1、 2020 年河北衡水高考押题试卷物理试卷年河北衡水高考押题试卷物理试卷 二、选择题二、选择题 1.我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要， 研制了一种小型核能电池， 将核反应释 放的核能转变为电能，需要的功率并不大，但要便于防护其产生的核辐射。请据此猜测“玉兔号”所用核 能电池有可能采纳的核反应方程是（ ） A. 3241 1120 HHHen B. 2351141921 92056360 UnBakr3 n C. 2382380 94951 PuAme D. 274301 132150 AlHePn 【答案】C 【解析】 【详解】A是聚变反应，反应剧烈，至今可控聚变反应还
2、处于各种实验研究阶段，故 A 项不合题意； B是裂变反应，虽然实现了人工控制，但因反应剧烈，防护要求高还不能小型化，故 B项不合题意； C是人工放射性同位素的衰变反应，是小型核能电池主要采用的反应方式，故 C 项符合题意； D是人工核反应，需要高能 粒子，故 D 项不合题意。 故选 C。 2.穿梭于大街小巷的共享单车解决了人们出行的“最后一公里”问题。 单车的传动装置如图所示， 链轮的齿 数为 38， 飞轮的齿数为 16， 后轮直径为 660mm， 若小明以 5m/s 匀速骑行， 则脚踩踏板的角速度约为 （ ） A. 3.2 rad/s B. 6.4 rad/s C. 12.6 rad/s D
3、. 18.0rad/s 【答案】B 【解析】 【详解】飞轮和后轮角速度 1相等，链轮和飞轮的边缘线速度 v相等，链轮和踏板角速度 2相等，可得 1 2 2 6.4rad/s N v N R 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 3.如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速 率，沿着相同的方向，对准圆心 O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有 的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的带电粒子（ ） A. 在磁场中的周期一定越小 B. 在磁场中的速率一定越小 C. 在磁场中的轨道半径一
4、定越大 D. 在磁场中通过的路程一定越小 【答案】C 【解析】 【详解】A质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷 q m 相同，根据公式 2 m T qB 可知，它们进入匀强磁 场后做匀速圆周运动的周期相同，选项 A错误； BC如图所示为带电粒子的运动轨迹， 设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为 ，则运动时间 360 tT 在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据 mv r qB 可知，速率一定越大，选项 B错误，选项 C 正确； D通过的路程即圆弧的长度 Lr 与半径 r 和圆心角 有关，速度越大路程并不是越短，选项 D错误。 故选 C。 4.如图所示， 质量可忽
5、略的绝缘细杆做成正方体框架， 边长为 a， 框架的每个顶点固定着一个带电荷量为+q， 质量为 m的小球，将这个框架静止放在足够粗糙的水平面上，水平面上方有水平向右的匀强电场，场强为 E，下列说法正确的是 A. 立方体中心位置处电场强度为零 B. 上方四个小球受到的电场力的合力均相同 C. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90 ，系统电势能减少了 6qEa D. 若以右下底边为轴把这个立方体向右侧翻转 90 ，系统电势能减少了 8qEa 【答案】D 【解析】 根据对称性可知，八个带正电的小球在立方体中心位置处产生的合电场强度为零，则此位置处的场强只等 于匀强电场的场强 E，选项 A 错误
6、；上方的右边两个小球受到的电场力的合力相同，上方的左边两个小球 受到的电场力的合力相同，但是与右边两个小球受到的电场力不同，选项 B 错误；若以右下底边为轴把这 个立方体向右侧翻转 90 ，则电场力对右上方两球做功为 2qEa；对左上方两个球做功 2qE2a；对左下方两 球做功 2qEa；，则共做功为 8qEa，即系统电势能减少了 8qEa，选项D正确，C错误；故选 D. 5.如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管， A、B 是变压器次级线圈的输出端， C、D、E、F、G、 H 是二极管组接线端，变压器原、副线圈的匝数比为 101，原线圈电压按图乙所示规律变化，原线圈接有 交流电压表，把
7、A、B端适当的接在 C、E、F、H 中的某些位置，就可以向接在 D、G 之间的用电器供直流 电，下列说法正确的是（ ） A. A、B两端电压为220 2V B. A、B 输出端电流方向 1s 改变 100 次 C. 把 AC 接一起，再把 BH接一起，则电流可以从 G流出过用电器从 D流回 D. 把 ACF 接一起，再把 BEH 接一起，则电流可以从 G 流出过用电器从 D流回 【答案】BCD 【解析】 【详解】A由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为 1 220 V 2 2 U A、B 两端电压为 1 21 2 22V n UU n 故 A 错误； B副线圈交变电流频率50Hz， 变压器变压不
8、变频，且每转一周电流方向改变两次，故 1s 内电流方向改 变 100 次，B 正确； C根据二极管的单向导电性可知，把 AC接一起，再把 BH 接一起，则在变压器的副线圈的电路回路为 BHGDCA，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 C正确； D 把ACF接一起， 再把BEH接一起， 根据二极管的单向导电性可知， 则电流可以形成BHGDCA或者AFGDEB 两种单项导电的电流，则电流可以从 G 流出经过用电器从 D 流回，故 D正确。 故选 BCD。 6.北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。由 35 颗卫星组成，包括 5颗静止轨道卫星、3
9、 颗倾斜同步轨道卫星、27颗中地球轨道卫星，下表给出了其中三颗卫星的信息，其中倾角为轨道平面与赤 道平面的夹角。下列陈述正确的是（ ） A. 北斗-IGSO2的运行周期和地球自转周期相等 B. 北斗-G4的线速度小于北斗-M3 的线速度 C. 北斗-IGSO2总在地面上某点的正上方 D. 北斗-IGSO2和北斗-M3 的周期的三分之二次方之比约等于 5 3 【答案】AB 【解析】 【详解】A由表格可知，北斗 IGSO2 为倾斜地球同步轨道卫星，所以其运行周期和地球自转周期相等， 故 A 正确； B由表格可知，北斗 G4为同步卫星，北斗 M3 为中高卫星，根据万有引力提供向心力得 2 2 Mmv
10、 Gm rr 可知北斗 G4 的线速度小等于北斗 M3 的线速度，故 B正确； C倾斜轨道卫星的周期是 24 小时，在地面上看是移动的，因此不能总是在某点的正上方，故 C错误； D根据万有引力提供向心力得 2 2 2 () Mm Gmr rT 解得 23 4r T GM 可知周期的三分之二次方之比等于它们的半径之比，为 3 0 3 0 35833 10 21607 10 R R ，其中 R0为地球的半径，约为 6400km=6.4 106m，所以 363 0 363 0 35833 106.4 1035833 105 1.5 21607 106.4 1021607 103 R R 故 D 错误
11、。 故选 AB 7.如图所示，光滑水平地面上有 A、B 两物体，质量都为 m， B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹 簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A 以速率 v 向右运动，当 A 撞上弹簧后，设弹簧始终 不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程说法正确的是（ ） A. A 物体最终会静止， B物体最终会以速率 v 向右运动 B. A、B 系统的总动量最终将大于 mv C. A、B 系统的总动能最终将大于 2 1 2 mv D. 当弹簧的弹性势能最大时 A、B 的总动能为 2 1 4 mv 【答案】CD 【解析】 【详解】ABC系统水平方向动量守恒，弹簧解除锁定后存储的弹性
12、势能会释放导致系统总动能增加， 有 AB mvmvmv 222 p 111 222 AB Emvmvmv 故 B 物体最终向右运动的速率大于 v，A、B 系统的总动量最终将等于 mv，而 A、B 系统的总动能最终将大 于 2 1 2 mv，则 AB错误， C 正确； D弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，此时 A、B 两物体具有相同的速度，由动量守恒知 1 2 vv 则有 22 11 ( ) 224 k v Emmv 故 D 正确。 故选 CD。 8.如图所示，光滑水平桌面上并排放两个完全相同的可视为质点的物块 A、B，质量均为 m ，其中物块 A被 一条遵守胡克定律的弹性绳连接，绳另一端固
13、定在高处 O 点，弹性绳的原长为 L，劲度系数为 k，当物块 A 在 O 点正下方时绳处于原长状态。现使物块 A、B一起从绳和竖直方向夹角为 =60 开始释放，下列说法正 确的是（ ） A. 刚一释放时物块 A对物块 B 的推力为 3 4 kL B. 物块 A 向右运动的最远距离为2 3L C. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A做的功大于 A对 B 做的功 D. 从静止到物块 A、B 分离，绳对 A的冲量大于 A对 B 的冲量 【答案】ACD 【解析】 【详解】A由几何关系可知，开始时绳子的长度 1 2 cos60 L LL 则此时弹性绳的弹力 1 ()Fk lk LLkL 设 A 与 B
14、的质量都是 m，弹性绳沿水平方向的拉力推动 A、B一起做加速运动，则 2ma=Fsin60 物块 A对 B 的推力为 N 13 sin60 24 FmaFkL 故 A 正确； BA与 B 一起经过 O 点的正下方时，弹性绳的弹性势能转化为 AB 的动能，则 22 11 ()2 22 m kxmv 在 AB经过 O点正下方后，由于 A 受到绳子的拉力，A 与 B分离，分离后到 A 到达最右端时，A 的动能转化 为弹性绳的弹性势能，则 22 11 () 22 m kxmv 可知 xx 结合几何关系可知，物块 A 向右运动的最大距离小于2tan602 3LL，故 B 错误； C从静止开始到 A、B分
15、离时，绳子对 A做功转化为 A 与 B的动能，而 A 对 B 做的功只转化为 B 的动能， 所以从静止开始到 A、B分离时，绳子对 A做功大于 A对 B 做的功，故 C正确； D根据动量定理可知，绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量转化为 A 与 B沿水平方向的动量，而 A 对 B 的 冲量只转化为 B的冲量，所以绳子对 A 的冲量沿水平方向的分量大于 A对 B的冲量，则绳子对 A的冲量一 定大于 A 对 B的冲量，故 D正确。 故选 ACD。 9.手机电池多为锂电池，这种电池的电动势并不是一个定值，刚充满的电池电动势约 4.2V，在使用过程中 降低到 3.2V时建议终止放电。为尽可能精确地测量
16、出某手机电池刚充满电时的电动势，可供选用的器材如 下 A.电流表 A：量程 00.6A、内阻 0.6 B.电压表 V：量程 015V、内阻 3k C.滑动变阻器 R：最大阻值 5 D.电阻箱 R0： 09999 E.待测手机电池 E F.一个开关 S及导线若干 (1)选用合适的仪器，在答题纸的虚线框内画出你设计的实验电路图_； (2)根据自己设计的电路，得到电动势需要测量的物理量有_，电动势测量值的表达式_。 【答案】 (1). (2). 电阻箱的示数和相应电流表示数 (3). 1 212 21 ()I IRR E II 【解析】 【详解】(1)1常见的测量电源电动势的方法有伏安法、伏阻法、安
17、阻法，本实验电压表量程过大，滑动变 阻器阻值太小，会使电流表过载，因而应选用安阻法。 (2)2根据安阻法原理 E=I（r+R+RA） ，需记录电阻箱阻值 R 及对应的电流表读数 I； 3根据闭合电路的欧姆定律有 11 () A EI rRR 22 () A EI rRR 联立可解得 1 212 21 ()I IRR E II 10.某同学用如图所示的气垫导轨和光电门装置来做“验证动能定理”的实验，他的操作步骤如下 将一端带有定滑轮的气垫导轨放置在实验台上， 将光电门固定在气垫轨道上离定滑轮较近一端的某点 B 处，将带有遮光条的质量为 M 的滑块放置在气垫导轨上的 A处，用 n 个质量为 m 的
18、钩码连接成串，经 绕过滑轮的细线拉滑块，使滑块从 A点由静止释放，在光电计时器上读出遮光条通过光电门的时间 t ， 改变钩码个数，使滑块每次从同一位置 A由静止释放，重复上述实验过程。实验中释放点 A到光电门的距 离为 s ，遮光条的宽度为 d： (1)该同学操作中疏漏的重要实验步骤是_； (2)数据处理时，该同学认为钩码的总重力等于滑块所受的外力，得出滑块动能的表达式为_，滑块所 受外力做功的表达式为_； (3)根据你掌握的物理知识判断，该同学认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”，是否合理，并说明理 由_； (4)该同学正确操作后，用图像法处理数据，若以钩码个数为横轴，以时间 t的_次方为
19、纵轴，画出的图像 是直线，直线斜率的表达式是_。 【答案】 (1). 第步中，气垫导轨应调水平 (2). 2 2 2 Md t (3). nmgs (4). 不合理，因钩码处于 失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所受的外力 (5). -2 (6). 2 2mgs Md 【解析】 【详解】(1)1为了保证细绳的拉力为滑块的合外力，需要细绳与导轨平行，则第步中，气垫导轨应调水 平； (2)2对滑块进行分析，合外力做功等于动能的变化，若钩码的总重力等于滑块所受的外力，则滑块动能的 表达式为 2 2 2 1 0 22 k Md EMv t 3滑块所受外力做功的表达式为 =Wnmgs 合 (3)4若同学
20、认为“钩码的总重力等于滑块所受的外力”是不合理的，对钩码由牛顿第二定律 T mgFma 对滑块 T FMa 联立可得 T 1 mgmg FM m Mm M 故当mM时， T Fmg，则理由是因钩码处于失重状态，因而钩码的总重力大于滑块所受的外力。 (4)56若mM，对滑块由动能定理 2 2 2 Md nmgs t 可得 2 2 2mgs tn Md 故以时间 t的负二次方为纵轴，以钩码个数 n 为横轴，画出的图像是直线，直线斜率的表达式是 2 2mgs Md 。 11.如图甲所示，足够长的柔软导线跨过滑轮悬挂两条水平金属棒 MN、PQ ，棒长均为 l=0.50m，电阻值均 为 R =1.0 的
21、电阻。MN质量 m1=0.10kg， PQ质量 m2=0.20kg，整个装置处于磁感应强度 B=1.0T 的匀强磁 场中，磁场方向水平且垂直于 MN和 PQ。t=0时刻，对金属棒 MN施加一个竖直向下的外力 F，使之由静止 开始运动，运动过程中电路中的电流 I 随时间 t变化的关系如图乙所示。电路中其他部分电阻忽略不计， g 取 10m/s2： (1)求 2.0s 末金属棒 MN 瞬时速度的大小； (2)求 4.0s 末力 F 的瞬时功率； (3)已知 03.0s 时间内 MN上产生的热量为 0.36J，试计算 F对金属棒 MN所做的功。 【答案】(1) 0.80m/s；(2)3.1W；(3)
22、2.7J 【解析】 【详解】(1)根据双棒反向切割磁感线，产生的电动势为 E=2Blv 由闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流为 E I RR 而由图乙可得，t=2.0s 时， I=0.4A，代入数据解得 v=0.80m/s (2)由 Blv I R 可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学规律 v =at 解得金属棒的加速度大小 a=0.40m/s2 对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得 F+m1g-m2 g-2F安=(m1+m2）a 又 F安=BIl 由题图乙可得 t=4.0s时，I=0.8A，代入数据解得 F安=0.4N，F=1.92N 由速度与电流的关系可知 t=4.0s
23、 时，v=1.6m/s，根据 P= Fv 解得 P =3.1W (3)MN与 PQ串联，可知电路中产生的总热量为 Q总=2 0.36J=0.72J 根据能量守恒定律有 2 21122 1 ()() 2 Wmm ghmm vQ 总 又 2 2 1.8m 2 v h a v2=at2 联立可得 F对金属棒所做的功 W=2.7J 12.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑绝缘轨道，其中 AB部分是倾角为 =37 的直轨道， BCD 部分是 以 O 为圆心、半径为 R的圆弧轨道，两轨道相切于 B 点， D点与 O点等高， A 点在 D点的正下方。圆的 水平直径下方有水平向左的电场，质量为 m、带电荷量为
24、 q的小球从 A点由静止开始沿斜面向上运动，已 知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C ，然后经过 D点落回到 AB 之间某点。已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8， 重力加速度大小为 g。求 (1)小球在 C 点速度的大小； (2)小球在 AB段运动过程中电场力所做的功； (3)小球从 D 点运动落到 AB 上某点的时间。 【答案】(1) C vgR；(2)2.8mgR；(3) 56 16 3 37 R t g 【解析】 【详解】(1)当小球在最高点时 2 C v mgm R 解得 C vgR (2)小球从 A 点到 C 点的过程有 2 1 2 2 C qERmghmv cos(si
25、n )tan3hRRRRR 得 7 4 qEmg 小球在 AB段运动过程中电场力所做的功 (sin )WqE RR 解得 W =2.8mgR (3)小球从 C 点运动到 D 点的过程 22 11 22 DC mgRmvmv 解得 3 D vgR 设小球落点到 A的水平距离为 x，竖直距离为 y， 2 1 2 qE xt m 2 1 2() 2 D yRv tgt 由几何关系有 tan y x 联立这三个方程得 56 16 3 37 R t g 13.如图所示，一定质量的理想气体状态发生改变，在 p-V 关系图像中经历从 abcda 状态循环变化 过程。下列说法正确的是（ ） A. ab过程中，
26、分子平均动能增大，外界对气体做正功 B. bc过程中，分子的平均动能增大，气体吸热， C. cd过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小 D. bcd过程，气体对外做的功等于系统和外界传递的热量 E. da过程中，气体分子速率分布曲线的峰值位置不发生变化 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】 A在 ab 的过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，而压强增大，由pVnRT可知气体温度升高， 分子的平均动能增大，选项 A 错误； Bbc的过程中，压强不变，体积增大，由pVnRT知温度升高，气体分子的平均动能增大，吸收热 量，选项 B正确； Ccd 的过程中，气体体积不变，则单位体积内
27、的分子数不变，但压强减小，由pVnRT知温度降低， 气体分子的热运动变慢，则单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减小，选项 C 正确； D由于 b、d 状态的面积即 pV 值相等，由pVnRT知温度相等，根据热力学第一定律 UQW可得 气体对外做的功等于系统和外界传递的热量，选项 D正确； Eda的过程为温度降低，气体分子的热运动变慢，所以气体分子的速率分布曲线的峰值位置发生变化， 选项 E错误。 故选 BCD。 14.伽利略温度计结构如图所示。玻璃泡 A容积为 V0，内封有一定量气体，与 A 相连的 B 管插在液体槽中， 液体密度为 ， 管内径的横截面积为 S， 已知环境温度为 T0时， 管内
28、液面的高度差为 x0， 当环境温度变化时， x 即可反映泡内气体的温度，即环境温度，并可由 B管上的刻度直接读出。已知大气压强为 p0，重力加速度 为 g，只有在近似条件下温度 T 和 x的关系才是线性关系： 在下述条件下求此线性关系 a.B管的容积远小于 A 泡的容积； b.管内液体密度很小，引起的压强远小于大气压强； 试分析指出这种温度计的缺点。 【答案】a. 0 0 00 pgx TT pgx ；b. 0 0 0 () 1 xx S TT V ；见解析 【解析】 【分析】 【详解】 a.由于 B 管的体积与 A泡体积相比可忽略不计，该过程为等容过程，有 000 0 pgxpgx TT 得
29、 0 0 00 pgx TT pgx b.管内液体引起的压强远小于大气压强，该过程为等压过程，有 000 0 ()VVxx S TT 0 0 0 () 1 xx S TT V （1）温度变化时，管内液体高度变化，导致气体的体积和压强都在变化，所以刻度不均匀； （2）近似条件的限制使得它的测量范围限制在很小的区间内； （3）第一种情况在环境大气压发生变化时测量结果需要修正。 15.如图所示,从点光源 S发出的一束复色光,以一定的角度入射到玻璃三棱镜的表面,经过三棱镜的两次折射 后分为 a、b两束光下面的说法中正确的是_ A. 在三棱镜中 a 光的传播速率大于 b 光的传播速率 B. a 光频率大
30、于 b 光频率 C. 若改变复色光入射角,可在入射面发生全反射 D. a、b 两束光分别通过同一双缝干涉装置产生的干涉条纹的间距 xaxb E. 真空中的 a、b两束光的光速相对于不同的惯性参考系是相同的 【答案】BDE 【解析】 A、经过三棱镜， b光的偏折角小于a光的偏折角， 所以可以得b光的折射率小于a光的折射率，由公式 c v n 得知，在三棱镜中 a 光传播速率小于 b光的传播速率，故 A 错误； B、由于 a 光的折射率大于对 b光的折射率，则 a 光的频率大于 b光的频率，故 B 正确； C、当光线由光疏介质射到光密介质时，因为光线靠近法线而折射，这时不会发生全反射，所以改变复色
31、光 的入射角，都不可能在入射面发生全反射，故 C 错误； D、由于 a光的频率大于 b光的频率，所以 a光的波长小于 b光，根据公式 L x d ，a、b两束光分别通过 同一双缝干涉时 a光条纹间距小于 b 光条纹间距，故 D 正确； E、根据光速不变原理，一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，故 E 正确； 故选 BDE 16.振源处于 x轴原点处，分别向 x轴正向和负向形成两列简谐横波，在 x轴上有两点 P和 Q，它们的振动 图像分别是图甲和图乙，它们间的距离为 d=10m： 如果它们都在 x轴的正半轴，求这列波的可能速度； 如果 P 点在 x轴的负半轴，坐标为-4m，Q点在 x轴的正半轴，求这列波的最大速度？ 【答案】 50 m/s 21 v n （n=0，1，2，3，） ；10m/sv 【解析】 【详解】从图像可知振源的周期为 T=0.4s，P 和 Q的相位始终相反，则 2 dn 由波速vT，得 50 m/s 21 v n （n=0，1，2，3，） 周期一定，波长越大则波速越大，原点两侧的波形是镜像对称图形，P点和它的对称点 P振动相同 2mxOQ OP 2 xk （k=0，1，2，3，） 当波长最大时 k=0，=4m， 10m/s v T
