选用纸带的C、D、E部分进行测量，时间间隔为0.02s，最大速度：

如果用2条橡皮筋做实验，那么在理论上，小车获得的最大动能为

10.如图甲所示为某电阻随摄氏温度变化的关系，图中表示时的电阻，表示图线的斜率．若用该电阻与电池（电动势为，内阻为）、电流表（内阻为）、滑动变阻器串连起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”．

（1）实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度，则的刻度应在刻度的_________________（填“左”或“右”）侧．

（2）在标识“电阻测温计”温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用（表示滑动变阻器接入的阻值）等物理量表示所测温度与电流的关系式：____________.

（3）由（2）知，计算温度和电流的对应关系需要先测量电流表的内阻（约为）．已知实验室有下列器材：

A.电阻箱（）

B.电阻箱（）

C.滑动变阻器（）

D.滑动变阻器（）

此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等．

请在虚线框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻的电路___________；在这个实验电路中，电阻箱应选______________，滑动变阻器应选_________________．（填仪器前的选项字母）．

【答案】    (1). 右    (2).     (3).     (4). B    (5). D

【解析】

【详解】第一空.由题图甲可知，温度升高时电阻阻值增大，导致流过电流表的电流减小，可知的刻度应在刻度的右侧.

第二空.由闭合电路欧姆定律知，由图甲知，解得.

第三空.应用半偏法测电流表的内阻实验时，滑动变阻器采用限流式，电流表和电阻箱并联，设计的电路如图所示：

第四空.第五空.采用半偏法测电阻时，电阻箱的最大阻值应该大于电流表的内阻，同时滑动变阻器应该选择阻值较大的，故电阻箱选择B，滑动变阻器选择D.

11.如图所示，一块质量为kg，长为m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为kg的小木块（可视为质点），薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板与地面之间的动摩擦因数为．在时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力N，取m/s2．则：

（1）拉力刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？

（2）如果一直作用在上，那么经多少时间将离开？

（3）若在时间s末撤去，再经过多少时间和第一次速度相同？在此情况下，最终在上留下的痕迹的长度是多少？

【答案】（1）1m/s2；2.5m/s2；（2）2s；（3）s；1m。

【解析】

【详解】（1）F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对m有：

μ1mg=ma1

代入数据得

a1=1m/s2

对M有：

F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2

代入数据解得：

a2=2.5m/s2

（2）设m离开M的时间为t1，则对m有：

对M有：

又有

L=x2-x1

联立解得：

t1=2s

（3）t=1s时m的速度

v1=a1t1=1×1m/s=1m/s

M的速度为：

v2=a2t1=2.5×1m/s=2.5m/s

此过程中m相对M的位移

1s后m仍以a1的加速度作匀加速运动，M将以a3的加速度匀减速运动，且有：

μ1mg+μ2（M+m）g=Ma3

解得：

m/s2

设再经t2后二者速度相等，有：

2

解得

此时两者的共同速度为

v=m/s

此过程中m相对M的位移

则在此情况下，最终m在M上留下的痕迹的长度：

12.如图所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧（I区）和MN边界右侧（II区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN右侧的磁感 应强度大小是y轴左侧磁感应强度大小的2倍，MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过y轴左侧磁场的时间均为，粒子重力不计.

（1）求y轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;

（2）若经过时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d

（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的 半径分别为R1、R2且R1<R2,要使粒子能够回到原点O,则电场强度E应满足什么条件？

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【详解】(1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则：

解得：

(2) 设粒子在I、Ⅱ区运动的速度分别为v1、v2，运动周期分别为T1、T2，则

，，

解得：

粒子在t=4.5t0时回到原点，运动轨迹如图所示：

粒子在I、Ⅱ运动时间分别为

粒子在电场中运动时间为

故粒子在电场中运动宽度d所用时为t0得

解得：

(3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足

由向心力公式有：

解得：

根据动能定理：

解得：

三、选考题（共15分。请考生从给出的2道物理题中每科任选一题做）

【物理—选修3—3】

13.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V﹣T图象如图所示，pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是（　　）

A. 过程a到b中气体一定吸热

B. pc＝pb＞pa

C. 过程b到c气体吸收热量

D. 过程b到c中每一个分子的速率都减小

E. 过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功

【答案】ABE

【解析】

【详解】A．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A正确；

B．设a状态的压强为，则由理想气体的状态方程可知

所以

同理

解得

所以

故B正确；

C．过程b到c，温度降低，内能减小；体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，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，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E正确；

故选ABE。

14.如图所示，连通器中盛有密度为ρ的部分液体，两活塞与液面的距离均为l，其中密封了压强为p0的空气，现将右活塞固定，要使容器内的液面之差为l，求左活塞需要上升的距离x．

【答案】

【解析】

【详解】右侧发生等温变化，

初态：压强P1＝P0，体积：V1＝lS

末态：压强P2，体积：

根据玻意耳定律可得：P1V1＝P2V2

即：P0lS＝P2

左侧发生等温变化，

初态：压强P3＝P0，体积：V3＝lS

末态：压强P4，体积：

根据玻意耳定律可得：P3V3＝P4V4

即：P0lS＝P4

活塞上升x后，根据平衡可得：P4+ρgl＝P2

联立可得左活塞需要上升的距离：

【物理—选修3—4】

15.在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s，下列说法正确的是________．

A. 甲波波源的起振方向为y轴正方向

B. 甲波的波速大小为20m/s

C. 乙波的周期为0.6s

D. 甲波波源比乙波波源早振动0.3s

E. 从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置

【答案】BCE

【解析】

【详解】甲波传播到x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y轴负方向，故A错误；由图可知：甲波的波长为8m，又有甲波波源的振动周期为0.4s，故甲波的波速大小为＝20m/s，故B正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s，由图可知：乙波的波长为12m，故周期为＝0.6s，故C正确；甲波的传播距离为24m，故波源振动时间为＝1.2s；乙波的传播距离为42m-12m=30m，故波源振动时间为＝1.5s，所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3s，故D错误；由图可知：图时时刻，两波在x=12m处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为y＝15sin5πt+10sinπt(cm)，那么，t=0.6s时，y=0，即从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置；故E正确；故选BCE．

【点睛】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由v＝求得波速．

16.由某种材料制成的直角三角形棱镜，折射率n1=2，AC边长为L，∠C=，∠B= ，AB面水平放置．另有一半径为，圆心角的扇形玻璃砖紧贴AC边放置，圆心O在AC中点处，折射率n2=，如图所示．有一束宽为d的平行光垂直AB面射入棱镜，并能全部从AC面垂直射出．求：

(Ⅰ)从AB面入射的平行光束宽度d的最大值；

(Ⅱ)光从OC面垂直射入扇形玻璃砖后，从圆弧面直接射出的区域所对应的圆心角．

【答案】(1)L  (2)45°

【解析】

【详解】解：(I)在三角形棱镜中，设全反射临界角为C1， 则有：

解得： C1=

如图，从D点射入的光线，在BC面反射到A点，则从B、D间垂直射入的光都能垂直射到AC面

由几何关系，有： ， 即宽度为

(II)设扇形玻璃砖全反射角为C2，且知：      

解得：C2=

如图，当α=时，从OC面垂直射入扇形玻璃砖的光线恰不能从圆弧面直接射出

故所求圆心角：