河北省衡水中学2020届高三物理5月期中试题（解析版）

河北衡水中学 2019-2020 学年度期中考试 理科综合 一、选择题 1.静止原子核 A 经 1 次 ɑ 衰变生成原子核 B， 并释放出 γ 光子。已知原子核 A 的比结合能 为 E1，原子核 B 的比结合能为 E2，ɑ 粒子的比结合能为 E3，γ 光子的能量为 E4，则下列说法 正确的是（ ） A. 该反应过程质量增加 B. B 核在元素周期表的位置比 A 核前移 4 位 C. 释放 γ 光子的能量 E4= E1-(E2+ E3) D. 比结合能 E1 小于比结合能 E2 【答案】D 【解析】 【详解】A．该反应的过程中释放 γ 光子，由质能方程可知，一定有质量亏损,故 A 错误。 B．α 粒子的电荷数为 2，所以 B 核的电荷数比 A 少 2 个，B 核在元素周期表的位置比 A 核前 移 2 位,故 B 错误； C．设 A 核的质量数为 m，B 核的质量数为 m-4，α 粒子的质量数为 4，根据能量守恒可得 4E3+（m-4）E2-mE1=E4 故 C 错误； D．核反应的过程中释放热量，可知比结合能 E1 小于比结合能 E2,故 D 正确。 故选 D。 2.户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕 铰链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中 央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为 m，重力加速度为 g，不计 支架与铰链之间的摩擦，则（  ） A. 当每根杆与竖直方向的夹角为 时，杆受到的压力大小为 mg B. 当每根杆与竖直方向的夹角为 时，杆对地面的摩擦力大小为 mg C. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大 D. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆对地面的压力变大 【答案】B 【解析】 详解】A．根据平衡条件，竖直方向，有 解得 故 A 错误； B．杆对地面的摩擦力大小为 故 B 正确； C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力仍与吊锅和细铁链的 总重力大小相等，故 C 错误； D．由平衡可知 得 杆对地面的压力 【 37° 5 9 37° 1 4 3 cos37N mg° = 5=12N mg 5 3sin37 12 5 4 mg mgf N °= = × = 3 cosN mgθ = = 3cos mgN θ 故 D 错误。 故选 B。 3.如图所示，某时刻将质量为 10kg 的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与 传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间 的动摩擦因数为 0.5，货物在传送带上留下的划痕长为 10cm，重力加速度取 10m/s2，则货 物（  ） A. 总位移为 10cm B. 运动的总时间为 0.2s C. 与传送带由摩擦而产生的热量为 5J D. 获得的最大动能为 5J 【答案】D 【解析】 【详解】A．设传送带的速度为 v，经时间 t 货物与传送带速度相等，则货物相对传送带的位 移为 即为划痕长度，当传送带停止货物做匀减速运动，由于加速和减速过程的加速度大小相等， 则货物在传送带上减速的位移为 由于加速过程留下划痕长度与减速过程留下划痕长度重合，则货物的总位移为两倍的划痕长 度即为 20cm，故 A 错误； B．货物减速的位移为 10cm，加速度为 则有 解得 ' cos 3 mgN N θ= = 2 2 vt vtx vt∆ = − = 1 2 vtx = 25m/smga gm µ µ= = = 2 2 1 110 10 52 t−× = × 1 0.2st = 总时间为 故 B 错误； C．与传送带由摩擦而产生的热量为 故 C 错误； D．当货物与传送带速度相等时速度最大，动能最大，则 得 则最大动能为 故 D 正确。 故选 D。 4.最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”的 火星探测器曾于 1997 年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用 h 表示探测器与火星 表面的距离，a 表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a 随 h 变化的图像如图所示，图像 中 a1、a2、h0 以及万有引力常量 G 己知。下列判断正确的是（  ） A. 火星的半径为 B. 火星表面的重力加速度大小为 C. 火星的第一宇宙速度大小为 12 0.4st t= = 12 2 0.5 10 10 0.1J 10JQ mgxµ= = × × × × = 210 10 0.22 v−× = × =1m/sv 2 2 kmax 1 1 10 1 J 5J2 2E mv= = × × = 2 0 2 1 a h a a+ 1a 1 0 2 1 2 a h a a a+ D. 火星的质量大小为 【答案】BD 【解析】 【详解】AD．分析图象可知，万有引力提供向心力 当 时 联立解得，火星的半径 火星的质量 A 错误 D 正确； B．当 h=0 时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为 a1，B 正确； C．在火星表面，根据重力提供向心力得 解得火星的第一宇宙速度 C 错误。 故选 BD。 5.如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角 α=37°，一质量为 3m 的 L 形工件沿斜面 以速度 匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，某时刻，一质量为 m 的小木 块轻轻放在工件上的 A 点，当木板运动到工件下端是（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减 为零，后木块与挡板第一次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与 1 2 2 1 2 2 0( )a a Ga a h − 12 GMm maR = 0h h= ( ) 22 0 GMm ma R h = + 2 0 1 2 aR h a a = − 1 2 2 1 2 2 0( )a aM Ga a h= − 2 1 vma m R = 1 0 2 1 1 2 a h av a R a a = = − 0 1m/sv = 挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度取 g=10m/s2，下列 说法正确的是（  ） A. 下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒 B. 下滑过程中，工件的加速度大小为 6m/s2 C. 木块与挡板第 1 次碰撞后 瞬间，工件的速度大小为 3m/s D. 木块与挡板第 1 次碰撞至第 2 次碰撞的时间间隔为 0.75s 【答案】D 【解析】 【详解】A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守 恒，故 A 错误； B．工件在斜面上的受力如下图 开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有 解得 把木块放上，对工件受力分析有 解得 故 B 错误； 的 3 sin 3 cosmg mgα µ α= 0.75µ = 4 cos 3 sin 3mg mg maµ α α− = 22m/sa = C．设碰撞瞬间木块速度为 v，碰撞前的过程工件与木块组成的系统动量守恒，即 解得 设碰撞后攻坚的速度为 v2，木块速度为 v1，碰撞过程根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 故 C 错误； D．设木块与挡板第 1 次碰撞至第 2 次碰撞的时间间隔为 t，在此时间内工件的位移为 木块的位移 解得 故 D 正确。 故选 D。 6.在倾角为 θ 的光滑固定绝缘斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别 为 m 和 2m，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固定挡板，开始未加电场系统处于静止状态，B 不 带电，A 带电量为+q，现加一沿斜面方问向上的匀强电场，物块 A 沿斜面向上运动，当 B 刚 离开 C 时，A 的速度为 v，之后两个物体运动中当 A 的加速度为 0 时，B 的加速度大小均为 a，方向沿斜面向上，则下列说法正确的是（  ） 03mv mv= 3m/sv = 1 23mv mv mv= + 2 2 2 1 2 1 1 1 32 2 2mv mv mv= + ⋅ 1 1.5m/sv = − 2 1.5m/sv = 2 2 2 1 2x v t at= − 2 1 1 1 sin372x v t g t= + ° 1 2x x= 0.75st = A. 从加电场后到 B 刚离开 C 的过程中，A 发生的位移大小为 B. 从加电场后到 B 刚离开 C 的过程中，挡板 C 对小物块 B 的冲量为 0 C. B 刚离开 C 时，电场力对 A 做功的瞬时功率为 D. 从加电场后到 B 刚离开 C 的过程中，物块 A 的机械能和电势能之和先增大后减小 【答案】CD 【解析】 【详解】A．开始加电场时，弹簧处于压缩状态，对 A，根据平衡条件和胡克定律有 解得 物块 B 刚要离开 C 时，弹簧的拉力等于物体 B 重力的下滑分力，根据胡克定律有 解得 故从加电场后到 B 刚离开 C 的过程中，A 发生的位移大小为 故 A 错误； B．从加电场后到 B 刚离开 C 的过程中，挡板 C 对小物块 B 的作用力不为零，由 知挡板 C 对小物块 B 的冲量不为零，故 B 错误； C．设 A 所受的电场力大小为 F，当 A 的加速度为零时，B 的加速度大小均为 a，方向眼斜面 向上，根据牛顿第二定律，对 A 有 2 sinmg k θ (3 sin 2 )mg ma vθ + 1sinmg kxθ = 1 sinmgx k θ= 22 sinmg kxθ = 2 2 sinmgx k θ= 1 2 3 sinmgx x x k θ= + = I Ft= 对 B 有 故有 B 刚离开 C 时，电场力对 A 做功的瞬时功率为 故 C 正确； D．对 A、B 和弹簧组成的系统，从加电场后到 B 刚要离开 C 的过程中，物块 A 的机械能、 电势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则物块 A 的机械能 和电势能之和先增大后减小，故 D 正确。 故选 CD。 7.如图所示，A、B 两点相距 0.5m，处于同一高度，在 A 点固定一个大小可忽略的定滑轮，细 线的一端系有一个质量为 M 的小球甲，另一端绕过定滑轮固定于 B 点，质量为 m 的小球乙固 定在细线上的 C 点，AC 间的细线长度为 0.3m，用力 F 竖直向下拉住小球乙，使系统处于静 止状态，此时 AC 间的细线与水平方向的夹角为 53°，撤去拉力 F，小球乙运动到与 AB 相同 的高度时，速度恰好变为 0，然后又向下运动，忽略一切摩擦，重力加速为 g，sin53°=0.8， cos53°=0.6，下列说法中正确的是（  ） A. F 的大小为 B. M:m=6:5 C. 小球乙向下运动到最低点时细线对小球甲的拉力小于 mg D. 小球甲运动到最低点时处于超重状态 【答案】BCD sin 0F mg Fθ− − =弹 2 sin 2F mg maθ− =弹 3 sin 2F mg maθ= + ( )3 sin 2P Fv mg ma vθ= = + 5 3 Mg 【解析】 【详解】AB．撤去拉力 F，小球乙运动到 B 相同的高度时，速度恰好变为 0，小球甲下降的 高度为 小球乙上升的高度为 对小球甲和小球乙组成的系统，机械能守恒，则有 解得 开始时小球乙受力分析如下图所示 由平衡条件得 且有 联立解得 故 A 错误，B 正确； C．小球乙向下运动到最低点时，根据机械能守恒可知最低点为 C 点，设在最低点时小球乙的 加速度大小为 a，根据题意可知加速度方向竖直向上，此时小球甲的加速度为 a1，方向竖直向 下，则有 1 0.5sin53 0.3 0.5m 0.2mh = °+ − = 2 0.3sin53 m mh = ° = 0.24 1 2 0Mgh mgh− = 6 5M m: = : AC BCcos53 sin53F F° = ° AC BCsin53 cos53mg F F F+ = °+ ° ACF Mg= 5 12F Mg= 解得 故 C 正确； D．小球甲运动到最低点时，小球甲即将竖直向上做加速直线运动，所以小球甲处于超重状态， 故 D 正确。 故选 BCD。 8.如图所示，等腰直角三角形 abc 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 为 B．三个相同的带电粒子从 b 点沿 bc 方向分别以速度 v1、v2、v3 射入磁场，在磁场中运动 的时间分别为 t1、t2、t3，且 t1:t2:t3=3:3:1．直角边 bc 的长度为 L，不计粒子的重力，下列 说法正确的是 A. 三个粒子的速度大小关系可能是 v1=v2>v3 B. 三个粒子的速度大小关系可能是 v10，求第 IV 象限磁场的感应强度的可能值。 1R g g A 1 g I RI I R ⋅= + 1 11.1R = Ω g g 1 g g 2 1 1 g 1000VI R R RU I RR R r  ⋅ = + ⋅ + =    +    0 A A EI R r R = + + 0R 0v 【答案】(1) ；(2) （n=1，2，3. . .） 【解析】 【详解】(1)由题意可知，粒子在第 II 象限运动时，有 解得 (2)粒子由 P 点到 O 点的过程中，沿 x 轴方向做匀速直线运动，沿 y 轴方向做匀加速直线运动， 设到达 O 点时沿 y 轴方向的速度为 ，则 解得 粒子穿过 O 点时的速度大小为 即 方向与 x 轴正方向夹角为 45°。设粒子在第 IV 象限运动时 轨迹半径为 r，第 IV 象限磁场感 应强度为 B，根据 的 2 0 2 mvE qa = 0nmvB qL = 0 12a v t= 2 1 1 2 qEa tm = ⋅ 2 0 2 mvE qa = yv 12 yva t= 0yv v= 2 2 0yv v v= + 02v v= 可知，粒子在第 I 象限运动时的轨迹半径为 ，粒子的运动轨迹如图所示 运动过程中经过点 Q（L，0），则需满足 （n=1，2，3…） 又 解得 （n=1，2，3…） 12.如图所示，PQMN 与 CDEF 为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为 L。PQ、MN、 CD、EF 为相同的弧形导轨；QM、DE 为足够长的水平导轨。导轨的水平部分 QM 和 DE 处于 竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B。a、b 为材料相同、长都为 L 的导体棒，跨接在导 轨上。已知 a 棒的质景为 3m、电阻为 R，b 棒的质量为 m、电阻为 3R，其它电阻不计。金属 棒 a 和 b 都从距水平面高度为 h 的弧形导轨上由静止释放，分别通过 DQ、EM 同时进入匀强 磁场中，a、b 棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒 a、b 与导轨接触良好，且不计导轨 的电阻和棒与导轨的摩擦。 (1)金属棒 b 向左运动速度大小减为金属棒 a 的速度大小的一半时，金属棒 a 的速度多大？ (2)金属棒 a、b 进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入 磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热多大？ (3)从 b 棒速度减为零至两棒达共速过程中二者 位移差是多大？的 2mvqvB r = 2 r cos45L nr= ° 2mvqvB r = 0nmvB qL = 【答案】(1) ；(2)3mgh；(3) 【解析】 【详解】(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有 解得 两棒同时进入磁场区域的初速大小均为 。由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则 两棒在水平轨道上运动时动量守恒，可得 (2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速的速度相等，由 动量守恒得 解得 方向向右。 金属棒 a、b 进入磁场后，到 b 棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒得 解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热 1 4 25v gh= 1 2 2 2 2 2mR ghx x B L − = 2 0 1 2mgh mv= 0 2v gh= 2gh 1 0 0 13 3 2 vmv mv mv m− = − 1 0 4 4 25 5v v gh= = ( ) ( )ba a b2 2m gh m gh m m v+ − = + 2 2 ghv = ( ) ( )2 2 a b 0 a b 1 1 2 2m m v m m v Q+ = + + 3Q mgh= (3)对 b 根据电量公式 13.关于物态变化，下列说法正确的是（  ） A. 液体的饱和气压越大，该液体越不容易挥发 B. 密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的密度不再发生变化 C. 密闭容器中的水蒸气达到饱和时，没有水分子离开水面 D. 温度越高，密闭容器中水蒸气分子的数密度越大 E. 空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和气压，人感觉越潮湿 【答案】BDE 【解析】 【详解】A．饱和气压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，饱和气压 越大，表示该物质越容易蒸发，故 A 错误； B．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，密度也不再发生变化，故 B 正 确； C．密闭容器中的水蒸气达到饱和时，水中仍然会有水分子离开水面，只是水中水分子离开水 面与进入水面的是平衡的，故 C 错误； D．温度越高，分子平均速率越大，而且液体分子越易离开液面，分子数密度越大，故 D 正确； E．空气相对湿度越大时，空气中的水蒸气压强越接近此温度时的饱和气压，人感觉越潮湿， 故 E 正确。 故选 BDE。 14.如图所示，两内壁光滑的圆筒形导热气缸拼接在—起，上部分的横截面积为 2S，下部分的 横截面积为 S，上部分开口，下部分底部封闭，A、B 两个导热活塞将 a、b 两部分理想气体封 闭在气缸内。A 活塞的质量为 2m，B 活塞的质量为 m。大气压强为 p0，重力加速度为 g，初 始时环境温度为 T，A 活塞到上部分气缸底部距离为 L，B 活塞到上下部分气缸底距离均为 L， 0 2 vBILt m= ( ) ( )1 2 1 2 4 4 BL v v BL x xq It tR R − −= = = 1 2 2 2 2 2mR ghx x B L − = 当缓慢降低环境温度到 时，A 活塞恰好到达上部分气缸底部，在此过程中 b 部分气体向外 释放的热量为 Q，求： (1) 的大小； (2)b 部分气体内能的减少量。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)等压变化，设 B 活塞下降距离为 x，对 a 部分气体 有 对 b 部分气体 有 解得 1T 1T 01 1 2T T= 0 2 SU gpQ m L ∆ = − +   0a 2 3V LS LS LS= + = 1a ( )V L x S= + 0 1a a 0 1 V V T T = 0bV LS= 1b ( )V L x S= − 0 1b b 0 1 V V T T = (2)a 部分气体的压强为 b 部分气体的压强为 b 部分气体被压缩过程中，外界对气体做的功为 气体内能的减少量为 解得 15.如图所示为某时刻一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波，P、Q 为介质中的两个质点，从该时 刻起 P 质点再经过 1s 第一次回到平衡位置，从该时刻起 Q 质点再经过 6s 第一次回到原位置， 则该机械波的波速为__________，从该时刻起 12s 时 P 质点的纵坐标为__________，振动方 向__________。 【答案】 (1). 0. 25m/s (2). (3). 沿 y 轴正方向 【解析】 【详解】[1][2][3]波沿 x 轴负方向传播，该时刻 P 质点振动方向沿 y 轴负方向，Q 质点振动方 向沿 y 轴正方向，P 质点从出发点到平衡位置的时间与 Q 质点从出发点到平衡位置的时间相 同，则有 01 1 2T T= 1 2x L= 0a 2 2 mgP P S = + ab mgP P S = + b 2 LW P S= × U Q W∆ = − 0 2 SU gpQ m L ∆ = − +   2 2y cm= − 得 由 得 12s 为 ，则 P 质点的纵坐标为 振动方向沿 y 轴正方向。 16.如图所示为检测液面变化的装置示意图，在液面上方固定一个平板，在液面底部铺一个平 面镜，在平板的 A 点固定一个激光笔，激光笔与板成 45°角向液面发射一束激光，经液面折 射和平面镜反射后再照射到平板的另一侧，液体对激光的折射率为 。 (1)求激光射入液面后的折射角； (2)若液面下降高度为 x，求照射到平板右侧光点的移动距离与液面下降高度 x 的关系式。 【答案】(1)30°；(2) 【解析】 【详解】(1)如下图所示为激光的光路图 6s 1s 1s2 T= + + 8sT = v T λ= 0.25m/sv = 3 2T 2 2cmy = − 2 2 32 3s x  = −    由折射定律 得 (2)设平板到液面的高度为 h，液面的深度为 H，有 由对称性可得 即 同理，当液面下降高度 x 时，平板到液面高度为 h+x，液面深度为 H-x，则有 由 得 为 sin sin in r = 30r = ° 1PO h= 2 tanMO rH = 2 2MO NO= 3O Q h= 1 1 2 2 3AB PO MO NO O Q= + + + 1 2 32 3AB h H= + 2 2 32( ) ( )3AB h x H x= + + − 2 1s AB AB= − 2 32 3s x  = −   