2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷4.docx

2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷4 (满分：100分，时间：90分钟)一、选择题(本题共16小题，共38分，第110小题为单选题，每小题2分，第1116小题为多选题，每小题3分)1下列说法正确的是()A图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动C图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地D图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力B题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A错误；题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，选项B正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，选项C错误；做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D错误。2如图所示为某弹簧振子在05 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()A振动周期为5 s，振幅为8 cmB第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D第3 s末振子的速度为正向的最大值D由题图图象可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确。3有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为，若涂料产生的压强为p，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()AB CDB涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间t内喷到墙壁上面积为S、质量为m的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，涂料增加的厚度为h。由动量定理得Ftmv，又有mSh，所以p，涂料厚度增加的速度为u，联立解得u，选项B正确。4.(2019长春田家炳实验中学模拟)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个重力为G的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与支架AC的夹角BCA90，现使BCA缓缓变小，直到BCA30。在此过程中，杆BC所受的力(不计钢丝绳重力及一切阻力，且滑轮和铰链大小可不计)()A逐渐增大B先减小后增大C大小不变D先增大后减小C以结点B为研究对象，分析受力情况，作出结点B的受力分析图如图所示，根据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。ABC与F合NB相似，根据三角形相似得，又F合G，解得FG，NG，BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，N不变，由牛顿第三定律知作用在BC杆上的力大小不变，故C项正确。5.分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场。扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向。被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则()A垂直电场线射出的离子速度的值相同B垂直电场线射出的离子动量的值相同C偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大D偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大D垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Eqm，解得Eqrmv2，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，A、B错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确。6.(2019天津模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径OA成30角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180，不计该点电荷的重力，下列说法正确的是()A该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B该点电荷的比荷C该点电荷在磁场中的运动时间为tD该点电荷带正电B该点电荷在磁场中做匀速圆周运动，作出点电荷的运动轨迹如图所示。根据几何关系可知，点电荷在磁场中运动的时间刚好为，点电荷做圆周运动的轨迹半径为rRsin 30。点电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误。根据洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm，又r，所以，故B正确。该点电荷在磁场中运动的时间为t，所以C错误。根据点电荷在磁场中的偏转方向和左手定则可知，该点电荷带负电，故D错误。7如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()At1时刻，两环之间作用力最大Bt2和t3时刻，两环相互吸引Ct2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥Dt3和t4时刻，两环相互吸引Bt1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误。设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误。t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误。8.一平直公路上有甲乙两辆车，它们从t0时刻开始运动，在06 s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t3 s时刻相遇，下列说法正确的是()A两车的出发点相同Bt2 s时刻，两车相距最远C两车在36 s之间的某时刻再次相遇Dt0时刻两车之间的距离大于t6 s时刻两车之间的距离D由图可得，03 s内，乙的位移(20.5)3 m3.75 m，甲的位移(24)2 m(43)1 m9.5 m，二者t0时刻相距9.5 m3.75 m5.75 m，选项A错误；36 s内，乙的位移(10.5)1 m0.75 m，甲的位移33 m4.5 m，t6 s时，二者相距4.5 m0.75 m5.25 m，所以t0时刻两车之间的距离大于t6 s时刻两车之间的距离，选项D正确；02 s内，两车间距逐渐减小，t2 s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在36 s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D。9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则()A带电油滴将沿竖直方向向上运动B带电油滴将沿竖直方向向下运动CP点的电势将降低D电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小A由C知，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，电容器两极板始终与电源相连，则两极板间电压不变，由C，知电容器所带电荷量增大，D错误；由E知，d减小时，电场强度增大，油滴受到的电场力增大，油滴竖直向上运动，A正确，B错误；电场强度增大，由UPOEdPO可知，P与下极板间的电势差增大，又UPOP0，则P点的电势升高，C错误。10(2019江西五校协作体联考)双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，相距为L的M、N两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则()AP、Q运动的轨道半径之比为m1m2BP、Q运动的角速度之比为m2m1CP、Q运动的周期均为TDP与M的运动速率相等C双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，选项B错误；由万有引力提供向心力，对M、N有Gm1r1，Gm2r2，对P、Q有，G2m1r1，G2m2r2，其中r1r2L，r1r2L，联立解得TT，选项C正确；由2m1r12m2r2，可知r1r2m2m1，选项A错误；由以上分析可知r1r1，结合v可知选项D错误。11.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()Aa绳的张力不可能为零Ba绳的张力随角速度的增大而增大C当角速度，b绳将出现弹力D若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化AC对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta，为定值，A正确，B错误。当Tacos m2l，即时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳b将出现弹力，C正确。由于b绳可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。12(2019四省八校双教研联盟联考)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO以角速度匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是()A从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BSB从t3到t4这段时间内通过电阻R的电荷量为Ct3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSD电流表的示数为AD根据题图乙可知，在t1时刻，产生的感应电动势为正向最大，穿过线圈的磁通量为零，在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，则从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS，选项A正确；匝数为n的线圈在匀强磁场中转动，从t3到t4这段时间t1t4t3内产生的感应电动势平均值n，产生的电流平均值，通过电阻R的电荷量qt1，穿过线圈磁通量的变化量为1BS，联立解得qn，选项B错误；在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，穿过线圈的磁通量变化率最大，由E0nnBS，得t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为BS，选项C错误；感应电动势的有效值为E，电路中电流I，即电流表的示数为，选项D正确。13下列说法中正确的是()A只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性C理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小D热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体BCD知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，A项错误；悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，B项正确；理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，C项正确；若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，D项正确。14如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速度大小v0沿足够长的斜面向上推出，斜面底边固定在水平地面上，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，根据图象可求出()A物体的初速度大小v06 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.6C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑AC由图乙可知，当斜面的倾角为90时，x1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v2gx，解得v0 m/s6 m/s，当0时，x2.40 m，由动能定理可得mgxmv，解得，A正确，B错误；取不同的倾角时，根据动能定理得mgxsin mgcos x0mv，解得x m m，tan 37，当90，即53时sin()1，此时位移最小，xmin1.44 m，C正确；当30时，物体受到的重力沿斜面向下的分力Fmgsin 30mg，摩擦力fmgcos 300.75mgmg，因FBC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。结点C下方用轻细绳悬挂重力为G的钩码D。实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。A、B间的距离每增加0.2 m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置。则在本次实验中，所用钩码的重力G_N；当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA_N；实验中记录A、B、C点位置的目的是_。解析根据题意，由于ACBC，所以刚开始分开的时候，只有BC绳有拉力，而且其拉力大小等于物体的重力，由图乙知G30 N，由图分析可以知道图线为AC绳拉力的图象，则当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA18 N；实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳的张力的方向，从而便于画出平行四边形。答案3018记录AC、BC绳张力的方向18(7分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻：A待测电瓶，电动势约为3 V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为03 V，内阻约为3 kC定值电阻R0，阻值未知D滑动变阻器R，最大阻值为RmE导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图。(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0_(用U10、U20、Rm表示)。(3)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，在横轴上的截距为a，则电瓶的电动势E_，内阻r_(用k、a、R0表示)。解析(1)滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量路端电压，电路图如图所示。(2)串联电路电流处处相等，滑动变阻器接入电路的阻值为Rm，所以，解得定值电阻R0。(3)滑动变阻器R两端的电压为U1，路端电压为U2，则定值电阻两端的电压为U2U1，干路电流I，由闭合电路欧姆定律可得U2EIrEr，整理可得U1U2E，结合图象可得1k，Ea，从而可得电瓶内阻r，电动势E。答案(1)见解析图(2)Rm(3)19(3分)在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d_cm。(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L1，对应振动周期为T1；第二次测得悬线长为L2，对应单摆的振动周期为T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为_。解析(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标尺读数为0.056 mm0.30 mm，则摆球的直径d20.30 mm2.030 cm；(2)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式得T12，T22，联立方程组解得g。答案(1)2.030(2)g20(10分)如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M3 kg，高h0.2 m，与地面间的动摩擦因数0.2；滑块质量m0.5 kg，初始位置距木板左端L10.46 m，距木板右端L20.14 m；初速度v02 m/s，恒力F8 N，重力加速度g10 m/s2。求：(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。解析(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知hgt得t00.2 s。(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F(mM)gMa1得a15 m/s2则木板减速到零所经历的时间t10.4 s所经过的位移s10.4 m由于s1L1，表明这时滑块仍然停留在木板上此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律F(mM)gMa2得a2 m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移s2s1L20.54 m该过程根据运动学公式s2a2t得t21.8 s滑块滑离瞬间木板的速度v2a2t20.6 m/s。答案(1)0.2 s(2)0.6 m/s21(10分)如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成、两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，mg0.2p0S，环境温度为T0，平衡时、两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上，求：(1)若环境温度不变，求平衡时、两部分气柱的长度之比；(2)若环境温度缓慢升高，但、两部分气柱的长度之和为2l时，气体的温度T为多少？解析(1)汽缸开口向下时，气体初态压强p1p00.6p0汽缸开口向下时，气体初态压强p2p00.8p0汽缸开口向上时，气体末态压强p1p01.4p0汽缸开口向上时，气体末态压强p2p01.2p0由玻意耳定律p1Slp1Sl1，p2Slp2Sl2，解得。(2)升温过程中两部分气体均做等压变化，设气体的气柱长度为x，则气体的气柱长度为2lx，由盖吕萨克定律 ，解得TT0。答案(1)(2)T022(13分)某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R5.4 m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r1 m，三段轨道均光滑。一长为L4 m、质量为m21 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m12 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为0.5，重力加速度g1