河北省保定市2020届高三物理二模试题（Word版附解析）

物理部分 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～ 18 题只有一个选项符合题目要求，第 19~21 题有多个选项符合题目要求，全部选 对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分。 1.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（　　） A. 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实 B. 乙图中表示条形磁铁的磁感线从 N 极出发，到 S 极终止 C. 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实 D. 丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考察几种基本磁场以及安培定则的应用。 【详解】A．根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故 A 错误； B．磁感线是闭合曲线，在磁体内部从 S 极指向 N 极，故 B 错误； C．根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N 极向纸面内转动，故 C 正确； D．根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N 极向纸面外转动， 故 D 错误。 故选 C。 2.斜面体 P 静止在水平面上，从斜面上某个位置由静止释放一物块 Q，Q 沿斜面加速下滑。 在 Q 下滑过程中（　　）A. 若 P 保持静止不动，Q 的机械能守恒 B. 若 P 保持静止不动，Q 减小的重力势能可能大于它增加的动能 C. 若 P 相对地面滑动，P、Q 组成的系统在水平方向动量守恒 D. 若 P 相对地面滑动，P、Q 增加的动能之和一定等于 Q 减少的重力势能 【答案】B 【解析】 【分析】 本题考查动量守恒定律的应用条件以及通过能量守恒定律分析运动过程中的能量转化。 【详解】A．未告知斜面是否光滑，无法确定 Q 是否机械能守恒，故 A 错误； B．若斜面粗糙，减小的重力势能转化为动能和内能，故 B 正确； C．未告知地面是否光滑，若地面粗糙，水平方向动量不守恒，故 C 错误； D．若任意接触面有摩擦，都会有内能产生，故 D 错误。 故选 B。 3.黑体辐射的研究表明：辐射强度、波长分布与辐射体的温度有密切关系。此研究对冶金工业 的迅速发展有巨大贡献，如图所示，图中画出了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系， 从中可以看出（　　） A. 温度越高，辐射电磁波的波长越短 B. 温度越低，辐射电磁波的波长越长 C. 同一波长的辐射强度随着温度的升高而增强 D. 不同温度时辐射强度的最大值变化无规律可循【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查黑体辐射的基本知识。 【详解】AB．无论温度高低，黑体都会产生所有波长的电磁波，故 AB 错误； C．同一波长的辐射强度随着温度的升高而增强，故 C 正确； D．温度升高，辐射强度的最大值向短波长、高频率的方向移动，故 D 错误。 故选 C。 4.某行星半径为 R，其同步轨道卫星 A 距离行星表面高度为 4R，周期为 T，物体 B 静止在行 星 赤道上。已知引力常量为 G，下列说法中正确的是（　　） A. A、B 的向心力大小之比为 5：1 B. A、B 的向心加速度之比为 4：1 C. 行星的质量为 D. 行星的质量为 【答案】D 【解析】 【分析】 本题考查万有引力定律的应用。 【详解】A．未告知物体质量，向心力无法计算，故 A 错误； B．同步卫星与星球表面赤道位置的物体周期相同，根据向心加速度公式 同步卫星轨道半径为 5R，A、B 的向心加速度之比为 ，故 B 错误； CD．根据公式 可得 的 2 3 2 256 R GT π 2 3 2 500 R GT π 2 2 4 ra T π= 5:1 2 2 2 4GMm m rr T π=同步卫星轨道半径为 5R，行星的质量为 ，故 C 错误，D 正确。 故选 D。 5.某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心 O 与两根筷子在同一竖直面 内，小球质量为 m，筷子与竖直方向之间的夹角均为 ，筷子与小球表面间的动摩擦因数为 （最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为 g。每根筷子对小球的压力至少为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题考查基本受力分析和正交分解法。 【详解】 对小球受力分析 2 3 2 4 rM GT π= 2 3 2 500 R GT π θ µ ( )2 sin cos mg µ θ θ− ( )2 cos sin mg µ θ θ− ( )2 cos sin mg µ θ θ+ ( )2 sin cos mg θ µ θ−解得 故选 B。 6.汤姆孙发现电子的质谱装置示意图如图所示，两块水平正对放置的平行金属板，板长为 L， 两板间距以及板右端到屏的距离均为 L， 为垂直于屏的中心轴线。一电子从 O 点以水平 初速度 v0 射入两板间，若在两极板间加大小为 U 的电压，电子从 A 点射出极板，最终打在屏 上 B 点。已知 的距离为 L，下列说法正确的是（　　） A. OA 在竖直方向的距离为 B. OA 在竖直方向的距离为 C. 电子的比荷为 D. 电子的比荷为 【答案】BC 【解析】 【分析】 本题考查带电粒子在电场中的偏转。带电粒子先在电场中偏转，再做匀速直线运动。 【详解】AB．记 A 点速度 与水平方向夹角为 ， 2 cos 2 sinf mg Nθ θ= + f Nµ= ( )2 cos sin mgN µ θ θ= − OO′ O B′ 2 5 L 3 L 2 02 3 v U 2 03 2 v U A ν θ tan 2 OA OA y x θ = ⋅解得 故 A 错误，B 正确； CD．根据偏转位移公式 电子比荷 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 7.如图所示，一半径为 R 的竖直光滑半圆轨道在底部与光滑水平面相切，质量为 m 的小球 A 以初速度 沿水平面向右运动，与静止的质量为 3m 的小球 B 发生碰撞后粘连在一 起滑向半圆轨道。小球可视为质点且它们碰撞时间极短，重力加速度为 g，关于 AB 粘连之后 的运动，下列说法中正确的是（　　） A. 能够到达半圆轨道的最高点 B. 会在到达半圆轨道最高点之前某个位置脱离轨道 C. 刚滑上半圆轨道时对轨道的压力为 4mg D. 在半圆轨道上滑到与圆心等高处时对轨道的压力为 mg 【答案】BD 【解析】 【分析】 1 tan tan2OA ABy y L L Lθ θ+ = + = 3OA Ly = 2 0 1 2 Uq Ly md v  = ⋅ ⋅    2 20 0 2 2 23 3 L v L vq m UL U ⋅ ⋅ ⋅ = = 0 6v gR=本题考查动量守恒碰撞问题以及竖直平面内的圆周运动。 【详解】A、B 小球发生碰撞 刚上圆轨道时，对 AB 整体受力分析 解得 对 A、B 整体在圆弧轨道上的运动运用动能定理分析 无解，无法到达轨道最高点。 对 A、B 整体从底端运动到与圆心等高位置运用动能定理分析 支持力充当向心力 故 AC 错误，BD 正确。 故选 BD。 8.如图所示，边界 OA 与 OC 之间存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外， ∠AOC=60°。边界 OA 上距 O 点 l 处有一粒子源 S，可发射质量为 m，带正电荷 q 的等速粒子。 当 S 沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从 OC 边界射出。则（　　） ( )0 3mv m m v= + 0 1 4v v= 2 4 4NF mg m R v− = 13NF mg= 2 2 1 1 14 4 4 22 2m v m v mg R⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⋅ 1v 2 2 2 1 14 4 42 2m v m v mg R⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⋅ 2 2v gR= 2 24N vF m mgR = ⋅ =A. 粒子的最大发射速率不超过 B. 粒子的最大发射速率不超过 C. 粒子从 OA 边界离开磁场时离 S 的最远距离可能为 l D. 粒子从 OA 边界离开磁场时离 S 最远距离可能为 【答案】AD 【解析】 【分析】 本题主要考察带电粒子在磁场中的运动。 【详解】 AB．要使没有粒子从 OC 边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足 故 A 正确，B 错误； CD．粒子速度 ，从 OA 边界离开磁场时离 S 最远距离 的 3 4 qBl m ( )2 3 3 qBl m − 3 2 l 1 sin 602 mvl qB ⋅ ° = 3 4 Bql m ν = 3 4 Bql m ν =故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 三、非选择题：共 174 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。 9.某同学用如图所示的实验装置探究滑块的加速度与合外力的关系。 气垫导轨下面的位置标尺 0 刻度在左侧，调整气垫导轨使之水平，在导轨左边某位置固定一 光电门，记下光电门的位置 x1。把轻绳一端连在拉力传感器上，另一端与滑块相连，钩码通 过动滑轮挂在定滑轮与传感器之间。将滑块放在导轨右侧某位置，记下滑块上遮光条的初始 位置 x2。开通气源，由静止释放滑块，滑块向左运动，通过光电门时记录滑块上遮光条的遮 光时间为 t。 (1)实验中通过改变钩码的质量或者改变钩码的个数来改变滑块受到的合外力，_________ （填“需要”或者“不需要”）考虑钩码的质量远小于滑块的质量； (2)该同学测得遮光条的宽度为 d。则钩码的加速度大小 a=_________（用题设条件中物理量 的字母表示）。 【答案】 (1). 不需要 (2). 【解析】 【分析】 本题考查实验：验证牛顿第二定律。 【详解】(1)[1]不需要。仅当运用钩码重力充当合外力时需要满足钩码的质量远小于滑块的质 量。本题中有拉力传感器，故不需要考虑钩码的质量远小于滑块的质量。 (2)[2]物体通过光电门的平均速度视为瞬时速度 0 32 sin 60 2d R l l= = ⋅ = 2 22 d xt物体初速度为 0，总位移为 ，故加速度 10.小明同学购买了一捆标称长度为 L=100m 的铜导线，他想用学过的知识来测量该电线的电 阻率。他先用多用电表粗测了该电线的电阻 Rx 大约 2Ω。然后从实验室还找到以下器材： A.电源 E：电动势约为 4.0V，内阻约 0.2Ω； B.电流表 A1：量程为 0.6A，内阻 r1=1Ω； C.电流表 A2：量程为 3A，内阻约为 0.1Ω D.定值电阻 R1=20Ω； E.定值电阻 R2=5Ω； F.滑动变阻器 R：最大阻值 5Ω； G.开关 S 一个，导线若干； H.螺旋测微器。 (1)他用螺旋测微器测量导线的直径 d，其中一次测量的示数如图所示，d=_____________mm； (2)请根据方框乙内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电 路图上注明所选元件符号___________； (3)小明用设计的电路进行实验，获得多组电流表 A1 和 A2 的读数 I1、I2，描点作图得到如图 丙所示的图象。如果把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为 =_________×10-8Ω·m（取 3.14，计算结果保留两位小数）； (4)通过查询相关资料，小明发现铜导线的标准电阻率 Ω·m，则该导线的实际 长度为_______m（保留三位有效数字）。 dv t = 2 1x x− 2 2 2 0 2 2 v da x xt −= = ρ π = 8 0 1.75 10ρ −= ×【答案】 (1). 1.128（1.127-1.129） (2). (3). (4). 【解析】 【分析】 本题考查实验：测量电阻丝电阻率。 【详解】(1)[1]根据螺旋测微仪读数原则，读数为 1.128（1.127-1.129）mm。 (2)[2]粗测阻值约为 2Ω，故测量电路选用电流表外接法。电路中最大电流约为 2A，电流表选 择 A2。运用 A1 和 R2 改装出一个量程为 3.6V 的电压表。故实验电路如图 (3)[3]运用欧姆定律对电路进行分析 根据图像斜率，得 。 81.67 10−× 95.3 ( ) ( )1 1 1 2 1 xU I r R I I R= + = − ( )1 1 2 1 x x R r RI IR + += 1.67ΩxR =得 (4)[4]根据电阻率计算公式 11.一皮带传送机械的结构示意图如图所示，O1 为同轴套装轮的轴心，半径分别为 r1、r2，外 轮与轴心为 O2 半径为 r3 的滑轮由皮带相连，内轮通过细绳牵引一质量为 m 的物块。已知重力 加速度为 g， ，皮带和细绳在传动过程中都不打滑。 (1)求半径为 r1、r2、r3 的三个滑轮的角速度之比； (2)滑轮 O2 由静止开始逆时针加速转动，经过时间 t 转了 N 周，此过程中物块通过皮带传送向 上做匀加速运动，求细绳的拉力。 【答案】(1) ；(2) 。 【解析】 【分析】 本题考查圆周运动传动问题，以及牛顿第二定律在匀变速直线运动中的运用。 【详解】(1)根据轮轴传动原理 ， 2d 2RRS L L π ρ  ⋅   = = 81.67 10 Ωρ −= × 0 95.3mRSL ρ= = 3 2 14 2r r r l= = = 1:1: 4 22 Nm lmg t π+ 1 2 ω ω= 1 3v v= 1 1 3 3r rω ω= 1 3 3 1: : 1: 4r rω ω = =(2)根据轮轴传动原理 相同时间内，半径为 的滑轮边缘走过的路程是半径为 的滑轮的一半。故物体位移 物体初速度为 0，则加速度 对物体受力分析 12.由某种能导电的材料做成正方体物块 ABCD-EFGH，质量为 m，边长为 l，如图所示，物块 放在绝缘水平面上，空间存在垂直水平面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场。已知材料电阻 可忽略不计，与水平面的动摩擦因数为 （ ），重力加速度为 g。 (1)如果固定物块，垂直 ABCD 表面向里给物块通以恒定电流 I，已知电流的微观表达式 I=neSv （n 为该材料单位体积的自由电子数，e 为电子电荷量大小，S 为垂直电流的导体横截面积，v 为电子定向移动的速率），物块某两个正对表面会产生电势差，请指出这两个正对表面及其电 势高低的情况，并求出两表面间的电压； (2)如果垂直表面 BCGF 向左施加大小为 mg 的恒力，物块将在水平面由静止开始向左运动。 已知该材料介电常数为 ，其任意两正对表面可视作平行板电容器，电容 ，其中 S 为 正对面积，d 为两表面间距。求： ①当物块速度为 v 时物块某两个表面所带电荷量大小 Q，并指出带电荷的两个表面及其电性； ②任一时刻速度 v 与时间 t 的关系。 1 2 3: : 1:1: 4ω ω ω = 2 1 3 1 1 2 2v v v= = 2r 3r 3 1 122 4x N r N lπ π= ⋅ ⋅ = 2 2 2 2 x N la t t π= = F mg ma− =拉 22 Nm lF mg t π= +拉 µ 1µ < ε SC d ε=【答案】(1) ，见解析；(2)① ，见解析；② 。 【解析】 【分析】 本题考查安培定则和电磁感应定律，结合运动进行分析。 【详解】(1)自由电子在磁场中运动，受到洛伦兹力，根据安培左手定则，洛伦兹力向左。当 电流稳定时，对载流子受力分析 故电场力向右。由于金属导体载流子 电子带负电，故场强方向向左，可得面 ADHE 和面 BCGF 之间存在电势差，且面 ADHE 电势较低。其电势差为 根据电流微观表达式，自由电子速度 则电势差为 (2)①物块向左运动，对自由电子受力分析，洛伦兹力垂直纸面向里，电场力垂直纸面向外， 故场强垂直纸面向里，面 ABCD 带正电，面 EFGH 带负电。 ②对物体本身受力分析 物体从静止开始做匀加速运动 13.如图所示，绝热气缸固定在水平面，用锁定的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸 内，解除锁定后活塞向右运动，不计活塞与气缸间的摩擦，活塞稳定后关于气缸内的气体， 以下说法正确的是（　　） 为 e BI n l 2vBlε ( )1v gtµ= − Eq qvB E Bν= ⇒ = U Ed vBl= = 2 Iv nel = e BIU n l = 2 2lQ UC vBl vBll ε ε= = ⋅ = mg mg maµ− = ( )1v at gtµ= = −A. 所有气体分子的运动速率都减小 B. 内能减小 C. 一定时间内撞击气缸单位面积器壁的分子数减少 D. 一定时间内气缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小 E. 温度不变 【答案】BCD 【解析】 【分析】 本题考查对理想气体方程和热力学定律的理解应用。 【详解】本体为绝热过程，无热传递。气体对外做功，内能减小。故温度降低，气体分子平 均速率减小。体积变大，压强变低，故一定时间内撞击气缸单位面积器壁的分子数减少，一 定时间内气缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小。AE 错误，BCD 正确。 故选 BCD。 14.如图所示，玻璃管 N 上端开口，管长 L=105cm，在 N 的底部通过细玻璃管与玻璃管 M 相 连，M 上端封闭，M 与 N 横截面相同，细玻璃管内部设有单向阀门 K，当 N 管内气压大于 M 管内气压时，K 打开，M、N 连通。将 M 竖直插入水银槽中，里边气柱总长为 L，管内外液 面高度差为 h=30cm。A 是与 N 配套的气密性良好的活塞，已知外界大气压为 cmHg， 全过程 M 相对水银槽位置不变，忽略气体温度的变化和水银槽液面高度的变化，细管内气体 可忽略不计。 (1)活塞 A 向下压缩多大距离阀门 K 才会连通 M、N？ (2)将活塞 A 压到 N 的底部时，求 M 内外液面高度差 H（计算结果可以保留根号）。 0 75p =【答案】(1) 30cm；(2) 。 【解析】 【分析】 本题考查对理想气体方程的理解和应用。 【详解】(1)对 M 管液面分析可得气体压强 。本题不计温度变化，对 N 管运 用玻意耳定律 记两管横截面积为 S，由题可得 ， ， ， 故向下压缩 30cm 阀门 K 才会连通 M、N (2)N 管中气体长度为 75cm 时两管联通，对总气体运用玻意耳定律 由题和第一问可得 ， ， ， 解得 H= 15.某介质中两个波源 A、B 同时开始振动，它们的振动图象如图乙所示。已知 A、B、C 在一 条直线上，AB=2m，BC=3m，两波源引起的机械波在介质中传播的速度均为 10m/s。下列说法 中正确的是（　　） 。 ( )30 21 75 cm− M 105cmHgp = 1 1 2 2N N N Np V p V= 1N 0p p= 1NV SL= 2N 'V SL= 2N Mp p= 5 75cm7L L =′ = 1 1 2 2pV p V= 1 105cmHgp = ( )1V S L L= + ′ 2 0( )cmHgp p H= + ( )2V S L h H= ⋅ − + ( )30 21 75 cm−A. 两列波在介质中传播的叠加区域内可能会发生干涉现象 B. A 波的波长为 4m C. B 波的波长为 6m D. t=1.2s 时在 C 位置的质点的位移为-3m E. t=1.2s 时在 C 位置的质点的位移为+4m 【答案】BCD 【解析】 【分析】 本题考察通过振动图像分析简谐振动和波的叠加和干涉相关知识。 【详解】读图，波源 A、B 周期分别为 0.4s，0.6s。 A．波源周期不同，不发生干涉，故 A 错误； B．根据机械波波速公式 故 B 正确； C．根据机械波波速公式 故 C 正确； DE．波源 A 引起的机械波 0.5s 传递到 C 点，起振方向向上，振幅为 3cm，再经过 0.7s 即 ，振动位移为-3cm；波源 B 引起的机械波 0.3s 传递到 C 点，起振方向向上，振幅为 4cm， 再经过 0.9s 即 ，振动位移为 0cm，叠加后振动位移为-3cm。故 D 正确，E 错误。 故选 BCD。 16.如图所示，一半圆形玻璃砖半径为 R，圆心为 O，AB 与 OC 垂直，一光源 M 同时发出两条 光线 a、b，b 射向圆心 O 点，与 OC 夹角 =30°，光线 a 射向 C 点，与 OC 的夹角 的 4m / sAvTλ = = 6m / sBvTλ = = 7 4T 3 2T θ α=60°，已知玻璃砖的折射率 ，光速为 c。 (1)通过分析判断两条光线从 AB 界面射出后是相交还是平行，如果相交，求交点位置；如果平 行，求两条光线间的距离； (2)求两条光线从 AB 界面射出的时间间隔。 【答案】(1)平行， ；(2) 。 【解析】 【分析】 本题主要考察光的折射定律以及光速与介质的关系。 【详解】 (1)画出光路图，根据光的折射定律 解得 因为 ，故折射角 ，两条光线射出后平行。 3n = 4 R ( )4 2 3 R c − sin sinn α β= 30β = ° β θ= 1 2r r=由几何关系，两光线距离 (2)由几何关系，得 ， ， ， 光线在玻璃砖内速度为 2sin sin rn θ= 1 2 60r r= = ° ( )2sin sin 90 4 Rd R rβ= ⋅ ⋅ °− = MC R= ( )3 1MN R= − 2 3 3CD R= ON R= 3 3 cv cn = = 2 3 33 a MC CD RR Rt t t c v c = + = + = ( ) ( )3 1 2 3 1 b MN NO R RRt t t c v c − − = + = + = ( )4 2 3 R t c − ∆ =