河北省衡水中学2020届高三物理下学期三调试题（解析版）

衡水中学 2019-2020 学年度下学期高三三调考试 理综测试 二、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 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。全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分有选错的得 0 分。 1.在平直公路上行驶的甲车和乙车，它们沿同一方向运动的 图像如图所示。已知 时 刻乙车在甲车前方 处，下列说法正确的是（　　） A. 时，甲、乙两车相遇 B. 内，甲、乙两车位移相等 C. 甲、乙两车之间的最小距离为 D. 相遇前甲、乙两车之间的最大距离为 18m 【答案】B 【解析】 【详解】AD．0 时刻，乙车在甲车前 处，前 内乙车的速度大于甲车的速度，所以两车 的距离逐渐变大，在 时刻速度相等，距离最远， 图线和时间轴围成的面积为位移 AD 错误； B． 图线和时间轴围成的面积为位移，前 内，根据几何关系可知甲乙两车的 图线 和时间轴围成的面积相等，所以二者位移相等，B 正确； C．甲车速度大于乙车速度，二者最终可以相遇，最小距离为 0m，C 错误。 故选 B。 2.生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的 硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能 v t− 0t = 10m 2st = 0 4s∼ 6m 10m 2s 2s v t− max 2 4( ) 10m m 10m 14m2s x x ×= − + = + =乙 甲 v t− 4s v t−够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为 ， 手机所在平面与水平面间的夹角为 ，则下列说法正确的是（　　） A. 当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于 B. 当高铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反 C. 高铁匀速行驶时，手机可能受到 5 个力作用 D. 高铁减速行驶时，手机可能受到 3 个力作用 【答案】D 【解析】 【详解】A．高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条 件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反，A 错误； B．高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力二力平衡，不受桌 面摩擦力，B 错误； C．高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共 4 个力作 用，C 错误； D．高铁减速行驶时，手机具有与高铁前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸 引力和支架的支持力共 3 个力作用，D 正确。 故选 D。 3.已知氢原子能级公式为 ，其中 n=1，2，…称为量子数，A 为已知常量；要想使氢 原子量子数为 n 的激发态的电子脱离原子核的束缚变为白由电子所需的能量大于由量子数为 n 的激发态向 澈发态跃迁时放出的能量，则 n 的最小值为（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C G θ cos G θ 2m AE n = − 1n −【解析】 【详解】电子由 激发态脱离原子核的束博变为自由电子所需的能量为 氢原子由量子数为 的激发态向 激发态跃迁时放出的能量为 根据题意有 解得 即的最小值为 4，故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C。 4.2019 年 12 月 7 日 10 时 55 分，我国在太原卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“吉 林一号”高分 02B 卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球 质量为 M、引力常最为 G，卫星与地心的连线在时间 t（小于其运动周期）内扫过的面积为 S， 则卫星绕地球运动的轨道半径为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知 根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间 内扫过的面积 联立解得卫星绕地球的轨道半径 【 n 2 AE n ∆ = n 1n − 2 2( 1) A AE n n ∆ ′ = −− 2 2 2)1( A A A n n n > −− 2 2n > + 2 2 4S GMt 2S t GM 2 24 GMt S 2 t GM S 2 2 GMm m rr ω= t 2 2 tS r ω ππ=  2 2 4Sr GMt =故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。 5.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为 （含水）的自制“水火 箭”释放升空，在极短的时间内，质量为 的水以相对地面为 的速度竖直向下喷出。已知 重力加速度为 ，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A. 火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B. 水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒 C. 火箭获得的最大速度为 D. 火箭上升的最大高度为 【答案】D 【解析】 【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A 错误； B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B 错误； C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有 解得 C 错误； D．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有 解得 M m 0v g 0Mv M m− 2 2 0 22 ( ) m v g M m− 0( ) 0M m v mv− − = 0mvv M m = − 2 2v gh=D 正确。 故选 D。 6.如图所示，一个碗口水平、内壁光滑的半球形碗固定在水平桌面上，在球心 O 点固定一电荷 量为 Q 的带正电金属球，两个质量相等的绝缘带电小球 A 和 B 分别紧贴着内壁在水平面内做 匀速圆周运动。若小球 A、B 所带电荷量很少，两者间的作用力忽略不计，且金属球和带电小 球均可视为质点，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　） A. 小球 A 运动轨迹上各点的电场强度相同 B. 小球 A 运动轨迹上各点的电势相等 C. 小球 A 的电荷量大于小球 B 的电荷量 D. 小球 A 角速度大于小球 B 的角速度 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球 A 运动轨迹上的各点到 O 点的距离相等，根据点电荷的场强表达式 可知小球 A 运动轨迹上各处的电场强度大小相等、方向不同，A 错误； B．以 O 为球心的同一球面是等势面，小球 A 运动轨迹上的各点电势相等，B 正确； C．带电小球的电性无法确定，所以电荷量大小无法确定，C 错误； D．对于任意一球，设其轨道上某点与 O 点连线与竖直方向的夹角为 ，碗的半径为 R，由牛 顿第二定律 又 的 2 2 0 22 ( ) m v g Mh m−= 2 QE k r = θ 2tanmg m rθ ω= sinr R θ=解得 一定， 越大，角速度越大，所以小球 A 的角速度大于小球 B 的角速度，D 正确。 故选 BD。 7.如图所示，一个边长为 l 的正六边形 的区域内有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度 大小为 B、方向垂直于纸面向外。在 点处的粒子源发出大量质量为 电荷量为 的 同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终沿 方向。不计粒子间的相互作用力及重力，下 列说法正确的是（　　） A. 速度小于 的粒子在磁场中运动的时间一定相同 B. 速度大于 的粒子一定打在 边上 C. 经过 点的粒子在磁场中运动的时间为 D. 垂直打在 边上的粒子在磁场中运动的时间为 【答案】ACD 【解析】 详解】A．根据几何关系，粒子恰好经过 点时运动半径 由 【 cos g R ω θ= R θ abedef a m ( )0q q+ > ad 3 3 qBl m qBl m cd c 3 m qB π cd 6 m qB π b 1 3 3r l= 2vqvB m r =可知速度 则速度小于 的粒子均从 边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为 ， 运动时间均为 为粒子在磁场中的运动周期，A 正确； BC．粒子恰好经过 点时运动半径 根据几何关系可知运动时间 速度 则速度大于 的粒子一定打在 边上，B 错误，C 正确； D．粒子垂直打在 边上时，如图： 根据几何关系可知圆心角为 ，运动时间 D 正确。 1 1 3 3 qBr qBlv m m = = 3 3 qBl m ab 120° 1 120 1 360 3t T T ° °= ⋅ = T c 2 3r l= 2 6 1 6 1 2 3 m mt T qB qB π π= = ⋅ = 2 2 3qBr qBlv m m = = 3qBl m cd cd 30° 2 1 12 6 mT qBt π= =故选 ACD。 8.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小为 磁场方向与竖直面 垂直，磁场的上、下边界均为水平面且间距为 ，纸面（竖直平面）内磁场上边界的上方有 一质量为 、电阻为 的正方形导线框 ，其边长为 上下两边均与磁场边界平行。将线 框以初速度 水平抛出，线框恰能匀速进入磁场，重力加速度为 ，不计空气阻力，则（　　） A. 线框抛出时 边距离磁场上边界的高度为 B. 线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量 C. 线框通过磁场的过程中水平位移为 D. 线框通过磁场的过程中 边产生的热量为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．线框下边界进入磁场时 根据闭合电路欧姆定律 在竖直方向上，根据运动学公式 解得 B L m R abcd L 0v g ab 2 2 4 42 m gR B L 2 2 BL R 2 3 02B L v mgR cd 2mgL mg BIL= yBLvI R = 2 2yv gh=A 正确； B．线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量 B 错误； C．线框在磁场中匀速运动的时间 水平位移 解得 C 正确； D．线框进入磁场后做匀速直线运动，减小的重力势能转化为电能，根据能量守恒定律 则 边产生的热量 D 错误。 故选 AC。 第Ⅱ卷（非选择题共 174 分） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22~32 题为必考题，每道试题考 生都必须作答。第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 129 分 9.某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图， 细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动 钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪测定电动机的转速 ，调节刻度板的位置，使刻度板水平且 恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距 2 2 4 42 m gRh B L = 2E BLtq t tR R R R ∆Φ ∆Φ∆= ∆ = ∆ = = 2 y Lt v = 0x v t= 2 3 02B L vx mgR = 2Q mgL= cd 4 2 Q mgLQ′ = = n离 ，不计悬点到转轴间的距离。 (1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速 ，当 越大时， 越 __________（选填“大”或“小”）。 (2)图乙为某次实验中 的测量结果，其示数为__________cm。 (3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度 ，其表达式为 __________。 【答案】 (1). 小 (2). 18.50 (3). 【解析】 【详解】(1)[1] 越大，细线与竖直方向夹角越大，则 h 越小。 (2)[2]悬点处的刻度为 ，水平标尺的刻度为 ，则示数为 所以示数 。 (3)[3]假设细线与竖直方向夹角为 ，由牛顿第二定律得 又 解得 10.图甲是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流 ，内阻 ， ， ， 。 为 h n n h h g g = 2 24 n hπ n 1.00cm 19.50cm ( )19.50 1.00 cm 18.50cmh = − = 18.50cm θ 2tanmg m rθ ω= tan r h θ = 2 nω π= 2 24g n hπ= g 200μAI = g 100ΩR = 1 5Ω2.R = 2 22.5ΩR = 3 2980ΩR =甲 乙 (1)转换开关 接入__________（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，测量电流的量 程较大，此时电流从 端流__________（填“出”或“入”）。 (2)当转换开关 接入“5”端时，多用电表的功能是测__________（填“电流”“电压”或“电 阻”），其量程为__________。 (3)当转换开关 接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使 指针偏转到__________。图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“×1”，则待测电 阻的阻值为__________ 。当换用“×10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用 倍率“×1”相比，多用电表的内阻变化了__________。 【答案】 (1). 1 (2). 入 (3). 电压 (4). 3V (5). 欧姆表盘的零刻度处 (6). 10 (7). 135 【解析】 【详解】(1)[1]转换开关 接入 1 端，电流表与电阻 串联后，与 并联，且并联电阻阻值 较小，则分流较大，故转换开关 应接入 1 端，电流表量程较大。 [2]根据电流的“红进黑出”结合内部电源可知电流应从 端流入。 (2)[3]当转换开关 接入“5”端时，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表。 [4]量程为 (3)[5]调节欧姆调零旋钮应使指针偏转到欧姆表盘的零刻度线位置。 [6]若倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为 。 [7]多用电表的中值电阻即为内部电阻大小，倍率为“×1”时，多用电表的内阻为 ，倍率为“×10”时，多用电表的内阻为 ，则多用电表的内阻 S A S S Ω S 2R 1R S A S g g g g g 3 1 2 3VI RU I R I RR R  = + + + =   10 1Ω 10Ω× = 15 1Ω 15Ω× = 15 10Ω 150Ω× =变化了 。 11.如图所示，对角线 MP 将矩形区域 MNPO 分成两个相同的直角三角形区域，在直角三角形 MNP 区域内存在一匀强电场，其电场强度大小为 E、向沿 轴负方向，在直角三角形 MOP 区 域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外（图中未画出）。一带正电的粒子从 M 点以速 度 沿 轴正方向射入，一段时间后，该粒子从对角线 MP 的中点进入匀强磁场，并恰好未 从 轴射出。已知 O 点为坐标原点，M 点在 轴上，P 点在 轴上，MN 边长为 ，MO 边 长为 ，不计粒子重力。求： (1)带电粒子的比荷； (2)匀强磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)设粒子在电场区域内做类平抛运动的时间为 ，有 又 解得 (2)设粒子进入磁场区域时速度方向与水平方向夹角为 ，有 135Ω y 0v x x y x 2L 3L 2 03v EL 0 2E v t 0L v t= 23 1 2 2L at= qE ma= 2 03vq m EL = α解得 则进入磁场的速度大小 在磁场中，有 运动轨迹如图 由几何知识得 解得 12.如图所示，水平面上有 A、B 两个小物块（均视为质点），质量均为 ，两者之间有一被压 缩的轻质弹簧（未与 A、B 连接）。距离物块 A 为 L 处有一半径为 L 的固定光滑竖直半圆形轨 道，半圆形轨道与水平面相切于 C 点，物块 B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部 与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块 A、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能 过半圆形轨道的最高点 D（物块 A 过 D 点后立即撤去），B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体 上上升的最大高度为 L（L 小于斜面体的高度）。已知 A 与右侧水平面的动摩擦因数 ， 0 tan at v α = 60α °= 0 02cos60 vv v°= = 2vqvB m r = 3sin30 2r r L°+ = 0 2EB v = m 0.5µ =B 左侧水平面光滑，重力加速度为 ，求： (1)物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力大小； (2)斜面体的质量； (3)物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)在 D 点，有 从 C 到 D，由动能定理，有 在 C 点，有 解得 由牛顿第三定律可知，物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力 (2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 对物块 A，从弹簧释放后运动到 C 点的过程，有 g 6mg 2 mM = 8 3 mgLW = 2 Dvmg m L = 2 21 12 2 2D Cmg L mv mv− × = − 2 CvF mg m L − = 6F mg= 6F F mg′ = = A Bmv mv=B 滑上斜面体最高点时，对 B 和斜面体，由动量守恒定律，有 由机械能守恒定律，有 解得 (3)物块 B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 由机械能守恒，有 解得 ， 由功能关系知，物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功 解得 13.下列说法正确的是（　　） A. 液体中的扩散现象是由分子间作用力造成的 B. 理想气体吸收热量时，温度和内能都可能保持不变 C. 当两分子间距从分子力为 0（分子间引力与斥力大小相等，且均不为 0）处减小时，其分子 间的作用力表现为斥力 D. 液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关而且还与液体的表面积有关 E. 一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的 2 2 A 1 1 2 2Cmg mv mvLµ− = − ( )Bmv m M v= + 2 2 B 1 1 ( )2 2mv m M v mgL= + + 2 mM = B Bmv mv mv′ ′= + 2 2 2 B B 1 1 1 2 2 2mv mv Mv′ ′= + B 6 3 gLv ′ = 4 6 3 gLv′ = 21 2W Mv′= 8 3 mgLW =【答案】BCE 【解析】 【详解】A．扩散现象是分子无规则热运动的表现，A 错误； B．理想气体吸收热量时，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知温度和内能可能不变， B 正确； C．当两分子间距从分子力为 0 处减小时，分子引力和分子斥力均增大，由于斥力增大的快， 其分子间作用力表现为斥力，C 正确； D．液体的饱和汽压与液体的表面积无关，D 错误； E．由热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的， E 正确。 故选 BCE。 14.如图所示，左端封闭右端开口、直径相同的 U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭有长 的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长，已知大气压强 。现将 下端阀门 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门 ，左管水银面下降的高度 。 (1)求右管水银面下降的高度； (2)若再将右端封闭，同时对左管缓慢加热，并保持右管内气体的温度不变，使右管的水银面 回到最初高度，求此时左管内气体的压强。 【答案】(1)14.5cm；(2)200.25cmHg 【解析】 【详解】(1)左管水银面下降 过程，封闭气体做等温变化，则有 解得 10cmL = 0 75cmHgp = S S 2cmh = 2cm ( )0 1p LS p L h S= +设平衡时左管水银面比右管水银面高 ，有 解得 所以右管水银面下降的高度为 (2)要使右管水银面回到原来高度，则左管水银面要再下降 ，则右管水银面比左管的高 右管水银面上升过程右管内封闭气体做等温变化，则有 解得 此时左管内封闭气体的压强 15.图示为一简谐横波在 时刻的波形图，P 是平衡位置在 处的质点，此时刻 P 点振 动方向沿 轴正方向，并经过 0.3s 第一次到达平衡位置，Q 是平衡位置为 处的质点， 下列分析正确的是（　　） A. 该波沿 轴负方向传播 B. 该波的传播速度为 10m/s C. P 点与 Q 点的振动方向总是相反 D. 从此刻起 内 Q 点通过的路程为 30m 1 62.5cmHgp = 1h 162.5cm 75cmh+ = 1 12.5cmh = 12.5cm 2cm 14.5cm+ = 14.5cm 14.5cm 2cm 16.5cm+ = ( )0 214.5cm 10cm 10cmp S p S+ = × ⋅ 2 183.75cmHgp = 3 2 16.5cmHg 200.25cmHgp p= + = 0t = 1mx = y 4mx = x 1minE. 质点 Q 的振动方程可表示为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．因此时 P 点沿 轴正方向振动，根据同侧法可知波沿 轴负方向传播，A 正确； B．因 P 点的平衡位置在 处，所以 所以 计算波速 B 正确； C．P、Q 两点的平衡位置间的距离大于 ，小于 ，所以其振动方向有时相同，有时相反， C 错误； D．根据 经过的路程 D 正确； E．根据图像可知 质点 Q 此时由平衡位置向下振动，振动方程可表示为 E 错误。 故选 ABD。 16.图示为直角三角形棱镜的截面， ， ，AB 边长为 20cm，D 点到 A 点的 距离为 7cm，一束细单色光平行 AC 边从 D 点射入棱镜中，经 AC 边反射后从 BC 边上的 F 点 射出，出射光线与 BC 边的夹角为 ，求： 10sin5 (cm)y xt= y x 1mx = 0.3s8 4 T T+ = 0.8sT = 10m/sλv T = = 4 λ 2 λ 1min 60s 75T= = 75 4 30ms A= × = 2 2.5 rad /sT πω π= = 10sin 2.5 (cm)y tπ= − 90°∠ =C 30A °∠ = 30°(1)棱镜的折射率； (2)F 点到 C 点的距离。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)由几何知识可知，光束从 点入射的入射角 ，做出光路图： 设对应折射角为 ，则光束在 边的入射角为 在 边上的入射角 在 边上的折射角 由折射定律，可知在 点入射时 在 点入射时 解得 折射率为 (2)由几何知识，可知 3 3cm D 60i °= r AC 90 (60 ) 30i r r° ° °′ = − − = + BC 90 (30 ) 60i r r° ° °′′ = − + = − BC 90 30 60r ° ° °′′ = − = D sin sin in r = F sin60 sin(60 )n r ° °= − 30r °= 3n =解得 2 cos30 7 3cmAE AD °= = 3 3cmCE AC AE= − = 3tan30 3 CF CE = ° = 3cmCF =