2019-2020学年河北省衡水中学高三（下）期中物理试卷
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二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48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．
1. 一静止原子核A经1次α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，α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
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37∘时，杆受到的压力大小为59mg
B.当每根杆与竖直方向的夹角为37∘时，杆对地面的摩擦力大小为14mg
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
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
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已知。下列判断正确的是（ ）
A.火星的半径为a2a2+a1h0
B.火星的半径为a1a1−a2h0
C.火星的第一宇宙速度大小为a1h0a2a1+a2
D.火星的质量大小为(a1a2a1−a2)2h02G
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v0＝1m/s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次碰撞后的瞬间，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
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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，现加一沿斜面方向向上的匀强电场，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（ ）
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3mgsinθk
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(3mgsinθ+2ma)v
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
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53Mg
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
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方向分别以不同的速度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v1
0，求第IV象限磁场的感应强度的可能值。
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棒的质量为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的位移差是多大？
关于物态变化，下列说法正确的是（ ）
A.液体的饱和汽压越大，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汽压，人感觉越潮湿
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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，当缓慢降低环境温度到T1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：
(a)T1的大小；
(b)b部分气体内能的减少量。
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________。
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2。
(a)求激光射入液面后的折射角；
(b)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。
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参考答案与试题解析
2019-2020学年河北省衡水中学高三（下）期中物理试卷
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48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．
1.
【答案】
D
【考点】
原子核的结合能
【解析】
由质量数守恒与电荷数守恒判断出B的质量数与电荷数；根据能量守恒定律判断能量的关系；根据质能方程判断质量的变化。
【解答】
设A核的质量数为m，其质子数为n，B核的质量数为m−4，其质子数为n−2，α粒子的质量数为4，其质子数为2，静止原子核A经1次α衰变生成原子核B，并释放出γ光子，核反应方程式：nmA→24He+n−2m−4B+γ
A、该反应的过程中释放热量，由质能方程可知，一定有质量亏损，故A错误；
B、由核反应方程式，可知，B核在元素周期表的位置比A核前移2位，故B错误；
C、A的结合能为m⋅E1，B的结合能为(m−4)⋅E2，根据能量守恒可得：(m−4)⋅E2−m⋅E1+4E3＝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。
2.
【答案】
B
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
以吊锅和细铁链整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出杆对细铁链的支持力，从而得到杆受到的压力。对杆，根据平衡条件求地面对杆的摩擦力，从而得到杆对地面的摩擦力。对整个装置分析，由平衡条件分析地面对杆的支持力，来分析杆对地面的压力。
【解答】
A、以吊锅和细铁链整体为研究对象，根据平衡条件得：3Ncos37∘＝mg，得N=512mg，由牛顿第三定律知，杆受到的压力大小为 N′＝N=512mg，故A错误；
B、当每根杆与竖直方向的夹角为37∘时，杆对地面的摩擦力大小为 f＝N′sin37∘=512mg×0.6=14mg，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不变，仍与重力mg等大反向，故C错误；
D、以整个装置为研究对象，由平衡条件知，3N地＝mg，得 N地=mg3，因此，由牛顿第三定律知，杆对地面的压力不变，故D错误。
3.
【答案】
D
【考点】
摩擦力做功与能量转化
牛顿第二定律的概念
【解析】
货物在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据v＝at求解加速度和减速运动的时间，根据x=v22a求解加速和减速时的位移，找到货物与传送带的相对位移的表达式，从而求解传送带的速度，再结合运动学公式求解总位移和总时间，根据Q＝fs相对求解热量，
根据Ek=12mv2求解最大动能。
【解答】
令传送带的速度为v，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为：a=μmgm=μg=5m/s2
当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为：t1=va=v5
货物发生的位移为：x1=v22a=v210
传送带发生的位移为：x2=vt1=v25
减速运动过程中货物的加速度大小为：a′＝a＝5m/s2
当货物速度减为零，所用的时间为：t2=va′=v5
货物发生的位移为：x3=v22a′=v210
根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为：△x＝x2−x1=v210=10cm＝0.1m，
所以传送带的速度为v＝1m/s，
货物发生的总位移为x＝x1+x3＝0.2m＝20cm，
运动的总时间为t＝t1+t2＝0.4s，
与传送带由摩擦而产生的热量Q＝μmg(x2−x1+x3)＝10J，
货物获得的最大动能为Ek=12mv2=5J，故ABC错误，D正确。
4.
【答案】
D
【考点】
向心力
第一宇宙速度
第二宇宙速度和第三宇宙速度
万有引力定律及其应用
【解析】
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探测器距离火星的距离越小加速度越大，当探测器在火星表面时加速度最大；万有引力提供向心力，分析清楚图示图像求出加速度与对应的h关系，应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。
【解答】
ABD、由图示图像可知，h＝0时探测器在火星表面，加速度为a1，h＝h0时加速度为a2，
设火星的半径为R，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMmR2=ma1，
GMm(R+h)2=ma2，
解得：R=a2a1−a2h0，M=(a1a2a1−a2)2h02G，故AB错误，D正确；
C、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmR2=mv2R，
解得，第一宇宙速度：v=a1h0a2a1−a2，故C错误。
5.
【答案】
D
【考点】
动量守恒定律的理解
动量守恒定律的综合应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
根据系统的受力情况判断沿斜面方向动量是否守恒；对工件根据牛顿第二定律求解加速度大小；根据动量守恒定律求出木块与工件碰撞前瞬间木块的速度，木块与工件碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量关系求解碰撞后二者的速度大小；根据位移时间关系求解再次碰撞的时间。
【解答】
A、开始L形工件沿斜面匀速向下运动，有3mgsinα＝μ⋅3mgcosα，解得μ＝0.75；放上木块后，工件增加的摩擦力f＝μmgcosα，而木块重力沿斜面向下的分力为mgsinα，二者相等，故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、把木块放上工件后，对工件根据牛顿第二定律可得：μ⋅4mgcosα−3mgsinα＝3ma，解得工件的加速度大小为a＝2m/s2，故B错误；
C、设木块与工件碰撞前瞬间木块的速度为v，根据动量守恒定律可得：3mv0＝mv，解得：v＝3v0＝3m/s；
木块与工件碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：mv＝mv1+3mv2，根据能量关系可得：12mv2=12mv12+12×3mv22，
联立解得：v1＝−1.5m/s，v2＝1.5m/s，所以木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，工件的速度大小为1.5m/s，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x工＝v2t−12at2，木块的位移x木＝v1t+12gsin37⋅t2，
相碰时有：x工＝x木，联立解得t＝0.75s，此时根据刚好速度为零，故D正确。
6.
【答案】
A,C,D
【考点】
电势能
动量定理的理解
电场力做功与电势能变化的关系
摩擦力做功与能量转化
【解析】
未加电场时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力，由胡克定律求出弹簧的压缩量；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，根据平衡条件并结合胡克定律求解出此时弹簧的伸长量，从而得到A发生的位移大小。根据冲量的定义式I＝Ft分析挡板C对小物块B的冲量。当A的加速度为0时，B的加速度大小均为a，对两个物体分别运用牛顿第二定律列式，从而求得A所受的电场力大小，即可求得电场力对A做功的瞬时功率。对A、B和弹簧组成的系统，利用能量守恒定律分析物块A的机械能和电势能之和变化情况。
【解答】
A、开始未电场时，弹簧处于压缩状态，对A，根据平衡条件和胡克定律有：mgsinθ＝kx1
解得：x1=mgsinθk
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：2mgsinθ＝kx2
解得：x2=2mgsinθk
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：x＝x1+x2=3mgsinθk，故A正确；
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I＝Ft知挡板C对小物块B的冲量不为0，故B错误。
C、设A所受的电场力大小为F．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，根据牛顿第二定律，
对A有：F−mgsinθ−F弹＝0
对B有：F弹−2mgsinθ＝2ma
故：F＝3mgsinθ+2ma，B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为P＝Fv＝(3mgsinθ+2ma)v．故C正确；
D、对A、B和弹簧组成的系统，从加电场后到B刚离开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。
7.
【答案】
B,C,D
【考点】
机械能守恒的判断
系统机械能守恒定律的应用
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
开始时小球乙静止时受力分析，利用平衡列式求解F；撤去拉力F，小球甲和小球乙组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；对小球利用牛顿第二定律列式求解；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，超重状态。
【解答】
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，此时AC与CB的方向垂直，设在最低点时设小球乙的加速度大小为a，根据题意可知加速度方向沿AC向上；此时小球甲的加速度大小为a′
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，方向竖直向下，但二者都沿绳子的方向，所以二者的大小相等，令大小都等于a，则对乙：FAC−mgsin53∘＝ma
对甲：Mg−FAC＝Ma
解得：FAC=108110mg
故C正确（1）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（2）故选：BCD。
8.
【答案】
B,D
【考点】
向心力
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
【解析】
三个相同的带电粒子以不同速度沿同一方向进入三角形磁场区域，由半径公式r=mvqB，则速度较大的带电粒子进入磁场时做匀速圆周运动的半径大，而再由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=α2πT，可知第一、二两种粒子在磁场中偏转角度相同为π2，而第三个粒子偏转π6，打在ac边上，画出其运动轨迹，由偏转角度与周期公式求出比荷。
【解答】
根据题设条件，三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域，洛仑兹力提供向心力：qvB=mv2r，从而
得到粒子做匀速圆周运动的半径r=mvqB，所以半径与速度成正比，又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1:t2:t3＝3:3:1，
显然它们在磁场中的偏转角度之比为3:3:1．即粒子1、2打在ab上，而粒子3打在ac上，轨迹大致如图所示。
A、粒子1、2打在ab上，但半径不一定相等，所以选项A错误。
B、打在ab上的两个粒子1、2，半径可能相等（此时轨迹就重合）但比粒子3的半径小，所以速度有可能是v1
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