【物理】河北省衡水金卷2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

【物理】河北省衡水金卷2020届高三上学期期末考试试题（解析版）

河北省衡水金卷2020届高三上学期 期末考试试题 ‎1.航天员王亚平在“天宫一号”飞行器里展示了失重状态下液滴的表面张力引起的现象，可以观察到漂浮液滴的形状发生周期性的微小变化（振动），如图所示。已知液滴振动频率的表达式为，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，（单位为N/m）为液体表面张力系数。与液体表面自由能的增加量ΔE、液体表面面积的增加量ΔS有关，则在下列相关的关系式中，可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】为液体表面张力系数，其单位为N/m；ΔE是液体表面自由能的增加量，其单位为J，；ΔS是液体表面面积的增加量，单位为m2；‎ 根据物理量之间的关系得出 ‎1N/m=1J/m2‎ 则可能正确，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎2.如图所示，物体A和B用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上，物体A的质量为m，物体B的质量为M，当连接物体A、B的绳子突然断开后，物体A上升到某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（ ）‎ A. mv B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】以向上为正方向，在这一段时间里，对物体B由动量定理得 在这一段时间里，对物体A由动量定理得 解得 故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎3.如图所示，有一半径为、圆心为О的金属圆环，Oa为长度也为L的铜棒，两者电阻均不计且接触良好。现让Oa以圆心О为轴，以ω=10rad/s的角速度匀速转动，圆环处于垂直于环面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场中。从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并分别接到匝数比为的理想变压器原线圈两端，则接在副线圈两端的理想电压表的示数为（ ）‎ A. 40V B. 20V C. 80V D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Oa匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，接在副线圈两端的理想电压表的示数为零，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，MN为半圆环的水平直径。现将甲、乙两个相同的小球分别在M、N两点同时以v1、v2的速度水平抛出，两小球刚好落在圆环上的同一点Q，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 乙球落到圆环上时的速度有可能沿OQ方向 B. 若仅增大v2，则两小球在落到圆环上前一定相遇 C. 从抛出到落到Q点的过程中，甲球动能的增加量比乙球动能的增加量小 D. 落到Q点时，甲球重力的瞬时功率小于乙球重力的瞬时功率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙球落到圆环上时，速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，可知乙球落到圆环上时的速度不可能沿OQ方向，故A错误；‎ B．甲、乙两小球在竖直方向都做自由落体运动，所以一定是同时到达Q点；若仅增大v2，则两小球水平方向位移和等于直径，则所用时间减小，竖直方向下落距离减小，在落到圆环上前一定会相遇，故B正确；‎ C．从抛出到落到Q点的过程中，只有重力对甲、乙两小球做功，重力对二者做功相等，所以从抛出到落到Q点的过程中，甲球动能的增加量与乙球动能的增加量是相等的，故C错误；‎ D．甲、乙两小球沿竖直方向都做自由落体运动，所以落在Q点时，它们竖直方向的速度是相等的，瞬时功率的表达式，可知落到Q点时，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等，故D错误。故选B。‎ ‎5.如图所示，一颗极地卫星从北纬30°的A点正上方的B点按图示方向第一次运行至南极C点正上方的D点时所用时间为t，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该卫星运行的周期为3t B. 该卫星距地面的高度为 C. 该卫星的角速度为 D. 该卫星的加速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卫星从B点到D点转动的角度为120°，即 可知卫星运行的周期 故A正确，不符合题意；‎ B．对卫星，万有引力提供向心力，则 对地表任一物体，有 解得卫星距地面的高度 故B错误，符合题意；‎ C．卫星的角速度 故C正确，不符合题意；‎ D．卫星的加速度 故D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎6.为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×‎102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为‎15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为电动车重力的0.05倍，重力加速度取‎10m/s2，则（ ）‎ A. 该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动 B. 该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动 C. 该车做匀加速运动的时间是1.2 s D. 该车加速度为‎0.25 m/s2时，动能是4×104 J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C．AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为；BC段，由于图像为过原点的直线，所以，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当，速度达到最大值‎15m/s，故选项A错误B正确；由可知，故选项C错误；该车加速度为0．‎25m/s2时，牵引力为，此时的速度为，动能为 ‎，故选项D正确．‎ ‎7.如图所示，水平向右的匀强电场中固定有一绝缘斜面，带电金属滑块以Ek0=30J的初动能从斜面底端A点冲上斜面，恰好运动至顶端B点，之后返回，已知滑块从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做功为10J，克服重力做功为24J，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块带正电，上滑过程中电势能减小4J B. 滑块上滑过程中机械能增加4J C. 滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12J D. 滑块返回到斜面底端时动能为15J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由动能定理知上滑过程中 解得 W电=4J 电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，故A正确；‎ B．由功能关系知滑块上滑过程中机械能变化 则机械能减小6J，故B错误；‎ C．滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，重力势能增加12J，故C正确；‎ D．对全程，由动能定理 解得滑块返回到斜面底端时动能：‎ 故D错误。故AC。‎ ‎8.如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)‎ 和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中．质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN=r.在t=0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t=t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t=t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是( )‎ A. t=0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0‎ B. t=t1时刻，金属细杆所受的安培力为 C. 从t=0到t=t1时刻，通过金属细杆横截面的电量为 D. 从t=0到t=t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t=0时刻，金属细杆产生的感应电动势 金属细杆两端的电压 故A错误；‎ B．t=t1时刻，金属细杆速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时，金属细杆不受安培力，故B错误；‎ C．从t=0到t=t1时刻，电路中的平均电动势 回路中的电流 在这段时间内通过金属细杆横截面的电量 解得 故C正确；‎ D．设杆通过最高点速度为，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 从t=0到t=t2时刻，据功能关系可得，回路中的总电热 定值电阻R产生的焦耳热 解得 故D正确 故选CD。‎ ‎【点睛】感应电量，这个规律要能熟练推导并应用．‎ ‎9.如图甲所示为“探究加速度与力，质量的关系”的实验装置 ‎（1）实验时，某同学为平衡摩擦力将长木板的右端适当垫高，但是在操作过程中，他把长木板的右端垫得过高，造成长木板的倾角过大，其他操作均无误。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。如图所示，他绘出的a—F关系图象是_______（填正确答案标号）‎ A． B． C． D．‎ ‎（2）打点计时器使用的交流电频率，如图丙所示为某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，则打C点时小车的速度为______m/s，小车的加速度大小为________m/s2‎ ‎【答案】 (1). C (2) 0.212 0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]如果把长木板的右端垫得过高，则当细线拉力为零时，小车具有加速度，绘出的a—F关系图象为C项，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎（2）[2]由题知，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，故两相邻计数点的时间为 s=0.1s 根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度求解C点的速度，则打C点时小车的速度为 ‎[3]由逐差法可得小车的加速度大小 ‎10.某学习小组欲描绘小灯泡的伏安特性曲线，现提供下列器材：‎ A．电压表V(量程6 V，内阻约6 kΩ)‎ B．电流表A(量程‎0.6 A，内阻约10 Ω)‎ C．电阻箱R1(0～999.9 Ω)‎ D．定值电阻R2＝200 Ω E．定值电阻R3＝100 Ω F．滑动变阻器R4(0～10 Ω)‎ G．滑动变阻器R5(0～100 Ω)‎ H．规格为“6 V,6 W”的待测灯泡 I．电源E(电动势约12 V，内阻较小)‎ J．开关、导线若干 ‎（1）某同学根据实验原理，将电流表的量程由‎0.6 A扩大至‎1.0 A，首先采用了如图1所示的电路测量电流表内阻．闭合开关S1，反复调节电阻箱阻值，当R1＝19.0 Ω时，发现闭合和打开开关S2时电流表指针指示值相同，则电流表的内阻RA＝________Ω.若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值________(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值．‎ ‎（2）图2是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接___________ (要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)．‎ ‎（3）实验中，滑动变阻器应选择________(选填“R‎4”‎或“R‎5”‎)．‎ ‎【答案】(1). 9.5 等于 (2). (3). R4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）闭合开关时，R1与电流表并联后，再与R2与R3的并联部分串联；开关断开时，R1与R2串联后与电流与和R3的串联部分并联；两种情况下电流表示数相同，则根据串并联电路规律可知，解得：RA=9.5Ω．若忽略偶然误差，从理论上分析，实验测得的电流表内阻值等于真实值． （2）本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时电流表与电阻箱并联扩大量程，故实物图如图所示：‎ ‎（3）因滑动变阻器采用分压接法，所以应采用总阻值较小的滑动变阻器R4．‎ ‎11.如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为R．A的质量为m，B的质量为，B与地面的动摩擦因数为μ．现给A施加一拉力F，使A缓慢移动，运动过程中拉力F与圆心连线O1O2的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)A、B间弹力的最大值Fmax ‎(2)动摩擦因数的最小值μmin ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）以A为研究对象，受重力mg，拉力F，B对A的弹力FN；由题意，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图，在FN转至竖直的过程中，AB间弹力先增大后减小，拉力F逐渐减小，当θ=300（F水平向右）时，AB间弹力最大，‎ ‎ ‎ ‎（2）对B受力分析可知，竖直方向水平地面的支持力 ，可知水平地面对B的支持力逐渐增大；‎ 水平方向的静摩擦力f=FNsinθ可知静摩擦力逐渐减小，所以只要初状态不滑动，以后就不会滑动，即 ，初状态时，圆柱A对圆柱B的弹力FN=mg，带入数据可得： ‎ ‎12.如图所示，质量分别为、，带电量均为q=＋4.0×10‎-2C的金属小球A、B静止在足够大的绝缘水平桌面上，开始时，A、B两球静止，A、B两球间有一个锁定的被压缩的轻质绝缘弹簧，与A、B两球不拴接，弹性势能Ep=5.4J（A、B两球均可视为质点，弹簧长度可忽略），空间内存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=50N/C，在桌面左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=15T。虚线PQ与水平桌面成45°角，现将弹簧解除锁定，A、B两球被瞬间弹开后移走弹簧。已知A、B两球与桌面间的动摩擦因数均为，两球静止时与P点间的距离L=‎1m，A球与桌面碰撞时没有机械能损失，可等速率返回，取，重力加速度 g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）弹簧解除锁定后瞬间，A、B两球的速度大小；‎ ‎（2）A球第一次与桌面相碰时，A、B两球间的距离；‎ ‎（3）A球从P点第一次进入磁场到第二次离开磁场时平均速度的大小和方向。‎ ‎【答案】（1），；（2）‎1.25m；（3），方向为与水平方向成45°角斜向右上方。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）弹开过程对两球由能量守恒定律得 由动量守恒定律得 解得 ‎，‎ ‎（2）在未进入磁场前，对A球受力分析，则有 A球受到的支持力为0，A球不受摩擦力作用，所以向左匀速运动，从P点进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，作出运动轨迹，如图所示：‎ A球匀速向左运动至P点时间 A球磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 r=‎‎2m A球在磁场中运动的周期为 由图可知A球第一次在磁场中运动的时间为 A球竖直向下射出磁场，仍做匀速直线运动，匀速运动的位移为r=‎2m，A球出磁场到与桌面相碰运动的时间为 A、B两球分离后至A球第一次回到桌面所用的时间为 对B球受力分析，由牛顿第二定律得 解得 设B球向右减到0所用的时间为tB，由运动学公式得 说明当B球向右减速到0后，A球才落回到桌面，则B的位移为 A球第一次与桌面相碰时，A、B两球间的距离 ‎（3）A球与桌面碰撞反弹后，向上做匀速运动，再次进入磁场，向右偏转，运动轨迹如图所示 由图可知，A球从第一次进入磁场到第二次离开磁场。所用的总时间为 总位移为 则平均速度大小为 方向为与水平方向成45°角斜向右上方。‎ ‎13.下列说法正确的是________．‎ A. 松香在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变 B. 当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 C. 液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关 D. 若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大 E. 若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确晶体和非晶体的性质，知道非晶体没有固定的熔点，在熔化时温度是变化的；明确分子间作用力与分子势能间的关系，知道当分子间引力和斥力相互平衡时，分子势能最小；知道泡和汽压的性质；明确气体压强的微观意义，会解释压强的变化；根据热力学第一定律分析气体内能的变化情况；‎ ‎【详解】A．只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，松香是非晶体，在熔化过程中，温度是变化的，故A错误；‎ B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子间的引力与斥力的合力即分子力为零，分子势能最小，故B正确；‎ C．液体的饱和汽压与温度有关，但与饱和汽的体积无关，故C错误；‎ D．气体的压强与单位体积的分子数和分子动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W>0，Q>0，根据热力学第一定律知，，说明气体的温度T升高，分子平均动能增大，又气体被压缩体积V减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D正确；‎ E．若一定质量理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小即，又外界对气体做功即W>0，根据热力学第一定律知，Q<0即气体一定放热，故E正确；故选BDE．‎ ‎14.如图所示，开口向上的气缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S=‎50cm2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，轻绳一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着劲度系数k=2800N/m的竖直轻弹簧A，弹簧A下端拴接一质量m=‎14kg的物块B。开始时，气缸内气体的温度t1=‎27℃‎，活塞到气缸底的距离L1=‎120cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p0=1.0×105Pa，重力加速度g=‎10m/s2，一切摩擦均不计，热力学温度与摄氏温度的关系式为T=t＋273K，现使气缸内气体缓慢冷却，求：‎ ‎（1）当物块B刚要离开桌面时气缸内封闭气体的温度为多少摄氏度？‎ ‎（2）气体的温度冷却到－‎93℃‎时物块B离桌面的高度H。‎ ‎【答案】（1）‎-66℃‎；（2）H=‎15cm。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块B刚要离开桌面时，弹簧的拉力满足 解得 物块B刚要离开桌面时，活塞受力平衡，有 解得 由理想气体状态方程有 解得 T2=207K，t2=‎‎-66℃‎ ‎（2）当温度降至‎-66℃‎之后，若继续降温﹐缸内气体的压强不变，根据盖·吕萨克定律得 解得 H=‎‎15cm ‎15.如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播足够长的时间，在t＝0时刻两列波的波峰正好在x＝0处重合，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. t=0时刻x=0处质点的振动位移为‎20cm B. 两列波的频率之比为fA∶fB=5∶3‎ C. t=0时刻一定存在振动位移为－‎30cm的质点 D. t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x=‎‎7.5m E. t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为x=‎‎7.5m ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两列波叠加，时刻处质点的振动位移为两列波振幅之和，为‎40cm，故A错误；‎ B．根据波形图，A波的波长为‎3m，B波的波长为‎5m，两列波在同一介质中传播，波速相同，由 可知两列波的频率之比为 故B正确；‎ C．由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所以t=0时刻一定存在振动位移为－‎30cm的质点，故C正确；‎ D．两列波波长最简整数比为3∶5，3和5的最小公倍数是15，所以t=0时刻x轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为m，故D错误；‎ E．t=0时刻x轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为m，E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎16.半径为R的玻璃圆柱体，截面如图所示，圆心为O，在同一截面内，两束相互垂直的单色光射向圆柱面的A、B两点，其中一束沿AO方向，∠AOB＝30°，若玻璃对此单色光的折射率n＝ ‎ ‎ ‎ ‎(1)试作出两条光线从射入到第一次射出的光路途径，并求出B光第一次射出圆柱面时的折射角(当光线射向柱面时，如有折射光线则不考虑反射光线)．‎ ‎(2)求两条光线经圆柱体后第一次射出的光线的交点(或延长线的交点)与A点的距离．‎ ‎【答案】(1)　 (2)(－1)R ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A光过圆心，射入和射出玻璃圆柱方向始终不变，射出玻璃圆柱的折射角为0°.B光从B点射入，设折射角为r，第一次在C点射出，设B光第一次射出圆柱面时的折射角为i2，由折射定律，，‎ 解得：r＝30°.‎ 由折射定律：‎ 解得i2＝60°.光路图如图所示．‎ ‎(2)设B光从C点射出光线的反向延长线交A光光线于D点，由图可知，∠DOC为直角，DA＝Rtan 60°－R＝(－1)R.‎