河北省衡水武邑中学2020届高三物理第二次检测试题（Word版附答案）

河北衡水武邑中学 2019-2020 年高三第二次检测理综 物理试卷 二、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要 求，第 19~21 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 14．如图为氢原子的能级示意图，大量氢原子从量子数为 n 的能级向较低能级 跃迁时辐射光子，并利用这些光照射逸出功为 4.54eV 的金属钨，其中只有两 种频率的光 a、b 能使金属钨发生光电效应，a 光的频率较高，则 A．氢原子从 n=3 的能级向低能级跃迁 B．氢原子从 n=4 的能级向低能级跃迁 C．用 a 光照射放射性元素 Po，其半衰期变小 D．金属钨逸出光电子的最大初动能为 5.66eV 15．2017 年 8 月 1 日 15 时 03 分，天舟一号货运飞船成功在轨释放一颗立方星，随即地面成功捕获 立方星，本次实验是我国首次通过飞船系统采用在轨储存方式释放立方星，为后续我国空间站开展维 纳卫星部署发射及在轨服务奠定了技术基础，以下说法中正确的是 A．在释放立方星前，天舟一号货运飞船的角速度比立方星的角速度大 B．在释放立方星过程中，天舟一号飞船受到的冲量比立方星受到的冲量大 C．在释放立方星后，天舟一号货运飞船运动的线速度变小 D．立方星在返回地面过程中，运动的加速度逐渐变大 16．把一小球用长 L 的不可伸长的轻绳悬挂在竖直墙壁上，距离悬点 O 正下方 钉有一根钉子，将 小球拉起，使轻绳被水平拉直，如图所示，由静止释放小球，轻绳碰到钉子 后的瞬间前后 A．线速度之比为 3：2 B．角速度之比为 3：1 C．小球的向心加速度之比为 1：3 D．钉子离悬点越近绳子越容易断 17．如图，一理想变压器接入一正弦交流电源，原线圈与一可变电阻串联，副线圈匝数可以通过滑动 触头 Q 来调节；在副线圈两端连接了定值电阻 和滑动变阻器 R，P 为滑动变阻器的滑动触头，V 是理想电压表；现进行如下操作，并保持变压器原线圈输入电流不变，则 A．保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电压表读数变小 B．保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，副线圈两端的电压变小 C．保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电压表读数变大 D．保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，变压器输出功率变小 18．在如图所示直角坐标系中，长为 2l 的直线 OP 与 x 轴夹角为 30°，OP 左上方和右下方均存在方向 相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。坐标原点 O 处有一电子源，沿 x 轴发射的电子都能通过 P 点，则电子的速度不可能为 A． B． C． D． 19．水平地面上的物体在方向水平向右、大小变化的力 F 作用下由静 止开始向右运动，力 F 随位移 x 的变化关系如图所示，物体与地面之间 2 3 L 0R eBL m 2 eBL m 3eBL m 3 eBL m的动摩擦因数为 ，向右运动的最大位移为 l，l（2）CD（3） （1）为放置两球碰撞后，入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 （2）（3）a、b 两球碰撞前后做平抛运动， ， ，得 ，验证动量守恒定律表 达式为 ，变为 ，因此需要测量 a 球和 b 球的质量 以及 O 点到 A、B、C 三点的距离分别为 ，故选 CD 23、（1） 、 （2）见解析；见解析；（3）PTC（4）0.34 （1）根据电源电动势，电路中的电流大概为 ，故电流表选用 ，把电流表 ，串联 定值电阻改装成电压表， ，故定值电阻选 ，描绘伏安特性曲线需要从零开始 读书，因此采用滑动变阻器分压接法，所以选用阻值较小的 （2）待测电阻同电压表（电流表 和定值电阻 ）即电流表 相比，与电流表 相差倍数比较 小，属于小电阻，因此电流表采用外接法，滑动变阻器分压式连接。原理图，实物图如下： （3）由图线可知，随电流增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系 数（PTC）热敏电阻 （4），在 图中作出电源对应 U-I 图线，即 U=E-Ir， ，当 时， ， 时， ，两图像交点处等效电压为 ，电流为 0.32A ，则热敏电阻的功率为 P=UI=1.05×0.32W=0.34W （1）对整体受力分析，根据牛顿第二定律得 ， 以 B 为研究对象， ，解得 （2）设冲击刚结束时小物块获得的速度大小为 ，物块恰好不掉下时，物块和木板的速度为 由动量定理有 ，由动量守恒定律，有 对物块和木板系统，由能量守恒得， 由以上各式得 ，要使物体落下，应有 故油滴沿竖直方向在 CB 中做匀加速运动，然后在 BA 中做匀减速运动 1 1 2 2 3 1 m m m y y y = + 1 2m m> l vt= 21 2y gt= 2 ll v y g = 1 0 1 1 2 2m v m v m v⋅ = ⋅ + ⋅ 1 1 2 2 3 1 m m m y y y = + 1 2m m、 1 2 3y y y、 、 4R 1R 0.6AEI R = = 2A 1A 200x x ER rI = − = Ω 4R 1R 1A 4R 2A 2A 2 1I I− 1 4 1 2( )AI R R E I r+ = − 2 0I = 1 10I mA= 1 0I = 2 0.5EI Ar = = 3 3.5 1.0510 V× = 2 1 3F F ma− = 2 3a g= 2F mg maµ− = 10 3 µ = 0v 1v 0I mv= 0 13mv mv= 2 2 0 1 1 1 32 2mgd mv mvµ = − ⋅ 0 10v gd= 10I m gd>25、（1）BC 间电场强度 ， ，方向竖直向下 AB 间电场强度 ， ，方向竖直向上 油滴 P 所受的重力 静电力 ， 故油滴沿竖直方向在 CB 中做匀加速运动，然后在 BA 中做匀减速运动。 匀加速运动加速度 由 得 ，由 得 匀减速运动的加速度为 运动的位移为 电势能为 减速到速度为零的时间为 故油滴 P 运动最大位移所用时间为 （2）油滴 Q 做自由落地运动，由 得 ， 油滴 Q 所受的重力为 ，故油滴在进入电场 AB 中将做匀速直线运动，运 动到 B 处 （i）若油滴 P 第一次到达 P 板时两油滴相遇，则 即油滴 Q 比油滴 P 早释放 0.04s （ii）若油滴 P 进入 AB 板电场后，再次返回 B 板处两油滴相遇，则 即油滴 Q 比油滴 P 晚释放了 0.01s 33、（1）ACE（2）①活塞中的气体发生了等温变化，有 ， 又 ， ，得 m=10kg ②设活塞刚好到达卡环时气体的温度为 ，气体等压膨胀，有 ，得 因 ，可判断活塞处于卡环位置后，气体又发生了等 容变化，有 ，得 34、（1）0.99，不相同，两次 （2）①由折射定律可得 ，解得 r=30°由几何关系可知∠MNA=30°，△MNO 为等腰三角形， 故 MN 光线恰好发生全反射，折射光线 NP 垂直 BC 边射出， ② ， ，光线在棱镜中传播的距离为 由 得 ，由 光线的运动时间为 1E 2 1 2 1 20 / 5 10 /4 10 UE V m V md −= = = ×× 2E 2 2 2 2 20 / 2.5 10 /8 10 UE V m V md −= = = ×× 3 1 1 2.5 10G m g N−= = × 3 1 1 1 3 10F q E N−= = × 3 2 1 2 1.5 10F q E N−= = × 21 1 1 1 2 /F Ga m sm −= = 2 1 1 1 1 2x a t= 1 0.2t s= 1 2 1v a t= 1 0.4 /v m s= 21 2 2 1 16 /G Fa m sm += = 2 1 2 2 0.52 vx cma = = 51.125 10 JPE qEd −= = − × 1 2 2 0.025vt sa = = 1 2 0.225t t t s= + = 2 3 3 1 2x gt= 3 0.04t s= 3 3 0.4 /v gt m s= = 3 2 2 21.5 10G m g N F−= = × = 4 4 3 0.2xt sv = = 3 4 1 0.04t t t t s∆ = + − = 3 4 1 2( 2 ) 0.01t t t t t s∆ = + − + = − ( )1 1 2 1p d p d d= + ∆ 1 0 mgp pS = + 2 0p p= 2T 1 1 2 1 2 T d d T d d + ∆= + 2 375T K= 1 375T T K> = 2 2 PP T T = 51.2 10P pa= × sin sin i nr = 2 lON = 22 4 l lMO AB l BP= = =， ， 3 2 lMN = 3 3 2 2 4 lNP l= ⋅ = 3 3 4 lx MN NP= + = cn v = 3 cv = xt v = 9 4 lt c =