【文档说明】【精准解析】河北省五个一名校联盟2020届高三下学期5月模拟物理试卷.doc，共(18)页，1.215 MB，由小赞的店铺上传

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2020年河北省五个一名校联盟高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1〜4题只有一项符合题目要求，第5〜8题有多项符合题目要求．1.2020年3月20日，电影《放射性物质》在伦敦首映，该片的主角—居里夫人是放射性元素钋（21084Po）的发现

者。已知钋（21084Po）发生衰变时，会产生α粒子和原子核X，并放出γ射线。下列分析正确的是（）A.原子核X的质子数为82，中子数为206B.γ射线具有很强的穿透能力，可用来消除有害静电C.由α粒子所组成的射线具有很强的电离能力D.地磁场能使γ射线发生偏转【答案】C【解析

】【详解】A．根据发生核反应时，质量数与电荷数守恒，可得原子核X的质子数为84282−=，质量数为2104206−=，依据质量数等于质子数与中子数之和，得原子核X的中子数为20682124−=，A错误；B．γ射线具有很强的穿透能力

，但是电离本领弱，不能用来消除有害静电，B错误；C．因为α射线实质是氦核流，具有很强的电离本领，C正确；D．γ射线的实质是频率很高的电磁波，本身不带电，所以γ射线在地磁场不会受力，不能发生偏转，D错误。故选C。2.2020年2月2日上午，武汉火神山

医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用10天，被誉为“中国速度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt−图象如图所示。下列判断正确的是（）A.1s末货物的加速度大小为21.5m/sB.前2s内货物克服重力做功

的功率不变C.最后3s内货物处于超重状态D.在第4s末至第7s末的过程中，货物的机械能增大【答案】D【解析】【详解】A．0~1s内货物做匀减速直线运动，速度图象的斜率表示加速度，则有221.5m/s0.7

5m/s2vat===故A错误；B．前2s内货物的速度增大，克服重力做功的功率Pmgv=增加，故B错误；C．最后3s内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，故C错误；D．在第4s末至第7s末的过程中，拉力仍对货物做正功，

所以货物的机械能增大，故D正确。故选D。3.如图所示，固定在水平地面上的圆锥体，顶端用轻绳系有一小球（视为质点），悬点到小球的距离为1.5m。现给小球一初速度，使小球恰好能在圆锥体侧面做匀速圆周运动。

已知圆锥体母线与水平面的夹角为37°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。则小球做匀速圆周运动的线速度大小为（）A.2m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s【答案】B【解析】【详解】由题意知，当小球重力与绳子拉力的合力刚好提供向心力

时，物体与圆锥恰好无压力，即20cotansvmmLg=解得0cos4m/stangLv==故B正确，ACD错误。故选B。4.我国自主研发的“北斗三号”卫星系统由30颗卫星组成，其中某颗中圆轨道卫星在轨运行时

到地面的距离是地球半径的a倍，绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球表面的重力加速度为g，忽略地球的自转。则地球半径可表示为（）A.2222gTaB.3224gTaC.2224(1)gTa+D.2234(1)gTa+【答案】D【解析】【详解】卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，所

以有2222(1)()(1)((1))MmGmaRmaRaRT=+=++①地面附近万有引力等于重力，所以有2MmGmgR=②由①②式解得，地球半径可表示为2234(1)gTRa=+故D正确，ABC错误。故选D。5.如图所示

，固定在同一绝缘水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左侧用导线接有两个阻值均为1的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为1T的匀强磁场中。一质量为1kg的金属杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电

阻为1，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3，对杆施加方向水平向右、大小为10N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小210m/sg=，则当杆的速度大小为3m/s时（）A.杆MN的加速度大小为23m/sB.通过杆MN的电流大

小为1A，方向从M到NC.杆MN两端的电压为1VD.杆MN产生的电功率为1W【答案】C【解析】【详解】A．MN切割磁感线产生的感应电动势113V3VEBLv===，感应电流3A2A11111EIR

RrRR===++++对金属杆，由牛顿第二定律得FBILmgma−−=代入数据解得25m/sa=故A错误；B．由A可知，流过MN的电流大小为2A，由右手定则可知，电流方向从M向N，故B错误；C．MN两端

的电压112V1V11UIR===+外故C正确；D．杆MN产生的电功率2221W4WPIr===故D错误。故选C。6.如图所示，真空中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画出）产生的电场，一带正电的点电荷q仅在电场力作用下沿曲MN运动，且在M、

N两点的速度大小相等，则在点电荷q从M运动到N的过程中（）A.电势能一定先增大后减小B.动能可能先减小后增大C.加速度可能保持不变D.可能做匀速圆周运动【答案】BD【解析】【详解】A．q从M到N的过程中电场力做的总功零，由于不能确定Q的位置，所以是先做正功还是先做负功不能确定，电势能的变

化不能确定，故A错误；B．如果电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，故B正确；C．由于Q的位置不确定，电场力的大小方向不确定，故加速度大小方向不确定，故Ｃ错误；D．如MN为一段圆弧，Q位于圆心，则q做圆周运动，故D正确。故选BD。7.图为网上热卖的弹力软轴乒兵球训练器，弹力轴上端固定一

乒乓球，下端固定在吸盘上。开始时弹力轴竖直，兵乓球处于静止状态，且到水平地面的距离为h。现让一小孩快速挥拍水平击球，球恰好能触到地面（此时球的速度为0)。已知小孩击球过程中球拍对球做功为W，乒兵球的质量为m，不计空气阻力，弹力轴不弯曲时的弹性势能为零，重力加速度为g，则（）A.球触地时弹力轴的弹性

势能为Wmgh+B.球触地时弹力轴的弹性势能为Wmgh−C.球返回到初始位置时速度大小为2WmD.球返回到初始位置时速度大小为22Wm【答案】AC【解析】【详解】AB．从小孩击球到球触地的过程，根据动能定理得0WmghW+−=弹得WWmgh=+弹则球触地时弹力轴的弹性势能为

PEWWmgh==+弹故A正确，B错误；CD．对于球返回过程，根据动能定理得2102Wmghmv−=−弹解得球返回到初始位置时速度大小为2Wvm=故C正确，D错误。故选AC。8.如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势1112sin100(V)et=。导线框

与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25:11，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为220V，输入功率为1100W，输电线路总电阻25R=，电动机内阻8.8r=，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则（）A.

电动机的机械效率为60%B.电流表的示数为11AC.输电线路损失的电功率为200WD.升压变压器原、副线圈匝数之比为1:5【答案】BD【解析】【详解】A.电动机的输入功率为1100W，两端电压为220V，则通过电动机的电流4445APIU==则电动机内部

消耗的功率24220WrPIr==则电动机输出功率4880WrPPP=−=出则电动机的机械效率4100%80%PP==出A错误；BC.根据变流比可知，降压变压器输入电流43432.2AnIIn==根据变压比可知，降压变压器输入电压3344500VnUUn==根据欧姆定律可知

，输电线分压△355VUIR==输电线消耗功率△P=△3121WUI=则升压变压器输出电压23UU=+△555VU=升压变压器的输出功率2P=△41221WPP+=则升压变压器输入功率1111221WPUI==根据正弦式交

变电流最大值和有效值的关系可知1111VU=，则升压变压器的输入电流11111APIU==B正确，C错误；D.根据变压比可知，升压变压器原、副线圈匝数之比1212::1:5nnUU==D正确。故选BD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9〜12题为必考题，每

道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.实验室测定水平面和小物块之间的动摩擦因数的实验装置如图甲所示，将带有遮光条的物块由曲面的顶端无初速度释放，物块经过光电门瞬间

可通过计算机记录遮光条的挡光时间，经过一段时间物块停在水平面上的P点，重力加速度为g。(1)用游标卡尺（20分度）测量遮光条的宽度l，测量情况如图乙所示，l=__cm。(2)测得遮光条通过光电门的时间为t，光电门到P点的距离为x，则动摩擦因数=__（用测量的物理量和重力加速度g表示）；若光电门

左侧的轨道表面光滑，则小物块释放位置距离水平面的高度可表示为__。【答案】(1).0550(2).222lgxt(3).222lhgt=【解析】【详解】(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺的读数为0.0510mm0.50mm=，所以最终读数为5mm0.

50mm5.50mm0.550cml=+==。(2)[2]根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得小物体经过光电门的速度大小为lvt=小物体经过光电门后运动到P点的过程中，根据动能定理得212mgxmv=解得动摩擦因数为222lgxt=[3]根据机械能守恒定律得212mgh

mv=解得222lhgt=10.某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A．待测电阻xR（约200Ω）；B．电源（电动势未知，内阻r为10Ω）；C．灵敏电流表G（量程1mA，内阻g200ΩR=）；D．电阻1100ΩR=；E．电阻2200Ω=R；F．

滑动变阻器R（阻值范围为01000Ω）；G．开关，导线若干。(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图甲所示的测量电路。部分步骤如下：先闭合开关1S、2S，调节滑动变阻器R，使灵敏电流表示数10.9mAI=，此时电路总电流I=总__mA

；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关2S，读出此时灵敏电流表的示数20.60mAI=，则电源电动势为__V（结果保留三位有效数字）。(2)测出电动势后，该小组成员在图甲的基础上，去掉两开关，增加两支表笔M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图乙所示，则表笔M为__（选填“红表

笔”或“黑表笔”）。用改装后的欧姆表先进行电阻调零，再测量xR阻值，灵敏电流表的示数如图丙所示，则待测电阻xR的阻值为__Ω。【答案】(1).2.70(2).1.08(3).红表笔(4).240【解析】【详解】(1)[1]电流表与定值电阻内阻1R并联，电

流表内阻g200ΩR=，定值电阻阻值1100ΩR=，电流表示数10.9mAI=，根据并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知流过定值电阻1R的电流为1.8mA，则电路总电流为31.8mA0.9mA2.7mA2.7010AI−=+==总[2]同理，当电流表示数

为0.60mA时电路总电流为31.80mA1.810AI−==总，根据闭合电路欧姆定律可知()1gEIRIrR=++总()2g2EIRIRrR=+++总代入数据解得1.08VE=(2)[3]根据电流“红进黑出”

的原则，可知欧姆挡内部电源的负极接红表笔，所以M是红表笔。[4]由图乙所示可知，欧姆表内阻为3g1.08Ω360Ω33110ERI−===内由图丙所示表盘可知，其示数为40.60mA610AI−==由闭合电路欧姆定律可知x3EIRR=+内

代入数据解得x240ΩR=11.如图所示，两块完全相同的木块叠放在水平地面上，木块的长度均为0.25mL=，木块B夹在固定的两光滑薄板间。一钢球（视为质点）用长0.45mR=且不可伸长的轻绳悬挂于O点，钢球质量与每块木块的质量相等；将钢球拉到与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放

，钢球运动到最低点时与木块A发生弹性碰撞，取重力加速度大小210m/sg=，各接触面间的动摩擦因数均为0.2=，碰撞时间极短，不计空气阻力。求：(1)钢球与木块A碰撞后瞬间，两者的速度大小；(2)木块A滑行的距离。【答案】(1)0，3m/s；(2)1.75m【解析】【详解】(1)钢球从释

放到最低点的过程，由机械能守恒定律有2012mgRmv=钢球与木块A碰撞前瞬间的速度大小为03m/sv=钢球与木块A为弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，所以有012mvmvmv=+，222012111222mvmvmv=+解得钢球

与木块A碰撞后瞬间钢球的速度大小为10v=木块A的速度大小为23m/sv=(2)钢球与木块A碰撞后，木块A在地面上滑行的过程中，根据动能定理有2212()2mgLmgLmgsLmv++−=解得木块A滑行的距离为1.75ms=12.在如图所示的

坐标系中，MN是垂直于x轴的分界线，MN左侧等腰直角三角形OAC区域内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，OA长为d，MN右侧有极板长度和间距均为d的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，且位于x轴上，两极板的厚度均不计。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射

入磁场，从AC边上的D点射出磁场的电子速率为0v，且33ADd=．已知电子打在x轴上的最远点P到电容器下极板右端的距离恰好也为d，电子质量为m，带电荷量为e，不考虑电子间的相互作用以及电容器极板的边缘效应，不计电子受到的重力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）电容器两极

板间电压U及电子从原点O运动到P点的时间t。【答案】（1）032mved；（2）202mve，0(4)33dv+【解析】【详解】（1）从D点射出磁场的电子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知3tan3AOD=即3

0AOD=，60DOO=则电子在磁场中运动的半径为123sin603drd==电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则2001vevBmr=解得032mvBed=（2）由2vevBmr=知，电子进入磁场时的速度越大，它在磁场中做圆周运动的半径越大，故从上极板边

缘射入平行板电容器的电子打到x轴的P点，则该电子在磁场中运动的轨道半径为d，且进入电场时的速度水平向右，由公式mvrdeB==解得电子的速度为032vv=该电子在磁场中的运动时间1124rtv=电子在电容器中运动，竖直方向上的末速度，根据运动学公式有2yvat=水平

方向上有2dvt=根据牛顿第二定律有eUamd=电子垂直于极板方向的位移为122yvyt=电子从射出电场到运动到P点的时间为32tt=此过程电子在竖直方向的位移为23yyvt=因为12dyy=+电子从O到P的时

间为123tttt=++联立解得202=mvUe0(4)33tdv+=（二）选考题：请考生从给出的2道物理题中每科任选一题作答．如果多答，则每科按所答的第一题计分．13.下列说法正确的是()A.对气体做功可以改变其内能B.破镜不能重圆，是因为分子间有

斥力作用C.一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大D.一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，它一定从外界吸热E.热量只能自发地从内能多的物体传递到内能少的物体，不能反向传递【答案】

ACD【解析】【详解】A．做功和热传递均能改变物体的内能，故A正确；B．破镜不能重圆，是因为达不到分子引力作用范围，故B错误；C．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，分子平均动能增大，温度升高，压强一定变大，故C正确；D．一定量的理想

气体，若压强不变，当体积增大时，温度升高，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，故D正确；E．物体内能的多少不代表其温度的高低，热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，不能自发地反向传递，故E错误。

故选ACD。14.如图所示，右端开口、左端封闭的竖直U形玻璃管（管壁厚度不计）两边粗细不同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5cm的水银，左侧封闭气柱长为10cm，右侧水银面距管口为5cm。现将右管口封闭，并给右管内气体加热，缓慢升高其温度，直

到两管水银面等高，该过程中左管内的气体温度不变。已知外界大气压强为76cmHg、环境温度为300K。求：（1）两管水银面等高时右侧气体的压强；（2）两管水银面等高时右管内气体的热力学温度（结果保留一位小数）。【答案】（1）90cmHg；（

2）639.5K【解析】【详解】（1）两管水银面等高时，管内气体压强相等；因粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，所以左管截面积是右管的4倍，当右管水银面下降4cm，左管水银面上升1cm时，两水银面等高，左管内气体做等温变化，以左管内气体为研究对象初状态()1765c

mHg81cmHgp=+=，1110VS=末状态219VS=由玻意耳定律得1122pVpV=解得290cmHgp=（2）对右管内气体为研究对象初状态3076cmHgpp==，325VS=，3300KT=末状态4290c

mHgpp==，429VS=根据理想气体的状态方程可得334434pVpVTT=解得4639.5KT=15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在0t=时刻的部分波形图如图所示，此时波恰好传播到x轴上的质点B处，质点A在负的最大位移处。在0.6s

t=时，质点A恰好第二次出现在正的最大位移处，则1.1st=时，质点B的位移为__cm，该波刚好传到x=__m处。【答案】(1).5−(2).7.5【解析】【详解】[1]0t=时刻，质点A在负的最大位移处，经过1.5个周期，质点A恰好第二次出现在正的最大位移处，则1.50.6s

T=解得0.4sT=质点的起振方向沿y轴正方向，经过1.1s即324个周期，质点B振动到负的最大位移处，故此时的位移为5cm−。[2]由图知波长2m=，则波速为5m/svT==经过1.1s波传播的距离为5.5mxvt==波刚好传到(25.5)m7.5mx=+=16.图

示为一横截面为等腰梯形的容器，容器内装满了水。当一束平行单色光斜射到水面上且与水面的夹角37=时，恰好可以照射到整个底部，已知容器内水深0.2mh=，水面宽00.5md=，水的折射率为43，取sin

370.6=，cos370.8=，光在真空中的传播速度8310m/sc=。求：（1）容器底部的宽度；（2）光从水面折射后直接射到容器底部的时间（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.2m；（2

）91.110s−【解析】【详解】（1）根据折射定律有sinsininr=，其中入射角为903753i=−=解得折射角为37r=光恰好照射到整个底部，根据几何关系可知，容器侧面与水平方向的夹角为53，则tan53hx=解得0.15mx=容器底部宽度020.2mdd

x=−=；（2）根据几何关系可知，光从水面射到底部通过的距离等于侧面的长度l，则有ltv=其中cos37hl=且光在水里的传播速度为cvn=联立解得91.110st−=