2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试(十二)物理试卷

2020届河北衡水密卷新高考押题信息考试（十二）物理试卷★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题1.某质点运动速度的平方v2随位移x变化的规律如图所示，关于该质点的运动情况，下列说法正确的是()A. 质点一定是做曲线运动B. 质点所受合外力可能是恒力C. 质点运动的加速度逐渐增大D. 质点的机械能一定是逐渐增大的【答案】C【解析】【详解】A、质点运动速度平方2v随位移x变化规律不是质点运动的轨迹，故A错误；B、根据2202v v ax-=知，图线切线斜率的大小等于2a，图线切线斜率增大，则加速度增大，根据牛顿第二定律知，合力增大，故B错误，C正确．D 、质点的速度增大，动能增大，重力势能的变化未知，则无法判断机械能的变化，故D 错误．2.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m = 0.2 kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v 和弹簧压缩量∆x 的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g = 10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A. 该弹簧的劲度系数为20 N/mB. 当∆x = 0.3 m 时，小球处于超重状态C. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 D .小球刚接触弹簧时速度最大 【答案】ABC 【解析】 【分析】由图象可知，当△x=0.1m 时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据k△x=mg 求出k ，再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最低点的加速度，与刚开始接触时比较得出什么时候加速度最大，小球和弹簧组成的系统机械能守恒．【详解】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x 为0.1m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x 为0.1m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k △x=mg ，解得：0.21020.0/0.1mg k N m x V ＝＝＝，故A 正确；当△x=0.3m 时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B 正确；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故C 正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x 为0.1m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故D 错误；故选ABC ． 【点睛】解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做增大，弹簧的弹性势能一直增大． 3.如图所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L ，其连线中点为O ，以O 为圆心、L 为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a 、b 和c 、d ．则A. a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相反B. c 、d 两点的电场强度大小相等，方向相同C. 将一带正电的试探电荷从a 点沿直线移到b 点，其电势能先减小后增大D. 将一带正电的试探电荷从c 点沿直线移到d 点，其电势能先增大后减小 【答案】B 【解析】【详解】根据两等量异种点电荷电场特点，a 、b 两点和c,d 两点的电场强度大小相同，方向相同，故A 错误，B 正确；将一带正电的试探电荷从a 点沿直线移到b 点，电场力一直做正功，故其电势能一直减小，选项C 错误；cd 连线上电势均为零，故 将一带正电的试探电荷从c 点沿直线移到d 点，其电势能不变，选项D 错误；故选B.4.如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN 恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN 以线速度v 2匀速转过90°.为使两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则()A. v 1∶v 2＝2∶πB. v 1∶v 2＝π∶2C. v 1∶v 2＝1∶2D. v 1∶v 2＝2∶1【答案】A 【解析】【详解】将线框从磁场中以恒定速度1v 向右匀速拉出，则11122LL t v v ==让线框绕轴MN 以线速度2v 匀速转过90°，角速度22v Lω=时间2224L t v ππω==两次过程中产生的平均感应电动势为11BSE t t ∆Φ==∆ 22BSE t t ∆Φ==∆ 且12E E =，即21t t =，解得v 1∶v 2=2∶π故选A ．5.如图所示，光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中AB 段水平，BCDE 段为半径为R 的四分之三圆弧，圆心O 及D 点与AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m ，初速度010gRv =的光滑小球水平进入圆管AB ，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R ，则(小球直径略小于管内径)( )A. 小球到达C 点时的速度大小C 3gRv =B. 小球能通过E 点且抛出后恰好落至B 点C. 无论小球的初速度v 0为多少，小球到达E 点时的速度都不能为零D. 若将DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D 点相距2R 【答案】B 【解析】A 、小球从A 至C 过程，由机械能守恒定律得（以AB 为参考平面）：22011 22C mv mv mgR =-，将010gR v =代入得：32C gRv =，故A 错误；B 、从A 至E 过程，由机械能守恒定律得：2201122E mv mv mgR =+，解得 2E gRv = 从E 点开始小球做平抛运动，则由22E gR Rx v t R g==⋅=，小球能正好平抛落回B 点，故B 正确； C 、因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E 点速度可以为零，故C 错误；D 、若将DE 轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h ，由机械能守恒得：2012mv mgh =，解得54h R =，故D 错误．点睛：本题是平抛运动与机械能守恒定律的综合应用，它们之间的桥梁是速度．要注意管子类型与轻杆类型相似，小球通过最高点时最小速度为零．6.如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A ，下列各种情况中铜环A 中没有感应电流的是（ ）A. 线圈中通以恒定的电流B. 通电时，使变阻器的滑片P 作匀速滑动C. 通电时，使变阻器的滑片P 作加速滑动D. 将电键突然断开的瞬间【答案】A 【解析】【详解】A 项：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A 的磁通量不变，没有感应电流产生．故A 正确．B 项：通电时，使变阻器的滑片P 作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A 磁通量增大，产生感应电流．不符合题意．故B 错误．C 项：通电时，使变阻器的滑片P 作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A 磁通量变化，产生感应电流．不符合题意．故C 错误．D 项：将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A 的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意．故D 错误． 故选A ．7.宇宙中两颗靠得比较近的恒星,只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转,称之为双星系统．在浩瀚的银河系中,多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动,如图所示．若AO>OB ,则( )A. 星球A 的角速度一定大于B 的角速度B. 星球A 的质量一定小于B 的质量C. 双星的总质量一定,双星之间的距离越小,其转动周期越大D. 双星之间的距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越大 【答案】B 【解析】【详解】A 、双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以向心力相等；根据万有引力提供向心力公式得22A B 2A BA B Gm mm r m r Lωω==，因为r B ＜r A ，所以m B ＞m A ，即B 的质量一定大于A 的质量;故A 错误. B 、双星系统角速度相等，根据v =ωr ，且AO ＞OB ，可知，A 的线速度大于B 的线速度;故B 正确. C 、根据万有引力提供向心力公式得：22A B 222()()A B A B Gm m m r m r L T Tππ==，解得周期为32()A B L T G m m π=+，可知双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小;故C 错误.D 、根据周期为32()A B L T G m m π=+，可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，转动周期越大;故D错误. 故选B.【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．8.如图所示，虚线a 、b 、c 为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a 上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨道分别交等势线c 于B 、C 点，甲粒子从A 到B 的动能变化量的绝对值是E ，乙粒子从A 到C 动能变化量绝对值为12E ．不计粒子的重力，由此可以判断（ ）A. 甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B. 甲的电量一定为乙电量的2倍C. 甲粒子从A 到B 电场力一定做正功，乙粒子从A 到C 电场力一定做负功D. 甲在B 点的电势能的绝对值一定是乙在C 点电势能绝对值的2倍【答案】BC【解析】由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电，选项A错误；从A点到c等势面的电势差相等，根据Uq=E k，因E k甲=2E k乙,可知q甲=2q 乙，选项B正确；两粒子的动能均增加，则甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定也做正功，选项C错误；BC两点的电势相同，根据E P=φq可知，甲在B点的电势能的绝对值一定是乙在C点电势能绝对值的2倍，选项D正确；故选BD.点睛：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹的凹向判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、动能等物理量的变化．三、非选择题9.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲所示．所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右的恒定拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测量相应的弹簧的总长度，并在图乙坐标纸上描出了弹簧所受的拉力与弹簧长度所对应的五个点，连接这些点就得到一条图线．（1）由此图线可计算出该弹簧的劲度系数k＝______N/m；（2）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：________________；缺点在于：_________________________.【答案】(1). 20(2). 避免弹簧自身所受重力对实验的影响(3). 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差【解析】【详解】（1）描点作图，F－L图线如图所示，当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，则弹簧的原长05cmL=根据胡克定律知，F k x=，可知图线的斜率表示劲度系数，则 1.6N /m 20N /m 0.08F k x ∆===∆； （2）优点是可以避免弹簧自身所受重力对实验的影响，从而减小实验误差； 缺点是弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差．10.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 k Ω)和手机中的锂电池(电动势E 标称值为3.7 V ，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材： A ．电压表V(量程3 V ，电阻R V 约为4.0 k Ω) B ．电流表A 1(量程100 mA ，电阻R A1约为5 Ω) C ．电流表A 2(量程2 mA ，电阻R A2约为50 Ω) D ．滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A) E ．电阻箱R 2(0～999.9 Ω) F ．开关S 一只，导线若干(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A 应选______(选填“A 1”或“A 2”)，请将实物连线补充完整_______．(2)为测量锂电池的电动势E 和内阻r ，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出211U R -图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则该锂电池的电动势E ＝____，内阻r ＝_____(用k 、b 和R 2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是__________． 【答案】(1)A 2；见解析图；(2)；；电压表分流 【解析】试题分析：（1）电压表量程是3V ，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）；待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；，，，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．（2）由图乙所示电路可知，，则，因此图象的纵轴截距，电动势，图象的斜率，则电源内阻．考点：测量电源的电动势及内阻【名师点睛】此题考查了测量电源的电动势及内阻的实验；根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．11.如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x＝1 m，质量m＝0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝0.1 kg的小滑块2，从A点以210/v m s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C.已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.两滑块均可视为质点．求：（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；（3）半圆形轨道的半径R.【答案】（1）3 m/s （2）0.9 J （3）0.18 m 【解析】【详解】（1）滑块2从A 运动到B ，设滑块2在B 点的速度为v 1，由动能定理可得：22101122mgx mv mv μ-=- 解得：16m/s v =在B 点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以1v 的方向为正方向，由动量守恒定律可得：12mv mv =，解得：3m/s v =；（2）滑块2与滑块1在B 点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒可得机械能损失为：22111222E mv m v ∆⋅⋅=-解得：0.9E J ∆=；（3）碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C 点的过程中机械能守恒，2211222222C mv mg R mv ⋅⋅⋅=+在C 点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：222Cv mg m R=联立解得：0.18m R =．12.如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：23603 d ddrsin sinα===︒根据2mvqv Br=得23qBdv=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm（）-︒=；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得y=r-rcosα=1323r d=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为12()5323d dRsinα+==粒子进入第三、四象限运动速度0432v qBdv vcosα===根据2RvBqvm'=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 13.下列说法正确的是（ ） A. 理想气体吸热后温度一定升高B. 可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C. 某理想气体的摩尔体积为0V ，阿伏加德罗常数为A N ，则该理想气体单个的分子体积为AV N D. 甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大E. 扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动 【答案】BDE 【解析】【详解】A.理想气体的内能只与温度有关。