2020届河北省衡水中学高三（下）高考押题物理试题（解析版）

2020 年河北衡水高考押题试卷物理试卷 二、选择题 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. 【答案】C 【解析】 【详解】A．是聚变反应，反应剧烈，至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段，故 A 项不合题意； B．是裂变反应，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，故 B 项不合题意； C．是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故 C 项符合题意； D．是人工核反应，需要高能 α 粒子，故 D 项不合题意。 故选 C。 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 5m/s 匀速骑行，则脚踩踏板的角速度约为（　　） A. 3.2 rad/s B. 6.4 rad/s C. 12.6 rad/s D. 18.0rad/s 【答案】B 【解析】 【详解】飞轮和后轮角速度 ω1 相等，链轮和飞轮的边缘线速度 v 相等，链轮和踏板角速度 ω2 相等，可得 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 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 3 2 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + 235 1 141 92 1 92 0 56 36 0U n Ba kr 3 n+ → + + 238 238 0 94 95 1Pu Am e−→ + 27 4 30 1 13 2 15 0Al He P n+ → + 1 2 2 6.4rad/sN v N R ω = =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 【答案】C 【解析】 【详解】A．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷 相同，根据公式 可知，它们进入匀强磁 场后做匀速圆周运动的周期相同，选项 A 错误； BC．如图所示为带电粒子的运动轨迹， 设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为 θ，则运动时间 在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据 可知，速率一定越大，选项 B 错误，选项 C 正确； D．通过的路程即圆弧的长度 与半径 r 和圆心角 θ 有关，速度越大路程并不是越短，选项 D 错误。 故选 C。 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 +q，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 q m 2 mT qB π= 360t T θ= ° mvr qB = L rθ=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 90°，系统电势能减少了 6qEa D. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90°，系统电势能减少了 8qEa 【答案】D 【解析】 根据对称性可知，八个带正电的小球在立方体中心位置处产生的合电场强度为零，则此位置处的场强只等 于匀强电场的场强 E，选项 A 错误；上方的右边两个小球受到的电场力的合力相同，上方的左边两个小球 受到的电场力的合力相同，但是与右边两个小球受到的电场力不同，选项 B 错误；若以右下底边为轴把这 个立方体向右侧翻转 90°，则电场力对右上方两球做功为 2qEa；对左上方两个球做功 2qE∙2a；对左下方两 球做功 2qEa；，则共做功为 8qEa，即系统电势能减少了 8qEa，选项 D 正确，C 错误；故选 D. 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 【答案】BCD 【解析】 220 2V【详解】A．由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为 A、B 两端电压为 故 A 错误； B．副线圈交变电流频率 50Hz， 变压器变压不变频，且每转一周电流方向改变两次，故 1s 内电流方向改 变 100 次，B 正确； C．根据二极管的单向导电性可知，把 AC 接一起，再把 BH 接一起，则在变压器的副线圈的电路回路为 BHGDCA，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 C 正确； D．把 ACF 接一起，再把 BEH 接一起，根据二极管的单向导电性可知，则电流可以形成 BHGDCA 或者 AFGDEB 两种单项导电的电流，则电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 D 正确。 故选 BCD。 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。由 35 颗卫星组成，包括 5 颗静止轨道卫星、3 颗倾斜同步轨道卫星、27 颗中地球轨道卫星，下表给出了其中三颗卫星的信息，其中倾角为轨道平面与赤 道平面的夹角。下列陈述正确的是（　　） A. 北斗-IGSO2 的运行周期和地球自转周期相等 B. 北斗-G4 的线速度小于北斗-M3 的线速度 C. 北斗-IGSO2 总在地面上某点的正上方 D. 北斗-IGSO2 和北斗-M3 的周期的三分之二次方之比约等于 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由表格可知，北斗 IGSO2 为倾斜地球同步轨道卫星，所以其运行周期和地球自转周期相等， 故 A 正确； B．由表格可知，北斗 G4 为同步卫星，北斗 M3 为中高卫星，根据万有引力提供向心力得 为 1 220 V 2 2U = 1 2 1 2 22VnU Un = = 5 3可知北斗 G4 的线速度小等于北斗 M3 的线速度，故 B 正确； C．倾斜轨道卫星的周期是 24 小时，在地面上看是移动的，因此不能总是在某点的正上方，故 C 错误； D．根据万有引力提供向心力得 解得 可知周期的三分之二次方之比等于它们的半径之比，为 ，其中 R0 为地球的半径，约为 6400km=6.4×106m，所以 故 D 错误。 故选 AB 7.如图所示，光滑水平地面上有 A、B 两物体，质量都为 m， B 左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹 簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A 以速率 v 向右运动，当 A 撞上弹簧后，设弹簧始 终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程说法正确的是（　　） A. A 物体最终会静止， B 物体最终会以速率 v 向右运动 B. A、B 系统的总动量最终将大于 mv C. A、B 系统的总动能最终将大于 D. 当弹簧的弹性势能最大时 A、B 的总动能为 【答案】CD 【解析】 【详解】ABC．系统水平方向动量守恒，弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放导致系统总动能增加， 有 。 2 2 Mm vG mr r = 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 34 rT GM π= 3 0 3 0 35833 10 21607 10 R R + × + × 3 6 3 0 3 6 3 0 35833 10 6.4 10 35833 10 51.521607 10 6.4 10 21607 10 3 R R + × × + ×≈ ≈ ≠+ × × + × 21 2 mv 21 4 mv A Bmv mv mv= +故 B 物体最终向右运动的速率大于 v，A、B 系统的总动量最终将等于 mv，而 A、B 系统的总动能最终将大 于 ，则 AB 错误， C 正确； D．弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，此时 A、B 两物体具有相同的速度，由动量守恒知 则有 故 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块 A、B，质量均为 m ，其中物块 A 被 一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固定在高处 O 点，弹性绳的原长为 L，劲度系数为 k，当物块 A 在 O 点正下方时绳处于原长状态。现使物块 A、B 一起从绳和竖直方向夹角为 θ=60°开始释放，下列说法正 确的是（　　） A. 刚一释放时物块 A 对物块 B 的推力为 B. 物块 A 向右运动的最远距离为 C. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A 做的功大于 A 对 B 做的功 D. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A 的冲量大于 A 对 B 的冲量 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．由几何关系可知，开始时绳子的长度 则此时弹性绳的弹力 设 A 与 B 的质量都是 m，弹性绳沿水平方向的拉力推动 A、B 一起做加速运动，则 2 2 2 p 1 1 1 2 2 2A BE mv mv mv+ = + 21 2 mv 1 2v v′ = 2 21 1( )2 2 4k vE m mv= = 3 4 kL 2 3L 1 2cos60 LL L= =° 1( )F k l k L L kL= ∆ = − =2ma=Fsin60° 物块 A 对 B 的推力为 故 A 正确； B．A 与 B 一起经过 O 点的正下方时，弹性绳的弹性势能转化为 AB 的动能，则 在 AB 经过 O 点正下方后，由于 A 受到绳子的拉力，A 与 B 分离，分离后到 A 到达最右端时，A 的动能转 化为弹性绳的弹性势能，则 可知 结合几何关系可知，物块 A 向右运动的最大距离小于 ，故 B 错误； C．从静止开始到 A、B 分离时，绳子对 A 做功转化为 A 与 B 的动能，而 A 对 B 做的功只转化为 B 的动能， 所以从静止开始到 A、B 分离时，绳子对 A 做功大于 A 对 B 做的功，故 C 正确； D．根据动量定理可知，绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量转化为 A 与 B 沿水平方向的动量，而 A 对 B 的 冲量只转化为 B 的冲量，所以绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量大于 A 对 B 的冲量，则绳子对 A 的冲量一 定大于 A 对 B 的冲量，故 D 正确。 故选 ACD。 9.手机电池多为锂电池，这种电池的电动势并不是一个定值，刚充满的电池电动势约 4.2V，在使用过程中 降低到 3.2V 时建议终止放电。为尽可能精确地测量出某手机电池刚充满电时的电动势，可供选用的器材如 下∶ A.电流表 A：量程 0~0.6A、内阻 0.6Ω B.电压表 V：量程 0~15V、内阻 3kΩ C.滑动变阻器 R：最大阻值 5Ω D.电阻箱 R0： 0~9999Ω E.待测手机电池 E F.一个开关 S 及导线若干 (1)选用合适的仪器，在答题纸的虚线框内画出你设计的实验电路图_________； (2)根据自己设计的电路，得到电动势需要测量的物理量有________，电动势测量值的表达式________。 N 1 3sin 602 4F ma F kL= = ⋅ ° = 2 21 1( ) 22 2 mk x mv∆ = × 2 21 1( )2 2 mk x mv′∆ = x x′∆ < ∆ 2 tan 60 2 3L L⋅ ° =【 答 案 】 (1). (2). 电 阻 箱 的 示 数 和 相 应 电 流 表 示 数 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]常见的测量电源电动势的方法有伏安法、伏阻法、安阻法，本实验电压表量程过大，滑动变 阻器阻值太小，会使电流表过载，因而应选用安阻法。 (2)[2]根据安阻法原理 E=I（r+R+RA），需记录电阻箱阻值 R 及对应的电流表读数 I； [3]根据闭合电路的欧姆定律有 联立可解得 10.某同学用如图所示的气垫导轨和光电门装置来做“验证动能定理”的实验，他的操作步骤如下∶ ①将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在实验台上，②将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较近一端的某点 B 处，③将带有遮光条的质量为 M 的滑块放置在气垫导轨上的 A 处，④用 n 个质量为 m 的钩码连接成串， 经绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从 A 点由静止释放，在光电计时器上读出遮光条通过光电门的时间 t ，⑤ 改变钩码个数，使滑块每次从同一位置 A 由静止释放，重复上述实验过程。实验中释放点 A 到光电门的距 离为 s ，遮光条的宽度为 d： (1)该同学操作中疏漏的重要实验步骤是___________； (2)数据处理时，该同学认为钩码的总重力等于滑块所受的外力，得出滑块动能的表达式为______，滑块所 受外力做功的表达式为______； (3)根据你掌握的物理知识判断，该同学认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”，是否合理，并说明理由 ______； 1 2 1 2 2 1 ( )I I R RE I I −= − 1 1( )AE I r R R= + + 2 2( )AE I r R R= + + 1 2 1 2 2 1 ( )I I R RE I I −= −(4)该同学正确操作后，用图像法处理数据，若以钩码个数为横轴，以时间 t 的____次方为纵轴，画出的图 像是直线，直线斜率的表达式是____。 【答案】 (1). 第①步中，气垫导轨应调水平 (2). (3). nmgs (4). 不合理，因钩码处于 失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所受的外力 (5). -2 (6). 【解析】 【详解】(1)[1]为了保证细绳的拉力为滑块的合外力，需要细绳与导轨平行，则第①步中，气垫导轨应调水 平； (2)[2]对滑块进行分析，合外力做功等于动能的变化，若钩码的总重力等于滑块所受的外力，则滑块动能的 表达式为 [3]滑块所受外力做功的表达式为 (3)[4]若同学认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”是不合理的，对钩码由牛顿第二定律 对滑块 联立可得 故当 时， ，则理由是因钩码处于失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所受的外力。 (4)[5][6]若 ，对滑块由动能定理 可得 故以时间 t 的负二次方为纵轴，以钩码个数 n 为横轴，画出的图像是直线，直线斜率的表达式是 。 2 22 Md t 2 2mgs Md 2 2 2 1 02 2k MdE Mv t ∆ = − = =W nmgs合 Tmg F ma− = TF Ma= T 1 mg mgF M mM m M = ⋅ =+ + m M