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1、河北省衡水中学20192020届高三上学期第六调考试物理试题本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共8页，满分110分，考试时间110分钟。第I卷(选择题 共48分)一、选择题(每小题4分，共48分。每小题为不定项选择，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。在答题纸上将正确选项涂黑)1. 如图所示，质量为m0、倾角为的斜面体静止在水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，斜面体始终静止。施加恒力F后，下列说法正确的是 ( )A. 小物块沿斜面向下运动的加速度为B. 斜面体对地面的压力大小
2、等于(m+m0)g+FsinC. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D. 斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化【答案】A【解析】A. 在未施加外力时，根据共点力平衡可知，mgsin=mgcos，当施加外力后，对物体m受力分析可知F+mgsinmgcos=ma，解得a=F/m，故A正确；B. 施加上外力后，m对斜面的压力和摩擦力不变，其中压力和摩擦力的合力等于m的重力，方向竖直向下，对m0分析可知，受到的支持力等于m0g+mg，故B错误；C. 由于m0没有相对地面的运动趋势，故不受到摩擦力，故C错误；D. 斜面体对m的支持力和摩擦力大小都不变，故D错误。故选：A。2. 某电路如图所示，电源电动
3、势为E、内阻为r，定值电阻R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向b端时，下列说法正确的是 ( )A. 小灯泡L1将变亮B. 电压表示数与电流表A1示数的比值将变大C. 电流表A1的示数将变大D. 电源的总功率将变大【答案】ACD【解析】A电位器的触片滑向b端时,电位器电阻减小,外电路总电阻R减小,由闭合电路欧姆定律知：总电流增加,电流表A1的示数将变大,电压表V的示数将减小，流过R1和R2的电流减小，流过L1的电流将增大，灯泡L1将变亮。故A正确，C正确；B. 电压表V的示数与电流表A1比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故B错误；
4、D. 总电流变大，由P=EI知，电源的电功率将变大，故D正确；故选：ACD点睛：根据电位器电阻的变化情况得到外电路总电阻的变化情况，得到电流变化情况，由欧姆定律分析电压表的示数与电流表A1比值如何变化由P=EI分析电源的总功率如何变化3. 一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为 ( )A. F B. C. D. 【答案】C【解析】通电导线为L，此时受到的安培力为F，制作成圆环时，圆环的半径为R，则 2R=L，解得R= ,
5、故ab的长度d= R= ,故此时圆环受到的安培力F=dLF= ，故C正确，ABD错误。故选：C点睛：根据导线与圆环的弧长关系，求得半径，圆环受到的安培力即线段ab受到的安培力，即可求得4. 如图所示，在真空空间中的M、N处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们的连线上有A、B、C三点，已知MA=CN=NB，MANA。现有一正点电荷q，在电场中移动此点电荷q，下列说法中正确的是 ( )A. 沿半圆弧l将q从B点移到C点，电场力不做功B. 沿曲线r将q从B点移到C点，电场力做负功C. 沿曲线s将q从A点移到C点，电场力做正功D. 沿直线将q从A点移到B点，电场力做正功【答案】C【解析】根据
6、等量同种电荷周围的电场线和等势线分布情况如图所示C与B点离N电荷距离相等，可知C点电势较低，所以从C到B电势升高电势能增大电场力做负功，A错；沿曲线r将q从B点移到C点，电场力正功，B错；A点电势与B点电势相同，沿曲线s将q从A点移到C点，电势降低电势能减小，电场力做正功，C对；沿直线将q从A点移到B点，电场力先做正功后做负功，AB两点电势相等，电场力做功为零，D错；5. 使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2=v1。已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平
7、均密度为，不计其他星球的影响，则A. 该星球上的第一宇宙速度为B. 该星球上的第二宇宙速度为C. 该星球的平均密度为D. 该星球的质量为【答案】BC【解析】根据第一宇宙速度，故A错误；根据题意，第二宇宙速度，故B正确；根据公式，且故，所以，故C正确；根据公式，故D错误；故选BC.6. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L。已知他自身的质量为m，则小船的质量m0为 ( )A. B. C. D. 【答案】B
8、【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t取船的速度为正方向则 ，根据动量守恒定律得：Mv-mv=0，解得船的质量： ；故选B7. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则 ( )A. N点的电场强度大小为零B. A点的电场强度大小为零C. NC间场强方向向x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】D【解析】试题分析：图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知
9、两点电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负图象的斜率等于电场强度E，故N点和A点的电场强度不为零，AB错误；由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向向x轴负方向，故C错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，故D正确8. 如图所示，可看作质点的物体从光滑固定斜面的顶端“点以某初速度水平抛出，落在斜面底端b点，运动时间为t，合外力做功为W1，合外力的冲量大小为I1。若物体从a点由静止释放，沿斜面下滑，物体经过时间2t到达b点，合外力做功为W2，合外力的冲量大小为
10、I2。不计空气阻力，下列判断正确的是 ( )A. W1：W2=1：1B. I1：I2=1：2C. 斜面与水平面的夹角为30D. 物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向的夹角为60【答案】AC【解析】A. 物体两种状态从a到b，都只有重力做功,物体下落高度一致,故合外力做功相等,即W1=W2，故A正确；B. 物体平抛落到b点的过程，只受重力作用,故合外力的冲量大小I1=mgt；物体沿斜面下滑,设斜面与水平面的夹角为,受重力、支持力作用,合外力为mgsin,故合外力的冲量大小为：I2=2mgtsin=2I1sin，故B错误；C. 物体平抛落到b点的过程,运动时间为t,则斜面高度；物体沿斜面下滑，
11、设斜面与水平面的夹角为，受重力、支持力作用，合外力为mgsin，运动时间为2t，故位移为h/sin,加速度为gsin,所以有：,所以即sin=1/2,得：=30，故C正确；D. 物体平抛落到b点的过程,水平位移为x=v0t,竖直位移为,所以有：tan=h/x=；那么,物体在b点的水平速度为v0,竖直速度为gt,所以,物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为：arctan=arctan(2tan)=arctan，故D错误；故选：AC.点睛：根据两运动过程的受力、做功情况得到功和冲量；然后再利用牛顿第二定律求得两过程的加速度，进而根据运动位移和时间得到斜面的倾斜角；最后根据平抛运动规律求得末
12、速度的方向9. 细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2。烧断细绳后两球向相反方向运动，下列说法正确的是 ( )A. 运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为q2：q1B. 运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为m2：m1C. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为1：1D. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为1：1【答案】BC【解析】A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为1:1，与电荷量无关，故A错误；B. 两球组成的系
13、统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m1v甲m2v乙=0,得v甲:v乙=m2:m1.甲、乙两球动能之比为，故B正确；C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I甲=m1v甲0,I乙=m2v乙0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比I甲:I乙=1:1.故C正确；D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W合甲=Ek10,W合乙=Ek20,解得甲、乙两球受到合力做功之比W合甲:W合乙=m2:m1.故D错误。故选：BC。点睛：甲、乙两球受的电场力大小相等，两球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求动量之比，从而求得动能之比再由动量定理求电场力的冲量大小
14、之比由动能定理求合力做功之比10. 如图所示，两根互相平行的长直导线垂直穿过纸面上的M、N两点。导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁感应强度，下列说法正确的是 ( )A. O点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D. a、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】A. 根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0.故A
15、错误；B. M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；C.M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等。故C正确；D.M在a处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，合磁场的方向向下；M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂
16、直于cN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，所以a、c点处的磁感应强度方向相同。故D错误。故选：C。11. 如图所示，在区域工和区域内分别存在与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着由区域工运动到区域。已知的与弧长之比为2：1，下列说法正确的是( )A. 粒子在区域I和区域中的速率之比为1：1B. 粒子通过与弧长的时间之比为2；1C. 与弧长对应的圆心角之比为2：1D. 区域I和区域的磁感应强度方向相反【答案】ABD【解析】A. 因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域I和区域II中的速率之比为1:1.故A正确；B. 因为弧长l=vt，弧长之比
17、为2:1，线速度大小相等，则运动时间之比为2:1.故B正确；C. 因为两个区域的磁感应强度大小未知,根据弧长关系无法得出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系。故C错误；D. 在p点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反。故D正确；故选：ABD.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.学&科&网.12. 如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m、电荷量为-q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场
18、区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中B0=，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径r=，A、B、C选项对应的半径r=L，D选项对应的半径为L/2；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确；B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。故选A。第卷(非选择题 共62分)二、非选择题(请把答案写在答题纸相应的位置上)13. 利用气垫导轨研究
19、物体运动规律，求物体运动的加速度。实验装置如图甲所示。主要的实验步骤：(1)滑块放置在气垫导轨0刻度处，在拉力作用下由静止开始加速运动，测量滑块从光电门1到光电门2经历的时间t，测量两光电门之间的距离s；(2)只移动光电门1，改变s，多次实验，数据记录如下表所示；(3)根据实验数据计算、描点、作出图像，如图乙所示。根据数据分析，回答下列问题：导轨标尺的最小分度为_cm，读出如图甲所示两光电门之间的距离s1，并计算=_ms。假设图线的斜率大小为k，纵截距为b，则滑块运动的加速度大小为_；作出图像，求出本次测量的加速度大小为_ms2。【答案】 (1). 1 (2). 1.36 (3). 2k (4
20、). 2.1(2.0-2.2)【解析】由图可知，标尺的最小分度为1cm；如图所示两光电门之间的距离s1=143.0-3.0cm=1.400m，因t1=1.03s,那么s1/t1=1.40/1.03=1.36m/s；依据运动学公式,则有：，因假设图线的斜率为k，纵坐标截距为b，则滑块运动的加速度为a=2k，根据点然后平滑连线，如图所示：由图可知, ；因此测量的加速度大小为2.1m/s2.14. 用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200)，实验室提供如下器材：电源E：电动势3V，内阻忽略不计；电流表A1：量程015mA，内阻约为100；电流表A2：量程0300A，内阻为1000；电压表V
21、：量程15V，内阻约15k；滑动变阻器R1：阻值范围020；定值电阻R2：阻值为9000；开关S、导线若干。(1)在实验中要求尽可能准确地测量Rx的阻值，选择的电表为_(填写器材代号)。(2)在图甲虚线框中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号_。(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图乙所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A。【答案】 (1). A1、A2 (2). (3). 8 (4). 150【解析】试题分析：（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值；用电流表测量电流，（2）滑动变阻器最大
22、阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200，电流表内阻约为100，电压表内阻为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）由图示可知，电流表的示数为8.0mA，电流表的示数是150A；考点：伏安法测电阻15. 如图所示，光滑固定斜面倾角=30，一轻质弹簧底端固定，上端与m0=3kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m=1kg，从斜面上与B物体相距s1=10cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后AB经t=0.2s下滑s2=5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取
23、10ms2，求：(1)从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量。(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。【答案】（1）1.125J（2）10Ns【解析】试题分析：（1）A下滑S1时的速度由动能定理：mgs1sin=mv02设初速度方向为正方向；AB相碰时由动量守恒定律：mv0=（m+M）v1解得：v=025m/s；从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律：EP=（m+M）v12+（m+M）gs2sin解得：EP=1125J；（2）从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：I（m+M）gsin2t=（m+M）v1（M+m）v1）解得：I=10Ns考点：动量守恒定律；机械能守恒定律
24、；动量定理【名师点睛】本题考查动量守恒定律及功能关系和动量定理，在求解时要注意正确分析物理过程，确定物理规律再进行求解16. 在直角坐标系中，三个边长都为l=2m的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。(1)现有一带电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小。(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与
25、上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系?(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系?【答案】（1）4E0(2)y=x(3)y=3x-4【解析】试题分析：（1）设粒子出第一象限时速度为v，加速过程：由类平抛运动的规律：计算解得：（2）设出发点坐标（x,y）,加速过程：经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y计算可得：y=x（3）设出发点坐标（x,y）,加速：在第二象限中类
26、平抛运动时竖直位移为，由几何关系可得水平位移大小为y由类平抛运动中的中点规律可知：计算可得：考点：带电粒子在匀强电场中的运动17. 如图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，电场强度E的大小为0.5103Vm，磁感应强度B1的大小为0.5T，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x轴重合。一质量m=110-14kg、电荷量q=110-10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向成60角从M点沿直线运动，经P点进入处于第一象限内的磁场B2区域。一段时间后，微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60角的方向飞出，M点的坐标为(0，-10cm)，N点
27、的坐标为(0，30cm)。微粒重力忽略不计。(1)请分析判断匀强电场E的方向并求微粒运动速度v的大小。(2)匀强磁场B2的大小为多大?(3)B2磁场区域的最小面积为多少?【答案】(1)与y轴负方向成斜向下，（2）（3）【解析】(1)粒子重力忽略不计,微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力,且微粒做直线运动,速度的变化会引起洛仑兹力的变化,所以微粒必做匀速直线运动。这样,电场力和洛仑兹力大小相等,方向相反,由左手定则可知,粒子所受的洛伦兹力方向与微粒运动的方向垂直,即与y轴负方向成30角斜向上,则知电场E的方向与微粒运动的方向垂直,即与y轴负方向成30角斜向下。由力的平衡条件得：Eq=B1qv,代入数据解得：v=1103m/s；(2)画出微粒的运动轨迹如图。由几何关系可知粒子在第一象限内做圆周运动的半径为：R=m；微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得： ,代入数据解得：；(3)由图可知,磁场B2的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得：PD=2Rsin60，代入数据解得：PD=0.2m，PA=R(1cos60)= m，所以,所求磁场的最小面积为：S=PDPA=0.2=m2；