河北省2020届高三省际调研考试物理试题

2020届河北省高三第二次省际调研考试物理试题

考试说明∶

1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

2.考试时间90分钟，共110分。

3.请将各题答案填在答题卡上。

第Ⅰ卷（选择题共48分）

一、选择题（1一8题为单选，9-12题为多选，每题4分，共48分。多选选不全的得2分，有选错或不选得0分）

1.关于物理学史，正确的是（　　）

A. 库仑利用扭秤实验，根据两电荷之间力的数值和电荷量的数值以及两电荷之间的距离推导得到库仑定律

B. 奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电磁感应

C. 法拉第通过实验总结出法拉第电磁感应定律

D. 欧姆通过实验得出欧姆定律，欧姆定律对金属和电解质溶液都适用，但对气体导电和半导体元件不适用

【答案】D

【解析】

【详解】A．库仑利用扭秤实验，得到两电荷之间的作用力与两电荷之间距离的平方成反比，与电量的乘积成正比，从而推导出库仑定律，但当时的实验条件无法测出力的数值和电荷量的数值，选项A错误；

B．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，不是电磁感应现象，选项B错误；

C．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯通过实验总结出了法拉第电磁感应定律，人们为了纪念法拉第，所以将其命名为法拉第电磁感应定律，故C错误；

D．欧姆定律是个实验定律，适用于金属导体和电解质溶液，对气体导电、半导体导电不适用。故D正确。

故选D。

2.两辆汽车a、b在两条平行的直道上行驶。t=0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 汽车a在10s末向反方向运动

B. 汽车b一直在物体a的前面

C. 5s到10s两车的平均速度相等

D. 10s末两车相距最近

【答案】B

【解析】

【详解】A．汽车a的速度一直为正值，则10s末没有反方向运动，选项A错误；

B．因v-t图像的面积等于位移，由图可知，b的位移一直大于a，即汽车b一直在物体a的前面，选项B正确；

C．由图像可知，5s到10s两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项C错误；

D．由图像可知8-12s时间内，a的速度大于b，两车逐渐靠近，则12s末两车相距最近，选项D错误；

故选B。

3.互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的夹角不变，则其合力（　　）

A. 若两力的夹角小于90°，则合力一定增大

B. 若两力的夹角大于90°，则合力一定增大

C. 若两力的夹角大于90°，则合力一定减小

D. 无论两力夹角多大，合力一定变大

【答案】A

【解析】

【详解】A．若两力的夹角小于90°，如左图，则合力一定增大，选项A正确；

BCD．若两力的夹角大于90°，如右图，则合力可能先减小后变大，选项BCD错误；

故选A。

4.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则（　　）

A. 卫星a的角速度小于c的角速度

B. 卫星a的加速度大于c的加速度

C. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度

D. 卫星b的周期小于c的周期

【答案】A

【解析】

【详解】万有引力提供向心力

A．由可知，卫星a的角速度小于c的角速度，选项A正确；

B．由可知，卫星a的加速度小于c的加速度，选项B错误；

C．由可知，卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误；

D．由可知，卫星b的周期大于c的周期，选项D错误；

故选A。

5.关于近代物理的知识，下列说法正确的有（  ）

A. 结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定

B. 铀核裂变的一种核反应方程为

C. 中X为中子，核反应类型为β衰变

D. 平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能

【答案】D

【解析】

【详解】A. 比结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项A错误；

B. 铀核裂变的核反应方程中，反应物必须有中子，选项B错误；

C. 中X质量数为4电荷数为2，为α粒子，核反应类型为α衰变，选项C错误；

D. 平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，平均结合能越大的原子核越稳定，平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时出现质量亏损，一定放出核能。故D正确。

故选D。

6.如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知

A. 两小球带电的电性一定相反

B. 甲、乙两球的质量之比为2∶1

C. t2时刻，乙球的电势能最大

D. 在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；

B．两球作用过程动动量守恒

m乙△v乙=m甲△v甲

解得

故B正确；
C．t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；

D．在0〜t3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。
故选B。

7.如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（　　）

A. 从左向右看感应电流的方向为顺时针

B. 从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针

C. 感应电流的大小先减小后增加

D. 铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右

【答案】A

【解析】

【详解】AB．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。
当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误；

D．当线圈中电流为零时，铝环M和线圈之间无磁场力作用，选项D错误；
故选A。

8.在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直b边射出，下列说法正确的是（　　）

A. 磁场区域的最小面积为

B. 离子在磁场中做圆周运动的半径为

C. 磁场区域的最大面积为

D. 离子在磁场中运动的最长时间为

【答案】C

【解析】

【详解】A B．由题可知，离子垂直bc边射出，沿ad方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R=L；磁场区域的最小面积为

故AB错误；

CD．磁场的最大区域是四分之一圆，面积

离子运动的最长时间

故C正确，D错误。
故选C。

9.如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 斜劈对物块的支持力逐渐减小

B. 斜劈对物块的支持力保持不变

C. 斜劈对物块的摩擦力逐渐增加

D. 斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断

【答案】AC

【解析】

【详解】物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向

f-mgsinθ=macosθ

垂直AB方向有

mgcosθ-N=masinθ

解得

f=mgsinθ+macosθ

N=mgcosθ-masinθ

当角速度ω逐渐增加时，加速度a逐渐增加，f逐渐增加，N逐渐减小，故AC正确， BD错误。
故选AC。

10.如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，（M在N的正上方，图示平面为竖直平面）P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点。在M和N之问的电场中画有三条等差等势线。现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点已知油滴在F点时的机槭能大于在W点的机械能。（E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（　　）

A. P和Q两点的电势不相等

B. P点的电势低于S点的电势

C. 油滴在F点的电势能高于在E点的电势能

D. F点的电场强度大于E点的电场强度

【答案】BD

【解析】

【详解】A．P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，故A错误；
B．带正电的油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能，故从F点到W点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低，故P点的电势低于S点的电势，故B正确；
C．由于电场线垂直等势面向上，故E点的电势大于F点的电势，根据Ep=qφ，油滴在F点的电势能低于在E点的电势能，故C错误；

D．因F点等势面密集，则电场线也密集，可知F点的电场强度大于E点的电场强度，选项D正确；

故选BD。

11.如图所示，粗糙的固定水平杆上有A、B、C三点，轻质弹簧一端固定在B点正下方的O点，另一端与套在杆A点、质量为m的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从A处由静止释放，向右运动经过B点时速度为v、加速度为零，到达C点时速度为零，下列说法正确的是（　　）

A. 从A到C过程中，圆环在B点速度最大

B. 从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小

C. 从A到B过程中，弹簧对圆环做的功一定大于

D. 从B到C过程中，圆环克服摩擦力做功等于

【答案】BC

【解析】

【详解】A．圆环由A点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设AB之间的D位置为弹簧的原长，则A到D的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小，D到B的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小，B点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从B到C的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加速后做减速运动，加速度先减小后增大，故B点的速度不一定最大，故A错误；
B．当圆环从A到D运动时，弹簧为拉力且逐渐减小，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从D到B运动时，弹簧被压缩，且弹力沿弹簧向上逐渐增加，此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从A到B过程中，杆对环的支持力一直减小，选项B正确；

C．从A到B过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于mv2，故C正确；
D．从B到C过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不等于mv2，故D错误。
故选BC。

12.如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，下列说法止确的是（　　）

A. 理想电压表V2的示数增大 B. △U3>△U1>△U2

C. 电源输出功率减小 D. △U3与△Ⅰ的比值不变

【答案】BD

【解析】

【详解】A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R的电压、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；

C．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故C错误；

BD．根据闭合电路欧姆定律得

U2=E-Ir

则得

而

据题：R＞r，则得

△U1＞△U2

同理

U3=E-I（R+r）

则得

保持不变，同时得到

△U3＞△U1＞△U2

故BD正确；
故选BD。

第Ⅱ卷（非选择题共62分）

二、非选择题（第13~17题为必考题，每个考生都必须作答。第18~19题为选考题，考生根据要求作答）

（一）必考题（共47分）

13.用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

(1)下列实验条件必须满足的有_____________。

A.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放

B.斜槽轨道要尽量光滑些

C.斜槽轨道末端必须保持水平

D.本实验必需的器材还有刻度尺和停表

(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_____________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时_____________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。

(3)伽利略曾硏究过平抛运动，他推断∶从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，只要下落高度相同，在空中飞行的时间都一样。这实际上是因为平抛物体_____________。

A.在水平方向上做匀速直线运动

B.在竖直方向上做自由落体运动

C.在下落过程中机械能守恒

【答案】    (1). AC    (2). 球心    (3). 需要    (4). B

【解析】

【详解】(1)[1]．ABC．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点；故B错误，AC正确；
D．本实验必需的器材还有刻度尺，但不需要停表，选项D错误；

故选AC。
(2)[2][3]．将钢球静置于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；

(3)[4]．做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，所以高度相同时时间相同；故选B。

14.(1)在“测定金属丝电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝的直径d=__________mm。

(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：

A.干电池两节，每节电动势约为1.5V，内阻约几欧姆

B.直流电压表V1、V2，量程均为0~3V，内阻约为3kΩ

C.电流表，量程0.6A，内阻小于1Ω

D.定值电阻R3，阻值为5Ω

E.滑动变阻器R，最大阻值50Ω

F.导线和开关若干

①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U2、Ⅰ数据，并画出U2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差”或“偶然误差”）。

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1一U2图像如图丙所示，图线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________（用k、a、R0表示）。

【答案】    (1). 2.600    (2). 电压表的分流    (3). 系统误差    (4).     (5).

【解析】

【详解】(1)[1]．金属丝的直径d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm；

(2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差；
②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知

变形得

则有：当U1=0时，U2=a
则有

解得

15.如图所示，一质量m=1.0kg的小球系在竖直平面内长度R=0.50m的轻质不可伸长的细线上，O点距水平地面的高度h=0.95m。让小球从图示水平位置由静止释放，到达最低点的速度v=3.0m/s，此时细线突然断开。取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)小球落地点与O点的水平距离x。

(2)小球在摆动过程中，克服阻力所做的功W；

(3)细线断开前瞬间小球对绳子的拉力T。

【答案】(1)0.9m；(2)0.5J；(3)28N，方向竖直向下

【解析】

【详解】(1)小球从最低点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得
水平方向

x=vt

竖直方向

解得

x=0.9m

(2)小球摆下的过程中，根据动能定理得

解得

(3)小球在圆最低点受重力和拉力，根据牛顿第二定律得

解得

FT=28N

根据牛顿第三定律可知，球对绳拉力大小为28N，方向竖直向下。

16.如图甲所示，将一间距为L=1m的足够长U形导轨固定，导轨上端连接一阻值为R=2.0Ω的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T，质量为m=0.01kg、电阻为r=1.0Ω的金属俸ab垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5，金属棒ab从静止开始下滑，下滑的x-t图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)导轨的倾角θ。

(2)从开始到t=2.5s过程中金属棒上产生的焦耳热。

【答案】(1)37°；(2) 0.01625J.

【解析】

【详解】(1)由x-t图象可知t=1.5s后金属棒开始匀速运动，速度为

金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为

E=BLv

金属棒受到的安培力为

金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得

代入数据解得

θ=37°

(2)从开始到t=2.5s过程，由能量守恒定律得

mgxsinθ=μmgxcosθ+mv2+Q

金属棒产生的热量为

解得

Qr=0.01625J。

17.如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边AB=6L，竖直边BC=8L，O为矩形对角线的交点。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球恰好经过C点。使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场，现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点的小球的动能为初动能的5倍，经过E点（DC中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g，求∶

(1)小球的初动能；

(2)取电场中O点的电势为零，求D、E两点的电势；

(3)带电小球所受电场力的大小和方向

【答案】(1) (2) ； (3) ，方向与OE成37°斜向上

【解析】

【详解】(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得

初动能

解得

(2)从D点射出的小球，由动能定理

解得

因为O点的电势为零，则

从E点射出的小球，由动能定理

解得

因为O点的电势为零，则

(3)设电场方向与OE成θ角斜向上，则从E射出的小球：

从 D射出的粒子

联立解得

θ=37°

电场力的方向与OE成37°斜向上；

（二）选考题（共15分。请考生在18、19题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）

18.下列说正确的是（　　）

A. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

B. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体

C. 理想气体在等压膨胀过程中一定要吸收热量

D. 已知阿伏加徳罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子的直径

E 水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙

【答案】ACE

【解析】

【详解】A．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因吸热内能增大，但其分子动能不变，则分子之间的势能增加，选项A正确；

B．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块是多晶体，看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点。故B错误。

C．理想气体在等压膨胀过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，则一定要吸收热量，选项C正确；

D．已知阿伏加徳罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子运动占据的空间体积，不能估算气体分子的直径，选项D错误；

E．水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，选项E正确；

故选ACE。

19.如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，若a对应的温度为T1=200K，求：

①b点的温度；

②若从a到b过程中内能增加2.5×105J，在这个过程中气体从外界吸收的热量是多少。

【答案】①3200K；②5×105J

【解析】

【详解】①气体从a到b，由气体状态方程

即

解得

Tb=3200K

②若从a到b的过程气体对外做功

内能增加2.5×105J；则

在这个过程中气体从外界吸收的热量是5×105J。

20.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t=0时刻波刚好传播到B点，质点A的振动图像如图乙所示。该波再经过t=_______s传到Q点，t=1.1s，质点A距平衡位置的距离为_______m。

【答案】    (1). 2.4s    (2). m

【解析】

【详解】[1]．由图可知波长λ=20m ，T=0.8s可知波速

则波传到Q点需要的时间

[2]．因为

则质点A的振动方程为

则t=1.1s，质点A的位移为

即质点A距平衡位置的距离为m.

21.如图所示，一张纸上用笔点一个点A，纸放在水平桌面上，用一高度为h的平行玻璃砖放置在纸上且点A在玻璃砖的下面，设光在玻璃砖内的折射率为n，从正上方向下看点A，看到点A的深度为多少？

【答案】

【解析】

【详解】取从A点发出的射向界面的两条光线：一条是垂直射向界面；另一条是斜射到界面的光线，且入射角且很小；折射角为，则由光的折射定律可得

由几何关系

由于αβ均较小，则

联立解得：