2020年全国五省优创名校联考高考物理四模试卷

2020年全国五省优创名校联考高考物理四模试卷

一、选择题：本題共8小題，每小题6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題有多项符合題目要求．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．（6分）法拉第电磁感应定律是现代发电机、电动机、变压器技术的基础。如图所示，通有恒定电流的导线AB 均竖直且足够长，图甲、丙中正方形闭合铜线圈均关于AB左右对称，图乙、丁中AB∥ad且与正方形闭合铜线圈共面。下列四种情况中，线圈中能产生感应电流的是（）

A．甲图中线圈自由下落

B．乙图中线圈自由下落

C．丙图中线圈绕AB匀速转动

D．丁图中线圈匀速向右移动

2．（6分）一个中子与原子核A发生核反应，生成一个氘核，核反应放出的能量为Q，则氘核的比结合能和原子核A分别为（）

A．B．C．D．

3．（6分）如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg，托盘的质量为20kg，取g＝10m/s2．若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（）

A．5m/s2B．6m/s2C．7.5m/s2D．8m/s2

4．（6分）如图所示，在轨道Ⅲ上绕地球做匀速圆周运动的卫星返回时，先在A点变轨沿椭圆轨道II运行，然后在近地点B变轨沿近地圆轨道I运行。下列说法正确的是（）

A．卫星在轨道Ⅲ上运行的向心加速度大于在轨道I上运行的向心加速度

B．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期小于在轨道I上运行的周期

C．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期

D．卫星在轨道Ⅲ上的A点变轨时，要加速才能沿轨道Ⅱ运动

5．（6分）在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220匝，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。当在a、b两端加上瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V）的交变电压时。调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）

A．变压器副线圈的匝数为440匝

B．灯泡的额定电压为55V

C．变压器原线圈两端电压为220V

D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1V

6．（6分）近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门。在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动。测试段内机车速度的二次方v2与对应位移x的关系图象如图所示。在该测试段内，下列说法正确的是（）

A．机车的加速度越来越大

B．机车的加速度越来越小

C．机车的平均速度大于

D．机车的平均速度小于

7．（6分）如图所示，两个质量分布均匀的球体P、Q静止在倾角为30°的固定斜面与固定挡板之间。挡板与斜面垂直。P、Q的质量分别为m、2m，半径分别为r、2r，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）

A．P受到四个力的作用

B．挡板对P的支持力为3mg

C．P所受弹力的合力大于mg

D．Q受到P的支持力大于mg

8．（6分）如图所示，水平面（未画出）内固定一绝缘轨道ABCD，直轨道AB与半径为R的圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道的圆心为O，直径CD∥AB．整个装置处于方向平行AB、电场强度大小为E的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放后沿直轨道AB下滑。记A、B两点间的距离为d，一切摩擦不计。下列说法正确的是（）

A．小球到达C点时的速度最大，且此时电场力的功率最大

B．若d＝2R，则小球通过C点时对轨道的压力大小为7qE

C．若d＝R，则小球恰好能通过D点

D．无论如何调整d的值，都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题：

9．（6分）某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律，同时测量弹簧的弹性势能，实验装置如图甲所示，两滑块A、B上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下：

I．用螺旋测微器测量窄片的宽度d；

II．将气垫导轨调成水平；

II．将A、B用细线绑住，在A．B间放入一个被压缩的轻小弹簧；

IV．烧断细线，记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2。

（1）若测量窄片的宽度d时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则d＝mm。

（2）实验中，还应测量的物理量是

A．滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2

B．烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间t A、t B

C．烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、x2

（3）验证动量守恒定律的表达式是；烧断细线前弹簧的弹性势能Ep＝。（均用题中相关物理量的字母表示）

10．（9分）某同学利用图甲所示电路测量一量程为3mA的直流电流表的内阻R A（约为110Ω）。提供的实验器材有：A．直流电源（电动势为1V，内阻不计）；

B．电阻箱（0～999.9Ω）；

C．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流为3A）；

D．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流为1A）

（1）为了尽可能减小测量误差，滑动变阻器R应选用（选填“C”或“D”）。

（2）根据图甲所示电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物间的连线补充完整。

（3）主要实验步骤如下：

Ⅰ．将电阻箱R0的阻值调为零，滑动变阻器R的滑片P移到右端；

Ⅱ．闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表的示数为3mA

Ⅲ．调节电阻箱R0，使电流表的示数为1mA，读出此时电阻箱的阻值R1；

Ⅳ．断开开关S，整理好仪器。

（4）已知R1＝208.8Ω，则电流表内阻的测量值为Ω，由于系统误差，电流表内阻的测量值（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

11．（12分）如图所示，在边长为L的正三角形OAB区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出）和平行于AB边水平向左的匀强电场（图中未画出）。一带正电粒子以某一初速度从三角形区域内的O点射入三角形区域后恰好沿角平分线OC做匀速直线运动。若撤去该区域内的磁场，该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入三角形区域，则粒子恰好从A点射出；若撤去该区域内的电场，该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入三角形区域，则粒子将在该区域内做匀速圆周运动。粒子重力不计。求：

（1）粒子做匀速圆周运动的半径r；

（2）三角形区域内分别只有电场时和只有磁场时，粒子在该区域内运动的时间之比。

12．（20分）如图甲所示，在足够大的水平地面上有A、B两物块（均可视为质点）。t＝0时刻，A、B的距离x0＝6m，A在水平向右的推力F作用下，其速度﹣时间图象如图乙所示。t＝0时刻，B的初速度大小v0＝12m/s，方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。已知B的质量为A的质量的3倍，A、B与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1，μ2＝0.4，取g＝10m/s2，

（1）求A、B碰撞前B在地面上滑动的时间t1以及距离x1；

（2）求从t＝0时刻起到A与B相遇的时间t2；

（3）若在A、B碰撞前瞬间撤去力F，求A、B均静止时它们之间的距离x。

（二）选考题：[物理一选修3-3]（15分）

13．（5分）将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于r轴上，甲，乙分子间的作用力与距离间的关系如图所示（r0为平衡距离）。当乙分子从r轴上x＝6r0处以大小为v的初速度沿x轴负方向向甲分子运动时，乙分子所受甲分子的引力（选填“先增大后减小”“先减小后增大”或“一直增大”），乙分子的分子势能（选填“先增大后减小”“先减小后增大”或“一直减小“）；若乙分子的质量为m，只考虑分子力的作用，则该过程中乙分子的最大分子势能为。

14．（10分）如图所示，左边圆柱形容器的横截面积为S．上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为m的活塞；

右边圆柱形容器上端封闭。高为H，横截面积为．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空。

现将阀门打开，活塞缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时气体的热力学温度增加到原来热力学温度的1.3倍。

已知外界大气压强为P，求：

（i）系统达到新的平衡时活塞到容器底的距离r；

（ii）此过程中容器内的气体内能的增加量△U。

[物理一选修3-4]（5分）

15．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置在x1＝2.5m处的P 点。已知平衡位置在x2＝5.5m处的Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，则下列说法正确的是（）

A．P点的起振方向沿y轴正方向

B．P点振动的周期为4s

C．该波的传播速度大小为1m/s

D．质点Q的振动方程为y＝0.1sin（t﹣6）（m）（t＞6）

E．若一列频率为1Hz的简谐横波沿x轴负方向传播。与该波相遇时会产生稳定的干涉现象

16．由圆柱体和正方体组成的透明物体的横截面如图所示，O表示圆的圆心，圆的半径OB和正方形BCDO 的边长均为a。一光线从P点沿PO方向射入横截面，经过AD面恰好发生全反射，反射后从CD面上与D点距离为a的E点射出。光在真空中的传播速度为c。求：

（1）透明物体对该光的折射率；

（1）该光从P点射入至传播到E点所用的时间。

2020年全国五省优创名校联考高考物理四模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本題共8小題，每小题6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題有多项符合題目要求．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．【解答】解：A、根据电流的磁场的特点可知，穿过线圈的磁通量为零，所以中线圈自由下落时，穿过线圈的磁通量不变，故不能产生感应电流，故A错误；

B、图中线圈自由下落时，线圈中的磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，故不会产生感应电流，故B错误；

C、线圈以AB为轴转动，线圈的磁通量发生不变化，不能产生感应电流，故C错误；

D、线圈匀速向右移动，线圈处磁感应强度减小，穿过线圈的磁通量减小，可以产生感应电流，故D正确。

故选：D。

2．【解答】解：核反应过程中，质量数和电荷数守恒，一个中子与一个质子发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程式为+→，

比结合能是原子核的结合能与核子数的比值，若该反应放出的能量为Q，则氘核的比结合能为，故B正确，ACD错误。

故选：B。

3．【解答】解：人与托盘受到重力与轻绳的拉力，设人的质量为M，托盘的质量为m，轻绳的拉力为F，由牛顿第二定律可得：2F﹣Mg﹣mg＝（M+m）a

当轻绳的拉力F＝Mg时，代入数据可得：a＝5m/s2，故A正确，BCD错误。

故选：A。

4．【解答】解：卫星在轨道Ⅲ和轨道I上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝ma，解得向心加速度：a ＝，卫星在轨道Ⅲ上的轨道半径大，故向心加速度小，故A错误。

BC、根据开普勒第三定律可知，＝k，轨道半径越小，周期越小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道I上运行的周期，卫星在轨道Ⅲ上的轨道半径大于在轨道Ⅱ上的半长轴，故卫星在轨道Ⅲ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误，C正确。

D、卫星在轨道Ⅲ上的A点变轨到轨道Ⅱ，做近心运动，需要减速，故D错误。

故选：C。

5．【解答】解：A、四个灯泡均正常发光，则通过变压器原、副线圈的电流相等，根据变流比可知，电流之比等于匝数之比，故变压器副线圈的匝数和原线圈匝数相等，均为220匝，故A错误；

B、a、b端的交变电压的最大值为220V，则有效值为U ab＝V＝220V，设灯泡的额定电压为U，根

据理想变压器变压比可知，原线圈两端电压为2U，根据欧姆定律可知，U ab＝4U，解得灯泡的额定电压：U＝55V，故B正确；

C、变压器原线圈两端电压：2U＝110V，故C错误；

D、根据法拉第电磁感应定律可知，原线圈两端电压最大值：110V＝，解得穿过变压器原线圈的

磁通量变化率的最大值为V，故D错误。

故选：B。

6．【解答】解：AB、如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移△x上，速度的二次方的差值逐渐减小，由运动学公式△v2＝2a△x分析可知，机车的加速度逐渐减小，故A错误，B正确；

CD、由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内，机车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，故C正确，D错误。

故选：BC。

7．【解答】解：A、以球体P为研究对象，球体P受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和球体Q对它的压力，共4个力，故A正确；

B、以球体P和球体Q整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得挡板对P的支持力为N1＝3mgsinθ＝mg，

故B错误；

C、球体P受到4个力，其中三个是弹力，一个重力，所以球体P所受弹力的合力大小等于mg，方向向上，故

C错误；

D、以Q为研究对象，Q受到重力、斜面支持力和P对它的支持力，如图所示，根据平衡条件可得F＝2mg，故

N2＞Fsin30°＝mg，所以Q受到P的支持力大于mg，故D正确。

故选：AD。

8．【解答】解：A、根据动能定理可得，从A到C电场力做功最多，小球到达C点时的速度最大，但此时速度方向与电场力方向垂直，电场力的功率为零，故A错误；

B、若d＝2R，从A到C根据动能定理可得：qE（d+R）＝﹣0

在C点根据牛顿第二定律可得：N﹣qE＝m

解得：N＝7qE

根据牛顿第三定律可知小球通过C点时对轨道的压力大小为7qE，故B正确；

C、若小球恰好能通过D点，此时小球对D的压力为零，根据牛顿第二定律可得：qE＝m

解得：v D＝；

从A到D根据动能定理可得：qE（d﹣R）＝﹣0，

联立解得：d＝1.5R，故C错误；

D、如果小球能够从D点脱离轨道后恰好落到B处，则小球做类平抛运动，运动时间为t，则有：R＝＝

解得：t＝

此时小球在D点的速度为：v＝＝＜；无论如何调整d的值，都不可能使小球从D点脱离轨道后恰好落到B处，故D正确。

故选：BD。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题：

9．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+30.0×0.01mm＝4.800mm。

（2）滑块经过光电门时的速度：v1＝，v2＝，

烧断细线后系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1﹣m2v2＝0，

整理得：＝，验证动量守恒定律需要测量m1、m2、t1、t2，故选A；

（3）由（2）可知，验证动量守恒定律的表达式为：＝；

烧断细线后弹簧弹性势能转化为滑块的动能，由能量守恒定律可知，

烧断细线前弹性的弹性势能：E P＝＝+；

故答案为：（1）4.800；（2）A；（3）＝；+。

10．【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压接法，为了方便调节应选择阻值较小的滑动变阻器C；

（2）根据实验电路图连接实物图如图所示：

（4）根据（3）中步骤和串并联电路特点可知：R A＝＝104.4Ω

由于闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表的示数为3mA，调节电阻箱R0，使电流表的示数为1mA，读出此时电阻箱的阻值R1；

电阻箱阻值变大，并联等效电阻变大，故并联部分分担电压增大，由于电阻箱两端电压变大，故电阻箱阻值偏大，故电流表内阻测量偏大；

故答案为：（1）C；（2）；（4）104.4，大于

11．【解答】解：（1）设粒子的电荷量为q，从O点进入三角形区城的初速度大小为v，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B；

当三角形区域内同时存在电场和磁场时，粒子做匀速直线运动，有：qE＝qvB

当三角形区域内只存在电场时，粒子在该区域内做类平抛运动的轨迹如图中图线1所示，

设粒子在电场中运动的加速度大小为a，有：qE＝ma

设粒子从O点运动到A点的时间为t，沿OC方向有：＝vt

解得：t＝

沿CA方向有：＝

解得：v＝

当三角形区域内只存在磁场时，粒子在该区域内做匀速圆周运动的轨迹如图中图线2所示，设圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m

解得：r＝

（2）由（1）可得，当三角形区域内只存在电场时，粒子在该区城内运动的时间为：

t＝＝

当三角形区域内只存在磁场时，由几何关系可知，粒子的运动轨迹对应的圆心角为：θ＝

故粒子在该区域内运动的时间为：t′＝

三角形区域内分别只有电场时和只有磁场时，粒子在该区域内运动的时间之比＝。

答：（1）粒子做匀速圆周运动的半径为；

（2）三角形区域内分别只有电场时和只有磁场时，粒子在该区域内运动的时间之比为。

12．【解答】解：由题意可知，B的质量为A的质量的3倍，设A的质量为m，则B的质量为3m；

（1）对B，由牛顿第二定律得：μ2?3mg＝3ma B

解得：a B＝4m/s2

B做匀减速直线运动，B减速到零需要的时间为：t B＝s＝3s

该过程B的位移为：x B＝m＝18m

由图示图象可知，在B减速到零的过程中，A的位移为：x A＝＝16m

x A＜x B+x0，B停止运动前A、B没有发生碰撞，

由此可知，A、B碰撞前B在地面上滑动的时间为：t1＝t B＝3s

滑行距离为：x1＝x B＝18m

（2）从B停止运动到A、B碰撞需要的时间为：t A＝＝1s

从t＝0时刻起到A与B相遇的时间：t2＝t B+t A＝3+1＝4s

（3）A、B碰撞前，A的速度：v＝8m/s，B的速度为0，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv＝mv A+3mv B，

由机械能守恒定律得：，

解得：v A＝﹣4m/s，v B＝4m/s，碰撞后两者速度方向相反，

由动能定理得：

对A：﹣μ1mgx A＝0﹣mv A2

对B：：﹣μ2?3mgx B＝0﹣?3mv B2

解得：x A＝8m，x B＝2m

A、B均静止时两者间的距离为：x＝x A+x B＝8+2＝10m

答：（1）A、B碰撞前B在地面上滑动的时间t1为3s，距离x1为18m。

（2）从t＝0时刻起到A与B相遇的时间t2为4s。

（3）若在A、B碰撞前瞬间撤去力F，A、B均静止时它们之间的距离x为10m。

（二）选考题：[物理一选修3-3]（15分）

13．【解答】解：根据分子力的特点可知，当两个分子之间的距离减小时，它们之间的分子引力增大，分子斥力也增大；

由题意知，乙分子从x到r0，甲、乙两分子间作用力表现为引力，方向不变，所以乙分子受的合力一直向左，由牛顿第二定律可知乙分子向左做加速运动，分子动能增大，分子势能减小；乙分子从r0再继续向左，甲、乙两分子间作用力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大；

由能量守恒定律可知，当乙分子的速度减小为0时，其分子势能最大，所以分子势能最大为。

故答案为：一直增大，先减小后增大，

14．【解答】解：（i）气体初态：V1＝SH，T1＝T，

气体末态：V2＝Sr+?H，T2＝1.3T，

气体为等压变化，由盖一吕萨克定律有：

代入初态参量解得：r＝H

（ii）设容器内的气体压强为p，取活塞为研究对象，有：

p0S+mg＝pS…①

外界对气体所做的功为：

W＝pS（H﹣x）…②

由系统绝热有：Q＝0…③

由热力学第一定律有：△U＝W…④

联合①②③④解得：△U＝（mg+p0S）H

答：（i）系统达到新的平衡时活塞到容器底的距离为H；

（ii）此过程中容器内的气体内能的增加量为（mg+p0S）H。

[物理一选修3-4]（5分）

15．【解答】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播的，依据波的平移法，那么P点的起振方向沿y轴正方向，故A 正确；

B、t＝0时刻波恰好传到P点，Q点在0～8s内运动的路程为0.2m，由于波长λ＝2m，那么从P点传播Q点，

需1.5T，而Q点振动的时间为0.5T，因此T＝4s，且ω＝＝rad/s，故B正确；

C、根据波长、波速和周期的关系可知，v＝，该波的传播速度大小为v＝0.5m/s，故C错误；

D、由题意图象可知，振幅为0.1m，质点Q开始向y轴正方向振动，那么Q点的振动方程为y＝0.1sin（t﹣

6）（m）（t＞6），故D正确；

E、产生稳定干涉现象的必要条件是频率相等，此波的频率：f＝＝0.25Hz，若一列频率为1Hz的简谐横波沿x

轴负方向传播。与该波相遇时不会产生稳定的干涉现象，故E错误。

故选：ABD。

16．【解答】解：（1）光在透明物体中的光路如图所示，有：

该光在AD上发生全反射的临界角为：α＝θ

又：

解得：θ＝60°，n＝

（2）光从P点射入至传播到E点的时间为：t＝

又：

解得：t＝

答：（1）透明物体对该光的折射率为；

（2）光从P点射入至传播到E点所用的时间为。