河北省衡水中学2020届高三毕业班４月教学质量监测物理试题

2020届衡水中学高中毕业班四月份教学质量监测卷

理科综合物理部分

说明∶

1.全卷满分300分，考试时间150分钟。

2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。

第Ⅰ卷（选择题共126分）

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  S 32  Cl 35.5  K 39  Ti 48  Fe 56  I 127  Ag-108

二、选择题∶本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2．不计空气阻力，则满足

A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5

【答案】C

【解析】

【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C．

2.如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N．取g＝10 m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是(　　)

A. 匀加速上升，a＝5 m/s2

B. 匀加速下降，a＝5 m/s2

C. 匀速上升

D. 静止状态

【答案】B

【解析】

【详解】当箱子随电梯以的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知上下，解得；若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10 N，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知上下，解得，方向向下，故电梯以的加速度匀加速下降，或以的加速度匀减速上升，故选项B正确，A、C、D错误．

3.一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是

A. 小球过最高点的最小速度是

B. 小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零

C. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大

D. 小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小

【答案】B

【解析】

【详解】A.由于杆可以表现为拉力，也可能表现支持力，所以小球过最高点的最小速度为0，故A错误；

B.当小球在最高点的速度时，靠重力提供向心力，杆子的弹力为零，故B正确；

CD. 杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大作用力越小，当表现为拉力时，速度增大作用力越大，故CD错误．

4.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则，；根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，则得： ，解得船的质量： ,故选A．

5.如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA=1 m/s，到B点时速度vB= m/s，则(　　)

A. 微粒从B至C做加速运动，且vC=3 m/s

B. 微粒在整个运动过程中的最终速度为m/s

C. 微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动

D. 微粒最终可能返回至B点，其速度大小为m/s

【答案】AB

【解析】

【分析】

由图可知AC之间的电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可求得微粒在C点的速度；过B做垂直AC的直线，此线为等势面，微粒过C点之后 ，依据能量守恒定律可以得到微粒最终的速度将与B点相同．

【详解】A．AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：，，解得vC=3 m/s，A正确；

BD．过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为m/s，B正确，D错误；

C．在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．

【点睛】本题是点电荷电场的叠加，考查学生对电场线、电场力、等势面和电场中的动能定理和能量守恒定律的理解．

6.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m,不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(        )

A. 粒子在磁场中通过的弧长越长时间也越长

B. 出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心0

C. 出磁场的粒子一定能垂直打在MN上

D. 只要速度满足，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上

【答案】BD

【解析】

【详解】A．速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故A错误；

B．带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B正确；

C．速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故C错误；

D．速度满足v=时，粒子的轨迹半径为r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．

【点睛】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．

7.如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路．当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（  ）

A. 向右加速运动

B. 向右减速运动

C 向左加速运动

D. 向左减速运动

【答案】BC

【解析】

【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。

故选BC．

8.某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2＝1000 匝，当用该表测50 Hz交流电时(　　)

A. 电流表G中通过的是交变电流

B. 若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 A

C. 若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mA

D. 当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小

【答案】AB

【解析】

【详解】A．变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表g中通过的仍是交流电流，A正确；

B．根据变压器原副线圈电流与匝数成反比： ， ，B正确；

C．若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；

D．根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误．

三、非选择题∶包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题每个试题考生都必须作答，第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题∶11题，共129分。

9.为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路．图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：

⑴将S拨向接点1，接通S1，调节_____，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_________的读数I；

⑵然后将S拨向接点2，调节_____，使____________，记下此时RN的读数；

⑶多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．

【答案】    (1). R0    (2). 标准电流表A0    (3). RN    (4). 标准电流表A0的示数为I    (5). 平均值

【解析】

此题测量微安表头A的内阻采用的是替代法．首先将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表A0的读数I；然后将S拨向接点2，让电阻箱替代待测电流表，调节RN,使标准电流表A0的读数仍为I；此时电阻箱读数等于待测电流表内阻,记下此时RN的读数；多次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值．

10.如图甲所示，在倾角为30°足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：

(1)滑块运动到A处的速度大小；

(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？

【答案】(1)5m/s；(2)5m

【解析】

【详解】(1)由题图乙知：

在前2 m内，，做正功；

在第3 m内，，做负功；

在第4 m内，．

滑动摩擦力：，始终做负功．

对OA过程（前4m过程），由动能定理列式得

即

解得

(2)冲上斜面的过程，由动能定理得

所以冲上斜面AB长度L=5m。

【点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的．若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待。

11.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点相切，半圆形轨道的半径为R．一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C(不计空气阻力)．试求：

（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；

（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．

【答案】（1）（2）mgR

【解析】

【详解】（1）设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB

则有

FNB﹣mg=m

又

FNB=8mg

由能量守恒定律可知弹性势能

（2）设物体在C点的速度为vC，由题意可知

mg=m

物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得

Q=mvB2﹣（mvC2+2mgR）

解得

Q=mgR

12.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l´，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力．

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；

（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；

（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．

【答案】（1）轨迹图如图所示：

（2）      （3）  ; 

【解析】

【详解】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示．（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）

（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有

qE=ma    ①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有

v1=at    ②

    ③

    ④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得      ⑤

由几何关系得

     ⑥

联立①②③④⑤⑥式得

    ⑦

（3）由运动学公式和题给数据得

    ⑧

联立①②③⑦⑧式得

    ⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则

    ⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，

    ⑪

由③⑦⑨⑩⑪式得

    ⑫

【点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量．

（二）选考题∶共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一小题计分。

13.一定质量理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p－V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA＝300 K，试求：

①气体在状态C时的温度TC；

②若气体在A→B过程中吸热1000J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？

【答案】（i）375K （ii）气体内能增加了

【解析】

【分析】

A与D状态的温度相同，借助D到C得过程确定C的温度，根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化；

【详解】① D→A为等温线，则

C到D过程由盖吕萨克定律得：

得：

②A到B过程压强不变，由

有热力学第一定律

则气体内能增加，增加400J

14.如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1和S2距离之差为2.1×10－6 m，今分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？

(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－7 m；

(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；

(3)若用A光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象.

【答案】(1)暗条纹　(2)亮条纹　(3) 光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.

【解析】

【详解】(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由得

λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m＝6×10－7 m

根据路程差Δr＝2.1×10－6 m

所以

由此可知，从S1和S2到P点的路程差Δr是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹.

(2)根据临界角与折射率的关系sin C＝得

由此可知，B光在空气中波长λ3为

λ3＝nλ介＝×3.15×10－7 m＝5.25×10－7 m

所以

可见，用B光做光源，P点为亮条纹.

(3)光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.