2020届河南省六市高三（下）第二次联合调研检测物理试题（解析版）

2020 年河南省六市高三第二次联合调研检测物理能力测试 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项 符合题目要求，第 6～8 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）。 1.一质点做匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 x，动能变为原来的 4 倍，则该质点的加速度为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，末动能为初动能的 4 倍，则 由平均速度公式得 由加速度公式得 联立以上三式，解得 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 2.如图所示，竖直放置的矩形导线框 MNPQ 边长分别为 L 和 2L，M、N 间连接水平的平行板电容器，两极 板间距为 d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。两极板间有一质量为 m、电荷 量为 q 的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为 g，则下列磁场磁感应强度大小 B 的变化情况及 其变化率分别是（　　） 2 x t 2 2 3 x t 2 3 2 x t 2 2x t 2 2 2 1 1 142 2mv mv= × 1 2 2 v v xv t += = 2 1v va t −= 2 2 3 xa t =A. 正在减小， B. 正在减小， C. 正在增强， D. 正在增强， 【答案】D 【解析】 【详解】ABCD．电荷量为 q 的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向 下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源的正极，感应电动势逆时针方向，感应电流的磁场 方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀增强，线框产生的感应电动势 油滴所受电场力与重力大小相等，则 联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为 故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 3.如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压 器均为理想变压器。当升压变压器原、副线圈匝数比为 n 时，用户得到的功率为 P1。现保持发电厂的输出 电功率 P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为 kn 时， 用户得到的电功率为（　　） A. 2 Δ Δ 2 B mgd t qL = 2 Δ Δ B mgd t qL = 2 Δ Δ 2 B mgd t qL = 2 Δ Δ B mgd t qL = 2Δ Δ Δ ΔMN B BE U S Lt t = = = MNUq mgd = 2 Δ Δ B mgd t qL = 2 2 1(1 )k P k P− +B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】ABCD．当升压变压器原副线圈的匝数比为 n 时，由变压器的规律得 设输电线总电阻为 R，由能量守恒得，输电线损失的功率 当升压变压器的原副线圈匝数比为 kn 时，由变压器的规律得 此时输电线损失的功率为 用户得到的功率为 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 4.2020 年 1 月 7 日 23 时 20 分，西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭将通信技术试验卫星五号成功发 射升空，送入预定轨道。如图所示为该卫星绕地球运行示意图，测得它在时间 t 内沿圆周轨道从 M 点运动 到 N 点，这段圆弧所对的圆心角为 。已知地球半径为 R，地球表面重力加速度为 g，则该卫星在轨运行的 线速度大小为（　　） A. B. C. D. 2 2 1(1 )n P n P− + 1 2 2 1(1 ) PPk k − + 1 2 2 1(1 ) PPn n − + 1 1I I n = 2 2 2 1 1P I R n I R P P= = = −损 1 1I I kn =′ ( )2 2 2 2 2 2 1 1P I R k n I R k P k P P′ ′= = = = −损 损 ( ) ( )2 2 1 2 1 1P P k PP P k P kP P− =′= − = − − +用 损 θ R t θ 2 2 3 2 gR t θ 2 3 gR t θ 2 3 gR t θ【答案】D 【解析】 【详解】对于地球表面的物体 对于该卫星 解得 故 ABC 错误，D 正确。 故选 D。 5.如图所示，水平传送带以速度 匀速运动，从传送带边缘垂直传送带弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子弹 入的速度为 ，且 ，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向 为 x 轴正方向，棋子初速度方向为 y 轴正方向，棋子出发点为坐标原点，在下列各图中，最接近棋子在传送 带上留下的墨迹形状的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】依据运动的合成与分解，以传送带为参考系，棋子在垂直传送带方向做初速度不为零的匀减速直 线运动，而在平行传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，物体的运动方向为合速度方向，所受到 2 GmM mgR = ( ) ( ) ( )22 2 GmM mv m R hR h tR h θ = = + +  + 2 3 gRv t θ= 0v v棋 v v0棋 >的摩擦力方向与运动方向相反，故该棋子做匀减速直线运动。由图可知棋子相对于传送带往后运动，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 6.μ 子与氢原子核（质子）构成的原子称为 μ 氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用，如图所示为 μ 氢原子的能级示意图。假定光子能量为 E 的一束光照射容器中大量处于 n=2 能级的 μ 氢原子，μ 氢原子吸 收光子后，发出频率分别为 、 、 、 、 和 的光，且频率依次增大，若普朗克常量为 h，则（　　） A. E=h( + ) B. E=h( - + ) C. E=h( + ) D. E=h( - ) 【答案】AB 【解析】 【详解】μ 氢原子吸收能量后从 能级跃迁到较高 m 能级，然后从 m 能级向较低能级跃迁，若从 m 能 级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态 能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时 μ 氢原子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即 1、2、3…m 任意两个轨道之间都可以产生一种频 率的辐射光，故总共可以产生的辐射光子的种类 解得 ，即 μ 氢原子吸收能量后先从 能级跃迁到能级，然后从 能级向低能级跃迁。辐射光 子的按能量从小到大的顺序排列为 4 能级到 3 能级，能级 3 到能级 2，能级 4 到能级 2，能级 2 到能级 1， 能级 3 到能级 1，能级 4 到能级 1，所以能量 E 与 相等，也等于 和 ，故 AB 正 确，CD 错误。 故选 AB。 7.如图所示，在直角坐标系 xOy 中，0＜x＜d 区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，x＞d 区域内有垂直坐标 平面向外的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 P（0，d）点以平行于 x 轴的初速度 射 1 ν 2 ν 3 ν 4 ν 5 ν 6 ν 1 ν 2 ν 1 ν 4 ν 5 ν 2 ν 4 ν 6 ν 3 ν 2n = 1n = ( )2 m 1C 62 m m −= = 4m = 2n = 4n = 3hv ( )1 2h v v+ ( )1 4 5h v v v− + 0v入电场，经过一段时间粒子从 M（d， ）点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从 N（d，－d）点返回电 场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。不计粒子重力，不考虑电场方向变化产生的影响。 则以下分析正确的是（　　） A. 粒子最后射出电场时速度大小为 2 B. 粒子最后射出电场的位置坐标是（0，2d） C. 电场强度大小为 E= D. 磁场的磁感应强度大小为 B= 【答案】CD 【解析】 【详解】A．粒子在电场做类平抛运动 解得 根据速度的合成与分解得 解得 ，故 A 错误； BC．粒子第一次在电场运动过程，由动能定理有 2 d 0v 2 0mv qd 04 3 mv qd 2 0 0 1 2 2tan 2 2 1 dat dat v v t d α − = = × = × = 4 πα = 0 cos vv α= 02v v= 2 2 0 1 1 2 2 2 dqE mv mv= −代入解得 粒子第二次进入电场，水平方向 解得 竖直方向，电场强度大小不变，方向相反，故做减速运动 联立解得 ，粒子最后射出电场的位置坐标是(0，- )，故 B 错误，C 正确。 D．粒子在磁场运动过程 根据几何关系得 联立解得 ，故 D 正确。 故选 CD。 8.如图甲所示，在倾角为 =30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为 m 的小滑块 A 相连，A 上叠放另一个质量也为 m 的小滑块 B，弹簧的劲度系数为 k，初始时滑块均处于静止 状态。现用沿斜面向上的拉力 F 作用在滑块 B 上，使 B 开始沿斜面向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得 两个滑块的 v－t 图像如图乙所示，重力加速度为 g，则（　　） 2 0mvE qd = cos45d v t= ⋅ 0 dt v = 21sin 2y v t atα= ⋅ − qEa m = 1 2y d= 3 2 d 2vqvB m r = 1 2 2 sin d d r α  +  = 04 3 mvB qd = θA. 施加拉力 F 前，弹簧的形变量为 B. 拉力 F 刚施加上时，A 的加速度为 0 C. A、B 在 t1 时刻分离，此时弹簧弹力大小为 D. 弹簧恢复到原长时，A 的速度达到最大值 【答案】C 【解析】 【详解】A．施加 F 前，物体 A、B 整体平衡，根据平衡条件，有 解得 故 A 错误； B．由图乙可知，拉力 F 刚施加上时，物体 A、B 还未分离，具有相同加速度 a，故 B 错误； C．A、B t1 时刻分离，此时它们具有相同得加速度和速度，且 对 A 代入解得 故 C 正确； D．当 A 受到合力为零时，即 此时 A 达到最大速度，故 D 错误。 故选 C。 第Ⅱ卷（非选择题） 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。 （一）必考题 9.某实验小组设计如图甲所示的实验装置，用来测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在水平桌面 在 mg k 1 ( 2 )2 m g a+ 2 sinmg kxθ = 2 sinmgx k θ= AB 0F = sinF mg maθ′ − =弹 ( )1 22F m a g′ = +弹 sinF mg θ′ =弹上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托 盘连接。在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。 (1)如图乙所示，为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6 是选取的计数点，每相邻两计数点间还 有 4 个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。已知交流电源的频率为 50Hz，根据图中数 据计算出滑块加速度大小为 a=________m/s2，计数点 4 对应的滑块速度大小 =________m/s。（结果均保留 两位有效数字） (2)滑块、托盘（含砝码）的质量分别用 M、m 表示，滑块的加速度用 a 表示，重力加速度为 g，则滑块与 木板间的动摩擦因数 μ=________。（用题中 M、m、g、a 表示） (3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是________。 A．纸带与打点计时器间有摩擦 B．滑轮存在摩擦阻力 C．木板未调节水平，左端偏高 D．未满足 M 远大于 m 【答案】 (1). 0.50m/s2 (2). 0.31m/s (3). (4). AB 【解析】 【详解】(1)[1][2]每相邻两计数点间还有 4 个计时点，相邻两计数点时间间隔 根据逐差法 根据匀变速直线运动规律，4 点的瞬时速度等于 3 点到 5 点的平均速度 (2)[3]以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律 4v ( )mg M m a Mg µ − += 5 0.02s 0.1sT = × = ( ) ( )6 5 4 3 2 1 2 2 + 0.5m/s9 x x x x x xa T + + − += = 35 4 0.31m/s2 xv T = =联立解得 (3)[4]纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据 可知摩擦力增大，故摩擦因数增大，木板未调节水平，左端偏高和未满足 M 远大于 m 均不会影响摩擦力变 大，故 AB 正确，CD 错误。 故选 AB。 10.某同学利用图甲所示电路探究某光伏电池的路端电压 U 与电流 I 的关系，图中定值电阻 R0=5 。设相同 光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。 实验一：用一定强度的光照射该电池，闭合电键 S。调节滑动变阻器 R 的阻值，通过测量得到该电池的 U—I 曲线 a 如图丙所示。 实验二：减小实验一光照的强度，重复实验，测得 U—I 曲线 b 如图丙所示。 (1)某时刻电压表示数如图乙所示，读数为________V。由图像可知，此时电源内阻为________ 。 (2)在实验一中，当滑动变阻器的电阻为某值时路端电压为 2.5V，则在实验二中滑动变阻器仍为该值时，滑 动变阻器消耗的电功率为________W（计算结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 1.50V (2). 5.60~5.70Ω (3). W ( )mg f M m a− = + f Mgµ= ( )mg M m a Mg µ − += f Mgµ= Ω Ω 27.2 10−×【解析】 【详解】(1)[1][2]由图丙可知，量程为 ，读数要估读一位，故此时电压表读数为 。由图象 a 可知，在路端电压为 时，此时电路中电流 根据闭合电路欧姆定律，得 代入数据，得 (2)[3]在 a 图线中，路端电压为 ，则此时对应的电流为 设滑动变阻器阻值为 R，由欧姆定律得 代入数据得 在图丁中作外电阻 图象，如图所示 由图象可知交点为 ，故 R 消耗的功率为 解得 11.如图甲所示，两根固定平行金属导轨与水平面夹角为 =30°，导轨间距为 L，两根长度均为 L 的相同光 滑导体棒 a、b 垂直于导轨放置在导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面向下的匀 0 3V 1.50V 1.50V 0.25AI = E U Ir= + 5.6r = Ω 2.5V 0.1AI = ( )1 0 2.5VI R R+ = ( )0 25R R+ = Ω U I− ( )1.4,65 R RP U I= 27.3 10 WP −= × θ强磁场中。某时刻开始对 a 棒施一平行于导轨向上的拉力 F，两棒均始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒 的质量均为 m、电阻均为 R，重力加速度大小为 g，导轨足够长，导轨电阻不计，若起初 b 棒用立柱挡住不 能下滑，施加的拉力 F 随时间 t 按如图乙所示规律变化，0~t0 时间内 a 棒处于静止状态；某时刻 b 棒开始运 动，此时 a 棒的加速度大小为 。求： (1)b 棒开始运动时，a 棒的速度大小； (2)从 0 时刻起到 b 棒开始运动过程中拉力 F 的冲量大小。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)设 t1 时刻导体棒 a 的速度为 v，此时回路中 导体棒 b 受到的安培力大小为 解得 (2)设 t1 时刻拉力 F 的大小为 F1，对 a 棒 2 g 2 2 mgR B L 0 5 2 mgt E BLv= 2 EI R = F BIL=安 sinF mg θ=安 2 2 mgRv B L = 1 sinF mg F maθ− − =安由题意知 由图象可得 所以，0~t1 时间内力 F 的冲量为 求得 12.如图所示，一个足够长的圆筒竖直固定，筒内有一质量为 M 的滑块锁定在距圆筒顶端 h1=5m 处。现将一 个直径小于圆筒内径，质量为 m 的小球，从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放，小球与滑块刚要碰撞时解 除滑块的锁定，小球与滑块发生弹性碰撞后上升到最大高度处时，距圆筒顶端 h2=3.2m。不计空气阻力，已 知滑块与圆筒间的滑动摩擦力为 f=7.2N，重力加速度 g 取 10m/s2。 (1)求小球与滑块 质量之比 ； (2)若滑块质量为 0.9kg，求小球与滑块第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔 t。 【答案】(1) ；(2)2.5s 【解析】 【详解】(1)设小球碰撞前、后瞬间的速度大小分别为 v1、v2，滑块碰后瞬间的速度大小为 v，则由机械能守 恒定律有 的 0 sinF mg θ= 1 1 0 0 F t F t = ( )( )F 0 0 0 1 1 0 1 2I F t F F t t= ⋅ + + − F 0 5 2I mgt= m M 1 4 m M = 2 1 1 1 2mgh mv=小球与滑块发生弹性碰撞的过程有 联立以上方程并代入数据得 (2)碰后，滑块向下做匀加速运动，设其加速度大小为 a，则 碰后经过时间 t，对滑块有 对小球 解得 （二）选考题 【物理——选修 3—3】 13.下列说法正确的是（　　） A. 晶体具有固定的熔点，某种物理性质可表现为各向异性 B. 可采用升温或加压的方法，让未饱和汽变成饱和汽 C. 空调既能制热又能制冷，说明在非自发的条件下，热传递可以逆向 D. 两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相等 E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使 分子直径计算结果偏小 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非 晶体是各向同性的，故 A 正确； B．根据 ( ) 2 1 2 2 1 2mg h h mv− = 1 2mv mv Mv= − + 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv Mv= + 1 4 m M = Mg f Ma− = 21 2y vt at= + 2 2 1 2y v t gt= − + 2.5st =可以采取降低温度、减小体积的方法，使未饱和汽变成饱和汽，故 B 错误； C．空调既能制热又能制冷，说明在非自发的条件下，热量可以逆向传递，故 C 正确； D．两个系统达到热平衡状态，宏观上温度相同，微观上分子平均动能就相同，故 D 正确； E．根据 进行推导，纯油酸的体积等于油酸酒精溶液的体积乘以浓度，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积 进行计算，会使体积偏大，导致分子直径计算结果偏大，故 E 错误。 故选 ACD。 14.如图所示，在上端开口的汽缸内有两个厚度不计、质量均为 m=1kg 的绝热活塞 A、B，A、B 之间为真空 并压缩一劲度系数为 k=500N/m 的轻质弹簧，A、B 与汽缸无摩擦，活塞 B 下方封闭有温度为 27℃的理想气 体。稳定时，活塞 A、B 将汽缸等分成三等分。已知活塞的横截面积均为 S=20cm2，L=0.6m，大气压强 p0=1.0×105Pa，重力加速度 g 取 10m/s2，取绝对零度为 。 (1)若汽缸是绝热的，现通过加热丝对 B 下方的气体进行缓慢加热，当活塞 A 刚好上升到气缸的顶部时，求 封闭气体的绝对温度； (2)若汽缸是导热的，从第(1)问中活塞 A 的末态位置开始，在活塞 A 上缓慢倒入沙子，保持气体温度为第(1) 问中气体末态的温度不变，直到活寨 B 回到加热前的位置，求此时沙子的质量和活塞 A、B 间的距离。 【答案】(1) ；(2)22kg， 【解析】 【详解】(1)初态，气体温度为 体积为 pV nRT= Vd S = 0273 C− 600K 0.16m ( )1 273 27 K 300KT = + = 1V LS=当活塞 A 刚好达到汽缸顶部时，设气体温度为 T2，气体体积为 该过程气体发生等压变化，有 解得 (2)温度为 T1 时，气体 压强为 设最后沙子倒入的质量为 M，则活塞 B 回到初位置时，气体的压强为 此时气体的温度为 由查理定律有 解得 设弹簧又压缩了 ，由胡克定律有 则稳定后 A、B 间的距离为 【物理——选修 3—4】 15.有一列沿 x 轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在 x=0 处的质点 a 和在 x=6m 处的质点 b 的 振动图线分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是（　　） 的 2 2V LS= 1 2 1 2 V V T T = 2 600T K= 5 1 0 2 1.1 10 Pamgp p S = + = × ( ) 3 0 2m M gp p S += + 3 2T T= 31 1 3 pp T T = 22kgM = x∆ Mgx k ∆ = AB 0.16mL L x= − ∆ =A. 质点 a 处 波谷时，质点 b 一定处在平衡位置且向 y 轴正方向振动 B. 质点 a 振动方程为 cm C. 若波的传播速度为 0.2m/s，则这列波沿 x 轴正方向传播 D. 若波沿 x 轴负方向传播，这列波最大波长为 24m E. 若波沿 x 轴正方向传播，这列波的最大传播速度为 3m/s 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据图象知，质点 b 相位超前质点 a ，所以质点 a 处在波谷时，质点 b 一定处在平衡位置且 向 y 轴正方向振动，故 A 正确； B．由图 1 可知，质点的振动周期为 可得 振幅为 质点 a 的振动方程为 故 B 错误； C．若波沿 x 轴正方向传播，则 解得 在 的 2sin( )4 2y t π π= + 2 π 8sT = 2 rad/s4T π πω = = 4cmA = sin 4sin2 4 2y A t t π π πω   = − = −       3 m/s 0.2m/s3 4v T k λ= = =+ 3k =符合实际情况。 若波沿 x 轴负方向传播，则 解得 不符合实际情况。 故 C 正确。 D．由图 1 知，该波沿 x 轴负方向传播，则有 解得 当 时，波长最大为 故 D 正确； E．若波沿 x 轴正方向传播，则有 解得 当 时，波长最大为 故最大传播速度为 故 E 错误。 故选 ACD。 16.如图，ABO 是一半径为 R 的 圆形玻璃砖的横截面，O 是圆心，AB 弧形面镀银。现位于 AO 轴线上的 3 m/s 0.2m/s1 4v T k λ= = =+ 3.5k = ( )ab 1 6m 0,1,2...4x k kλ λ= + = = 24 m1 4k λ = + 0k = m 24mλ = ( )ab 3 6m 0,1,2...4x k kλ λ= + = = 24 m3 4k λ = + 0k = m 8mλ = m m 1m/sv T λ= = 1 4点光源 S 发出一束光线射向玻璃砖的 OB 边，入射角 i=60°，OS= 。已知玻璃的折射率为 ，光在空气 中传播的速度为 c，每条边只考虑一次反射。求： （i）光线射入玻璃砖时的折射角； （ii）光线从 S 传播到离开玻璃砖所用的时间。 【答案】(i) 30°；(ii) 。 【解析】 【详解】(i)光路如答图 2，设光在 C 点的折射角为 r 由折射定律有 代入数据解得 r=30° (ii)进入玻璃砖中，光在 AB 面上 D 点反射，设入射角为 ，反射角为 =90°-i=30° 由三角函数关系有 OC=OScot = 且 在 ΔODC 中，由正弦定理有： 3 R 3 19 6 Rt c = sin sin in r = α β θ θ 3 3 R 2 sin 3 OSSC Rθ= = 得 =30° 由于 =30°，∠CDF=30°，故∠FDE=90°，所以光线 DE 垂直于 OA 射出玻璃砖 在∠ODC 中，由几何关系有 CD=OC= 又 DE=Rcos = 光在玻璃中的速率 则光线从 S 传播到离开玻璃砖所用的时间 解得 sin( 90 ) sin OD OC r α=+  α β 3 3 R β 3 2 R cv n = SC CD DEt c v v = + + 19 6 Rt c =