【文档说明】【精准解析】河北省衡水中学2020届高三下学期高考调研试卷（九）物理试题.doc，共(18)页，1.123 MB，由小赞的店铺上传

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2020年河北省衡水中学高考物理调研试卷（九）一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的

得3分，有选错的得0分．）1.某种金属逸出光电子的最大初动能kmE与入射光频率v的关系如图所示，其中0v为极限频率。下列说法正确的是（）A.逸出功随入射光频率增大而减小B.最大初动能kmE与入射光强度成正比C.最大初动能kmE与入射光频率成正比D.图中直线的斜率

与普朗克常量有关【答案】D【解析】【详解】A．逸出功是金属的固有属性，与金属本身有关，与入射光的频率无关，故A错误；BC．根据光电效应方程0kmEhvW=−知，最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，但最大初动能与入射光的

频率不是成正比关系，故BC错误；D．根据0kmEhvW=−结合图象可知，kmEv−图线的斜率表示普朗克常量，故D正确。故选D。2.甲、乙两物体沿一直线同向运动。两物体的vt−图线如图所示，5ts=时两物体位于同一位置。在0~5s时间内，下列说法正确的是（）A.甲物体一直追赶乙物体B

.2st=甲物体在后，乙物体在前C.0st=时相距两物体4mD.两物体做匀变速运动的加速度大小比为:1:2aa=甲乙【答案】C【解析】【详解】A．由vt−图线可求得两图线交点的横坐标为：2ts=02s−内，甲、乙位移之差为△10616(2)m=13m22x+=−在运动

过程中，2ts=前，甲的速度大于乙的速度，2ts=后乙的速度大于甲的速度，所以前面甲追乙，后面乙追甲，故A错误；B．02s−内，甲的位移比乙的位移大13m，而0ts=时刻甲物体在乙物体后面4m，所以2ts=甲物体在前，乙物体在后，故B错误。C．根据速度图象的“

面积”表示位移，可得，05s−内，甲的位移为1105m=25m2x=甲乙的位移为346m=21m2x+=乙5ts=时两物体位于同一位置，所以0ts=时刻甲物体在乙物体后面4m，故C正确；D．根据

vt−图象的斜率表示加速度，则有22010m/s=-2m/s5a−=甲2260m/s=6m/s21a−=−乙所以两物体做匀变速运动的加速度大小比为:1:3aa=乙甲故D错误。3.空间有一圆形匀强磁场区域，O点为圆心。一带负电的粒子从A点沿半径方向以速率v垂直射入磁场，经过时间

t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，不计粒子重力。若粒子速率变为3v，其他条件不变，粒子在圆形磁场中运动的时间为（）A.2tB.23tC.3t2D.2t【答案】B【解析】【详解】令磁场的半径为r，粒子以速率v垂直射入磁场，运动轨迹如甲图所示：根据几何知识可知，粒子的半径为1Rr=圆心角为190

=粒子以速率3v射入磁场，其运动轨迹如图乙所示：因为洛伦兹力提供向心力2vqvBmR=则mvRqB=所以粒子的半径为23Rr=根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的圆心角为260=因为粒子在磁场中做圆周运动的半径为2mTqB=粒子的比荷相同，则周期相等，粒子两次在磁

场中运动的时间之比为12903602tt==所以粒子第二次在磁场中运动的时间为212233ttt==故ACD错误，B正确。故选B。4.如图所示，“”形框架由光滑的竖直杆和粗糙的水平杆组成。L1、L2为不可伸长的轻绳，P、Q是两个可看作质点

的小球。轻绳L1的左端A套在竖直杆上，可沿杆自由移动。小球P穿在水平杆上，在杆的B点位置静止不动。现把小球P向右移动一小段距离，两小球仍处于静止状态。与移动前相比，下列说法正确的是（）A.轻绳L1的拉力不变B.轻绳L2的

拉力变大C.水平杆对小球P的支持力变小D.水平杆对小球P的摩擦力变小【答案】B【解析】【详解】AB．设L2与竖直方向夹角为，平衡时2cosQTmg=由于竖直杆光滑，将小球P向右移动一小段距离后，L

1仍水平，此时L2与竖直方向夹角变大，因此绳子拉力L2变大，B正确；此时绳L1的拉力12sinTT=变大，A错误；C．将两个小球及绳子做为一个整体，水平杆对小球P的支持力等于两个小球的总重量，因此小球P向右移动一小段距离，支持力

不变，C错误；D．将两个小球及绳子做为一个整体，由于处于平衡状态，因此小球P受到的摩擦等于T1的拉力，增大，D错误。故选B。5.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面

高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为A.4次B.6次C.7次D.8次【答案】C【解析】宇

宙飞船轨道半径为r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为r2=36000km+6400km=42400km，r2="4"r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇宙飞船周期

的8倍．从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为7次，选项C正确．6.如图所示，理想变压器的输入端通过滑动变阻器R1与输出功率恒定的交流电源相连，理想变压器的输出端接滑动变阻器R2和灯泡L。在保证电路安全的情况下，欲使灯泡L变亮，可以（）A

.把R1的滑动片向a端移动B.把R1的滑动片向b端移动C.把R2的滑动片向c端移动D.把R2的滑动片向d端移动【答案】AD【解析】【详解】理想变压器电流与匝数的关系为1221InIn=电源的输出功率222112

22LPIRIRIR=++整理可得22221221LPInRRRn=++由于电源的输出功率恒定，若使灯泡变亮，即I2变大，应使R1减少或R2减小，因此AD正确，BC错误。故选AD。7.如图所示，竖直向下的电场宽度为d，场强大小为E，质量均

为m，电荷量分别为q+、q−的两个带电粒子，从左边界的O点以与水平方向成角的速度0v向右射入电场中，粒子重力不计，下列说法正确的是（）A.若带电为q−的粒子从O点等高的P点射出电场，则0sin2Eqdvm=B.若带电

为q−的粒子从O点等高的P点射出电场，则02sin2Eqdvm=C.若两粒子射出电场的位置相距为d，则02cosEqdvm=D.若两粒子射出电场的位置相距为d，则022cosEqdvm=【答案】AC【解析】【详解】两个粒子在电场中运动的加速度大小

为qEam=水平方向的分速度为0cosxvv=竖直方向的分速度为0sinyvv=。AB．若带电为q−的粒子从O点等高的P点射出电场，则粒子在电场中运动的时间2yvta=水平方向做匀速直线运动，所以xdvt=联立解得0si

n2Eqdvm=故A正确、B错误；CD．若两粒子射出电场的位置相距为d，根据水平方向做匀速直线运动可得xdvt=所以运动时间xdtv=正电荷在竖直方向的位移为2112yyvtat=+负电荷在竖直方向的位移为2212yyvtat=

−由于12yyd−=联立解得02cosEqdvm=故C正确、D错误。故选AC。8.如图所示，劲度系数为k的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。现对木块施加一个水平向右

的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0，已知重力加速度为g，物块最大静摩擦力等滑动摩擦力。则（）A.拉力F的大小一定大于μmgB.物块开始运动时加速度a的大小满足∶2FFgamm−C.物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能的增量为0()Fmg

x−D.此后运动过程中物块可能再次经过A点【答案】BC【解析】【详解】AB．小物块静止于A点，则弹力的大小等于静摩擦力的大小，取向右为正方向，则弹簧弹力的范围是TmgFmg−当施加向右的拉力F运动时，小物块受到向左的摩擦力fmg=合力为T=FFFmg+−合故合力的范围

是2FmgFF−合加速度的范围2FFgamm−F大小的最小值只需要大于零，故A错误，B正确；C．当施加向右的拉力F运动时，根据动能定理有()0T0FmgxW−+=由功能关系可知弹性势能的增加量()T

0pEWFmgx=−=−故C正确；D．如果物块能回到A点，则该过程中弹簧的弹力和恒力F做功为零，但摩擦力始终做负功，根据动能定理可得动能为负值，这是不可能的，故D错误。故选BC。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，第9～12题

为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：9.某同学利用频闪照相测量滑块与斜面的动摩擦因数。图示为一小滑块沿斜面下滑过程的频闪照片，已知频闪相机每隔0.05s闪光一次，照片中的数字是滑块滑下的距离。（1）滑块下滑

过程中的加速度大小a=__2m/s；（2）滑块下滑过程中经过位置3时速度大小3v=__m/s；（3）已知斜面固定在水平面上，倾角为37，则滑块与斜面间的动摩擦因数=__。（已知sin370.6=，cos370.8

=．g取210m/s，以上结果均要求保留两位有效数字）【答案】(1).4.0(2).1.0(3).0.25【解析】【详解】（1）[1]．由△2xaT=可知，加速度为：22431222()()0.06500.05490.04480.0351m

/s=4.0m/s440.05xxxxat+−++−−==（2）[2]．滑块下滑过程中经过位置3时速度大小为2330.04480.0549m/s1.0m/s220.05xxvt++==（3）[3]．由牛顿第

二定律得sin37cos37sin37cos37mgmgaggm−==−解得0.25=10.市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生

铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小．某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格．小组成员经查阅，纯铜的电阻率为81.810?m−．现取横截面积约为1mm2、长度为100m（真实长度）的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下：

A．电源（电动势约为5V，内阻不计）；B．待测长度为100m的铜电线，横截面积约1mm2；C．电压表V1（量程为3V，内阻约为0．5kΩ）；D．电压表V2（量程为5V，内阻约为3kΩ）；E．电阻箱R（阻值范围0~99

9．9Ω）；F．定值电阻01R=G．开关、导线若干．（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d=_________mm．（2）小组设计的测量电路如图乙所示，则P是__________

_，N是____________，（填器材名称及对应符号）通过实验作出的图象如图丙所示．（3）图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值___________（选填“偏大”、“不变”或“偏小”），原因是_____________________________

__．（4）这捆铜电线的电阻率=______________（结果保留三位有效数字）；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的可能原因是______________．【答案】(1).1.125(2).电压表V2(3).电压表V1(4).偏大(5).电

压表V1的分流(6).82.5810m−(7).可能是再生铜或含过多杂质的次铜【解析】【详解】（1）铜电线的直径1.0mm+12.50.01mm=1.125mmd=；（2）P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1

；（3）偏大，由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大．（4）分析电路可知，通过铜电线的电流12121211,(1)xRxxUUUUUUIIRRRRIUU−−=====−，整理得2111x

URUR=+，根据题图丙可知斜率7.51.002.60,2.50xkR−===，622282.600.99410()0.994mm,m=2.5810m2100xRSdSrL−−=====，故电阻率达不到

要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜．11.如图所示，宽度为L的光滑导轨分为左、右两部分，左侧部分与水平面成角倾斜放置，右侧部分处于水平，两部分在C、D两点处平滑连接，导轨两端各接有阻值为R的电阻。质量为m，电阻为R、长度也为L的导体棒横跨在导轨的A、B位置，由静止释放，最终导体棒停

在导轨的E、F位置，AB、EF到CD的距离均为L，重力加速度为g。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨的电阻不计，求：（1）导体棒将要滑到CD瞬间的加速度（此时速度沿斜面向下）；（2）导体棒由AB滑至CD和由CD滑至EF两过程中产

生电能的比值。【答案】（1）452224sin9BLcosgmR−；（2）22459sin12mgRBL−【解析】【详解】（1）设导体棒滑到CD的瞬间速度为v，对导体棒从CD到EF段应用动量定理有0BILtmv−=−其中通过导体某一横

截面的电荷量为223()2BLqIttRRtR===+联立解得2323BLvmR=导体棒将要滑到CD瞬间产生的感应电动势为cosEBLv=过导体棒的电流为2EIRR=+导体棒所所安培力的瞬时值为222cos3BLvFBILR==由牛顿第二定律得sincosmgFma−=联

立解得452224sin9BLcosagmR=−（2）根据能量守恒可得导体棒由AB滑至CD的过程中产生的电能为211sin2EmgLmv=−导体棒由CD滑至EF过程中产生的电能为2212Emv=两者的比值为2214529sin12

EmgREBL=−12.如图所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P，Q两点在坐标轴上，且O，P两点间

的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m，电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相

互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)挡板端点P的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度．【答案】（1）mvqR(2)(21),0R+(3)210422R+−【解析】【详解】（1）设一

粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r,C为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由2vqvBmr=得：mvBqR=（2）有一半粒子打到挡板

上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点2DPR=(21)OPR=+P点的坐标为（(21)R+，0）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R①过O点做挡板的垂

线交于G点，22(21)(1)22OGRR=+=+②225-22=2FGOFOGR=−③22EGR=④挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=22R+5-222R=2+10-422R⑤（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中每科任选一

题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分．[物理--选修3一3]（15分）13.下列有关热现象的说法中，正确的

是（）A.玻璃砖很难变形，但其内的玻璃分子仍然在做无规则的热运动B.气体存在压强是因为气体分子间存在斥力C.当气体吸热时，其内能并不一定增加D.把一定量的气体压缩，其内能一定增加E.热量可以从低温物体传到高温物体【答案】ACE【解析】【详解】A．一切物体的分子在做无规则

的热运动，则A正确；B．气体存在压强是因为气体分子对器壁的撞击产生的，则B错误；C．改变内能的方式有做功和热传递，当气体吸热时，其内能不一定增加，C正确；D．把一定量的气体压缩，但若对外传递热量，则其内能可能减小，则D错误。E．热量不可以自发的从低温物

体传到高温物体，但在一定条件下热量可以从低温物体传到高温物体，则E正确。故选ACE。14.如图所示，在水平地面上放置一柱形气缸，两活塞（体积均可忽略）a、b将两部分理想气体封闭在气红内，两部分气体的体积

之比102012VV=，两活塞间连接一根水平轻质弹簧，弹簧处于原长，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，固定气缸，用水平向左的外力（图中未画出）缓慢推活塞b，活塞b向左运动一小段距离，此时弹簧处于压缩状态，两部分气体的体积之比1

238VV=，推力F=p0S，求此时弹簧弹力大小．（已知气缸的模截面积为S，设环境温度保持不变，东界大气压为p0）【答案】012PS【解析】【详解】设气体a、b压缩后的压强分别为P1、P2，压缩气体过程为等温过程，由波意尔定律：对1气体P0V10=P1V1

对2气体P0V20=P2V2对两活塞和2气体整体P1S=P0S+P0S设弹簧弹力为F′，对于活塞aP1S=P2S+F′解得012FpS=[物理一选修3-4]（15分）15.甲乙两列简谐横波波速均为v=2m/s，甲

沿x轴负方向传播，乙沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰，关于这两列波，下列说法正确的是_________．A.甲波中的M处质点比P处质点先回到平衡位置B.从图示的时刻开

始，P处质点与Q处质点同时回到平衡位置C.从图示的时刻开始，经过1.0s，P质点沿x轴负方向通过的位移为2mD.从图示的时刻开始，经过1.0s，M质点沿通过的路程为20cmE.如果这两列波相遇不可能形成稳定的干涉图样【答案】ADE【解析】甲沿x轴负方向传播，则甲波中的M处质点沿y轴负方

向振动，比P处质点先回到平衡位置，选项A正确；因甲乙两波的波长不同，虽然传播速度相同，但是周期不同，则从图示的时刻开始，P处质点与Q处质点回到平衡位置的时间不同，选项B错误；甲简谐横波沿x轴负方向传播，介

质中质点只在各自平衡位置附近上下振动，不沿x轴负方向移动，故C错误．甲波的周期422Tssv===甲甲，则t=1.0s=0.5T，则从图示的时刻开始，经过1.0s，M质点通过的路程为2A=20cm，选项D正确；，乙波的周期842Tssv===乙乙，周期不同，两波频率不同

，不能产生稳定的干涉，选项E正确；故选ADE.点睛：波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断．16.如图所示，一束平行单色光从空气垂直入射到等

腰三棱镜的AB面上，AB和AC边长相等，顶角为30=，底边BC长为L，这种单色光在三棱镜中的的折射率为n＝2。在三棱镜右侧有一足够大的竖直光屏垂直于BC，光屏到C点的距离为3L。求光屏上光斑的最高点和最低点之间的距离。（tan1523=−，结

果可以带根号）【答案】2.8L【解析】【详解】根据全反射条件，光线射入三棱镜后射出时的临界角C=45光线射入三棱镜后，在AC边的入射角为30，不会发生全反射设射出AC边时的出射角i。根据折射定律sinsin30in=得45i=根据题意，射到光屏上最低点的位置在图中S1点，如图所示．

由几何关系可知130OCS=故13tan303OSLL==在BC边的入射角为75大于全反射的临界角45，会发生全反射.由题意可知，从BC边全反射的光线中射到光屏上最高点的位置在图中S2点，如图所示．由几何关系可知，21

5OBS=故24tan15(843)OSLL==−所以光屏上光斑的最高点和最低点之间的距离为12(833)2.8SOSOSLL=+=−=