2020届河北衡中同卷新高考冲刺押题模拟（二十七）物理试卷 

2020届河北衡中同卷新高考冲刺押题模拟（二十七）

高三物理试题

★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。

一、单项选择题∶本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面 撞击过程中 A. 动能变化较大 C. 受到的冲量较大 【答案】D 【解析】

【详解】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，最后的速度均为零；说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，由动能定理可知，动能变化也相等，由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，故D正确。 故选D。

2.如图所示，导体棒I固定在光滑的水平面内，导体棒II垂直于导体棒I放置，且可以在水平面内自由移动(图为俯视图)。给导体棒I、I通以如图所示的恒定电流，仅在两导体棒之间的相互作用下，较短时间后导体棒II出现在虚线位置。下列关于导体棒I位置的描述可能正确的是

B. 动量变化较大 D. 动量变化较快

A. B.

C. D.

【答案】B 【解析】

【详解】由右手螺旋定则可知，导线I在导线II处产生的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，由左手定则可知，导线II所受的安培力竖直向下，且导线II的左边的安培力大于右边受到的安培力，所以导线II左边向下转动，右边向上转动，故B正确。 故选B。

3.2019年1月3日，嫦娥四号成为全世界第一个在月球背面成功实施软着陆的探测器。为了减小凹凸不平的月球表面可能造成的不利影响，嫦娥四号采取了近乎垂直的着陆方式。嫦娥四号着陆前，在半径为r的圆形轨道上运行n圈所用时间为t，引力常量为G，则可求得月球的质量为

4?2n2r3A. 2Gt4?n2r3B. 2GtGt2C. 2234?nrGt2 D. 234?nr

【答案】A 【解析】

【详解】由题意可知，嫦娥四号的周期为

T?由万有引力提供向心力得

t nMm4π24π2G2?m2r?mrt2 rT（)n解得

4π2r3n2 M=Gt2故选A。

4.2019年底我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。若一辆汽车以30m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前做匀减速直线运动，经4s速度减为6m/s，此时刚好到达收费装置且收费完成，司机立即以4m/s2的加速度做匀加速直线运动，直至速度恢复到30m/s。汽车可视为质点，不计收费时间。下列说法正确的是 A. 汽车开始减速时距离自动收费装置120m B. 汽车加速7. 5s后速度恢复到30m/s

C. 汽车从开始减速到速度恢复到30m/s通过的总路程为180m D. 汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为3s 【答案】C 【解析】

【详解】A．根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离为

x1?故A错误；

B．汽车速度恢复到30m/s所用的时间为

30?6?4m?72m 2t2?故B错误；

C．汽车加速运动的位移为

30?6s?6s 4

x2?直线运动，位移大小等于路程，则总路程为

6?30?6m?108m 2x?x1?x2?180m

故C正确；

D．这段路程匀速运动通过的时间为

t?则通过自动收费装置耽误的时间为

x180?s=6s v030?t?t1?t2?t?(4?6?6)s?4s

故D错误。 故选C。

5.2019年12月7日至11日在日本东京举办了第十三届中日节能环保综合论坛，与会专家统计∶每使用1度（千瓦时）电，就相应消耗了0.4kg的标准煤，同时产生0.272kg碳粉尘，0.997kg二氧化碳，0.03kg二氧化硫，0.015kg氮氧化物。济宁市约有200万家庭，根据下表提供的数据，估算我市由于这4种用电器待机一昼夜产生的二氧化碳的质量约为（ ） 每户普通家庭用电1台平板电视机 平均数 每台用电器平均待1 机功率（W）

103kg A. 4.8×【答案】C 【解析】

【详解】一户家庭所有家电待机功率约为10W，由W104kg B. 4.8×

105kg C. 4.8×

106kg D. 4.8×

4 2 3 1台空调 1台洗衣机 1台台式电脑 ?Pt可知待机一昼夜消耗电能为：

W?10?10?3kW?24h?0.24kW?h

根据题意，每消耗1度（千瓦时）电，相应产生0.997kg的二氧化碳，所以200万家庭电器待机一昼夜相

应产生的二氧化碳约为

m?nWm0?200?104?0.24?0.997kg?4.8?105kg

故C正确，A、B、D错误； 故选C。

6.如图所示，一轻绳通过光滑的轻质定滑轮与套在光滑水平杆上的小物块A连接，另一端与小球B连接。物块A经过图示位置时向右运动的速度大小为vA，小球B的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为a(0?

A. vA?vBcos? B. vA?vB sin?C. 小球B一定处于失重状态

D. 轻绳对物块A和小球B的拉力做功的功率大小相等 【答案】D 【解析】

【详解】AB．将A速度分解

沿绳和垂直绳方向可知，

vB?vAcos?

故AB错误；

C．轻绳与杆夹角为a(0?

D．轻绳对物块A做功的功率为

PA=TvAcos?

轻绳对小球B做功的功率为

PB?TvB

由于vB?vAcos?，所以轻绳对物块A和小球B的拉力做功的功率大小相等，故D正确。 故选D。

7.如图所示，空间有一等边三角形OAB，C为AB的中点，E为OA的中点，F为AE的中点，在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是

A. E、A两点的电场强度大小之比为2: 1 B. F点的电势比C点电势低

C. 将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小 D. 若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势为【答案】B 【解析】

【详解】A．根据点电荷的场强公式E=k?1??22

Q可知，由于 r21EO?OA

2所以E、A两点的电场强度大小之比为4：1，故A错误； B．由于F点比C点离负电荷更近所以F点电势更低，故B正确；

C．从A点沿直线移到B点，电势先降低后升高，所以正电荷的电势能先减小后增大，故C错误； D．由于点电荷的电场为非匀强电场，则

?A??F??F??E

所以若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势不等于故选B。

8.如图所示，滑沙是国内新兴的旅游项目，假设滑沙轨道平直，轨道顶端距离底端的竖直高度为h，倾角为θ。一小孩坐在滑板上从轨道的顶端由静止滑下，到达轨道底端时速度大小为v，小孩和滑板的总质量为m，滑板与沙子之间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小孩和滑板沿轨道从顶端滑到底

?1??22，故D错误。

端的过程，下列说法正确的是

A. 小孩和滑板受到的支持力的冲量为零 B. 小孩和滑板克服摩擦力做的功为

12mv?mgh 2?v2?C. 小孩和滑板所受摩擦力的大小为?g??msin?

2h??D. 小孩的质量越大，从顶端滑到底端的时间就越短，机械能损失就越大 【答案】C 【解析】

【详解】A．由公式I?Ft可知，小孩和滑板受到的支持力的冲量不为零，故A错误； B．由动能定理得

mgh?W克?得

12mv 21W克?mgh?mv2

2故B错误；

C．克服摩擦力做功为

W克=f?解得

h sin?f?故C正确； D．下滑时有

W克sin?hmv2sin? ?mgsin??2hh11mgsin???mgcos?21?at2??t?(gsin???gcos?)t2 sin?22m2所以下滑时间与质量无关，损失的机械能等克服摩擦做的功即为

?E=?mgcos??所以质量越大，损失的机械能越大，故D错误。 故选C。

h sin?二、多项选择题∶本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，R3为光敏电阻(电阻值随光照强度的增加而减小)，电流表A和电压表V的示数分别为I和U。下列说法正确的是

A. 将R2的滑动触头P向左移动，I将增大，U将减小 B. 减小A、B板的正对面积，则电容器所带电荷量减少

C. 减小光照强度，I将减小，U将增大，电容器所带电荷量将减小 D. 减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值将变大 【答案】BC 【解析】

【详解】A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误； B．若仅减小A、B板正对面积，因板间电压不变，由C?知电容器所带电荷量减少，故B正确；

C．减小光照强度，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，即电流表示数减小，电源内电压减小，电压表示数增大，电容器两端电压减小，所带电量减小，故C正确；

D．减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值即为电源内阻，所以不变，故D错误。 故选BC。

10.2019年7月11日至14日，--级方程式世界锦标赛在英国银石举行，选手塞巴斯蒂驾驶法拉利SF90赛车由静止启动，赛车所受阻力大小恒为Ff，驾驶员和赛车的总质量为m，开始一段时间内为直线运动，其加

?S4πkd知电容减小，再由电容的定义式C=Q可U

速度随时间倒数的变化规律图线如图所示，a1和t1已知，下列说法正确的是

A. 赛车在0~t1时间段内做加速度增大的加速运动 B. 赛车在0 ~t1时间段内所受牵引力大小为ma1?Ff C. 赛车在t1时刻的动能为

122ma1t1 22D. 赛车在0 ~tl，时间段内牵引力做的功为?ma1?Ff?a1t1 【答案】BC 【解析】

【详解】A．由图知，物体在t0前加速度不变，做初速度为零的匀加速运动，故A错误； B．赛车在0 ~t1时间段内做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律得

F?Ff?ma1

解得

F=Ff?ma1

故B正确；

C．赛车在t1时速度为

v1?a1t1

所以动能为

1Ek=ma12t12

2故C正确；

D．赛车在0 ~t1时间段内的位移

x?所以牵引力做的功为

12a1t1 2

11WF?Fx?(Ff?ma1)?a1t12?(Ff?ma1)a1t12

22故D错误。 故选BC。

11.如图所示，倾角为30?的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上质量为4m的滑块通过轻质刚性绳穿过光滑的圆环与质量为m的小球(可视为质点)相连轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30?。斜面体和滑块始终静止，小球与圆环之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是

A. 斜面体所受摩擦力大小为mg B. 滑块所受摩擦力大小为2mg

C. 若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的动能为

3mgL 4D. 若改变小球的转速，当滑块恰好不受摩擦力时，小球的向心加速度大小为3g 【答案】A 【解析】

【详解】AB．对小球受力分析有

mg?Tcos30?

解得

T=对滑块受力分析得

mg23?mg ?cos303f?4mg?T?4mg?23mg 3将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为

f1?Tcos30??故A正确，B错误；

CD．当滑块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为

233mg??mg 32T'?2mg

小球做圆周运动，则有

v2Tsin30?m

L'?得小球的动能为

11Ek?T'Lsin30??mgL

22向心加速度为

T'sin30?a??g

m故CD错误。 故选A。

12.如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1m，上端连接阻值为2?的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，质量为1kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20m/s，导体棒运动到虚线上方1m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g=10m/s2。下列说法正确的是

A. 导体棒的最大加速度为50m/s2

B. 导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4C C. 导体棒下落到虚线时的速度大小为5m/s

D. 导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8s

【答案】ACD 【解析】

【详解】A．当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为

BLv22?12?20FA=BIL?BL=N=40N

R2由牛顿第二定律得

a?故A正确； B．由公式

mg?FA1?10?40?m/s2?50m/s2 m1q?I?t?故B错误；

E??BLx2?1?1?t??t??C?1C R?tRR2C．由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有

B2L2v1 mg?BIL?R则

v1?故C正确；

mgR1?10?2?22m/s?5m/s 22BL2?1D．导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得

mgt?BILt?0?m?(?v)?mv

则有

mgt?BLq?mv

得

t?故D正确。 故选ACD。

mv?BLq1?20?2?1?1?s?1.8s

mg1?10三、非选择题∶本题共6小题，共60分。

13.某物理课外小组利用如图甲所示的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。置于实验台上的长

木板水平放置，左端固定一轻滑轮。轻绳跨过滑轮，一端可悬挂钩码，另一端与拉力传感器相连，拉力传感器固定在小车的前端。实验步骤如下:

①在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，使不挂钩码时小车拖动纸带可以在纸带上打下点迹均匀的点，即小车在木板上匀速滑动;

②保持小车和拉力传感器的总质量不变，将n(依次取n=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，用手按住小车并使轻绳与木板平行。接通电源，释放小车，打出多条纸带;

③根据每条纸带记录的信息求出相应的加速度，通过分析得出小车和传感器的加速度与其所受合外力的关系。

(1)实验中__________ (填“需要”或“不需要”)满足小车和拉力传感器的总质量远大于钩码的质量。 (2)如图乙所示是实验中打出

一条纸带，相邻计数点间还有四个点未画出，所用交流电源的频率为50Hz，

量出各计数点与O点之间的距离如图乙所示。则打点计时器打下B点时小车的瞬时速度大小vB =________m/s，小车的加速度大小a=___________ m/s2。(结果均保留三位有效数字) 【答案】 (1). 不需要 (2). 0.346 (3). 1. 11 【解析】

【详解】(1)[1]由于实验装置中有力传感器，小车受到的拉力可以通过拉力传感器读数，所以不需要满足小车和拉力传感器的总质量远大于钩码的质量；

(2)[2]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以两相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.1s，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得

vB?[3]由逐差法得

a?xBD?xOB(13.85?4.71)?4.71??10?2m/s2?1.11m/s2 224T4?0.114.现用下列器材测量电源的电动势和内阻: 待测电源E(电动势约为4V);

的AC8.72?1.80??10?2m/s?0.346m/s 2T2?0.1电流表A(量程为0 ~0.6A，内阻不计);

电阻箱R(最大阻值为99. 9?) ; 开关S; 导线若干。

(1)根据所给实验器材，画出实验原理图_________。

(2)根据实验原理，进行如下操作:调节电阻箱R的阻值，记录多组电流表的读数I和电阻箱的对应读数R，以

11为纵坐标，R为横坐标，根据测量数据作出的-R图像如图所示，则电源电动势E=________V，内阻IIr=_________?。

(3)若考虑到实际电表有内阻，关于该实验的误差分析，下列说法正确的是_______。 A.电源内阻的测量值偏大 B.电源内阻的测量值偏小 C.电源电动势的测量值偏大 D.电源电动势的测量值偏小

【答案】 (1). (2). 4 (3). 4 (4). A

【解析】

【详解】(1)[1]由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电阻箱，所以应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量；如图所示

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律可知

I?变形可得

E R?r11r?R? IEE则由图可知

15?11?? E164r?1 E联立解得

E?4V，r=4?

(3)[4]由等效电路可知，电源电动势的测量值等于电源没有接入电路时电源两端的电压，所以电动势的测量值与真实值相等，内阻的测量值为电源内阻与电流表的串联值，所以偏大，故A正确。 故选A。

15.如图所示，质量M=1kg的滑块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=0.5kg的小球相连。现用F=7.5N，与水平方向成a=53?角的力拉着小球并带动木块-起向右匀速运动。运动过程中滑块与小球的相对位置保持不变，取sin53?=0.8，cos53?=0.6，g =10m/s2。求: (1)木块与水平杆间的动摩擦因数μ; (2)轻绳与杆的夹角θ的正切值tanθ。

【答案】(1) μ =0.5 (2)tan??【解析】

2 9

【详解】(1)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，出平衡条件 水平方向

Fcos53???FN

竖直方向

Fsin53?+FN=(m+M)g

解得

μ=0.5

(2)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件 水平方向

Fcos53??FTcos?

竖直方向

Fsin53??FTsin??mg

解得

tan??2 9

16.如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O为圆心，OC竖直，OA水平，B为圆弧的最低点，B点紧靠一足够长的平台MN。D点位于A点正上方。现从D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进人圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求: (1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧;

(2)若DA之间的高度差为3R，求小球落地点P到B点的距离L。

【答案】(1)小球不能重新落回到轨道内侧 (2)L=4R 【解析】

【详解】(1)设小球在C点的最小速度为v0，由牛顿第二定律

2v0mg?m

R设小球下降高度R所用时间为t1。

R?在时间t1内的水平位移为x?v0?1，解得

12gt1 2x?2R?R

所以小球不能重新落回到轨道内侧。

(2)设小球到达C点的速度人小为vc，对小球从D点到C点的过程。 由动能定理

mg(3R?R)?12mvC 2小球从C点飞出后做平抛运动，设经过时间以落到P点。竖直方向

2R?水平方向

12gt2 2L?vct2

解得

L=4R

17.如图所示，水平虚线AA'和CC'间距为L，中间存在着方向向右且与虛线平行的匀强电场，CC'的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC'相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA'上的S点以初速度v0垂直射人电场，一段时间后从M点离开电场进人磁场，粒子进入磁场的速度大小为2v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求:

(1)电场强度E的大小；

(2)圆形磁场区域磁感应强度B大小。

22mv0mv0 【答案】（1）E? (2) B?qRqL【解析】

【详解】(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。

的

粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向

t1?粒子

M点沿着电场方向速度

L v0vx?所以粒子沿着电场方向的位移

?d?2v0?22?v0?v0

vxL?t1? 22粒子从S点到M点，出动能定理

1qEd?m2解得

?2v0?212?mv0 22mv0 E?qL(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ。则

sin??解得

v0 2v0?=45?

所以三角形OO'M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。 由几何关系得

r?由牛顿第二定律

2R 2(2v0)2 qB(2v0)?mr解得

B?2mv0 qR18.如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m/s2，求:

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v; (2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ; (3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。

【答案】(1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J 【解析】

【详解】(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律

mv2?Mv1?(M?m)v

解得

v=2m/s

方向水平向右

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到州对静止，对平板车与滑块组成的系统 由能量守恒

1121Mv12?mv2?(M?m)v2??mg?(L?d) 222解得

μ=0.54

如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒

1121Mv12?mv2?(M?m)v2??mg?(L?d).... 222解得

μ=0.18

(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

1121Mv12?mv2?(M?m)v2??mgL?Ep 222得

Ep=18J

所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。