2020學(xué)年江西省贛州市南康中學(xué)高考四模試題物理

1、2020年江西省贛州市南康中學(xué)高考四模試題物理一、選擇題1.伽利略在研究自由落體運動性質(zhì)的時候，為了排除物體自由下落的速度v隨著下落高度h(位移大小)是均勻變化(即v=kh，k是個常數(shù))的可能性，設(shè)計了如下的理想實驗：在初速度為零的勻變速直線運動中，因為=(式中表示平均速度)，而h=t，如果v=kh成立的話，那么，必有h=kht，即t=k為常數(shù)。t竟然是與h無關(guān)的常數(shù)，這顯然與常識相矛盾！于是，可以排除速度v是隨著下落高度h均勻變化的可能性。關(guān)于伽利略這個理想實驗中的邏輯及邏輯用語，你做出的評述是( )A.全部正確B.式錯誤C.式錯誤D.式以后的邏輯錯誤解析：研究自由落體運動的性質(zhì)，就是為了研

2、究自由落體運動是否是勻變速直線運動，而式中，是勻變速直線運動的公式，把它當(dāng)做已知條件，就等于已經(jīng)承認(rèn)了自由落體運動是勻變速直線運動，把待證明的結(jié)論當(dāng)做已知用，那么就沒有證明的必要了，故錯誤。答案：B2.如圖所示，斜面上有a、b、c、d四個點，ab=bc=cD。從a點正上方的O點以速度v水平拋出一個小球，它落在斜面上b點。若小球從O點以速度2v水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的( )A.b與c之間某一點B.c點C.c與d之間某一點D.d點解析：過b做一條與水平面平行的一條直線，若沒有斜面，當(dāng)小球從O點以速度2v水平拋出時，小球?qū)⒙湓谖覀兯嬎骄€上c點的正下方，但是現(xiàn)在有斜面的限制，小球?qū)?/p>

3、落在斜面上的bc之間，故A正確，BCD錯誤。答案：A3.2020年7月美國宇航局(NASA)發(fā)布最新消息稱，天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)了迄今最近地球的“孿生星球”Kepler452b行星，其圍繞一顆恒星Kepler452b轉(zhuǎn)動，周期為368天。該行星直徑約為地球的1.6倍，與恒星之間的距離與日地距離相近。某學(xué)生查閱資料得地球的直徑大約為1.28×104km，地球與太陽間的距離大約為1.5×108km，引力常亮為G，天體的運動近似為圓周運動，根據(jù)以上信息，以下說法正確的是( )A.可求出該行星的質(zhì)量B.可求出恒星Kepler452b的質(zhì)量C.若在該行星發(fā)射衛(wèi)星則可求出最小的發(fā)射速度D.若有

4、一衛(wèi)星繞該行星運轉(zhuǎn)周期為T，則可求出行星的密度解析：A、根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力只能求出中心天體的質(zhì)量，由題意不能求出該行星的質(zhì)量，故A錯誤B正確C、天體上的最小發(fā)射速度等于第一宇宙速度V=，天體表面重力約等于萬有引力得：GM=gR2，所以，不知道行星的質(zhì)量就不能求g，則不可求最小的發(fā)射速度，故C錯誤D、不知道衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力不能求出中心天體行星的質(zhì)量M，密度為則不能求出，故D錯誤。答案：B4.如圖所示，一根細(xì)線下端拴一個金屬小球P，細(xì)線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔的水平桌面上。小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動(圓錐擺)?，F(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周

5、運動(圖上未畫出)，兩次金屬塊Q都保持在桌面上靜止。則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是( )A.Q受到桌面的支持力變大B.Q受到桌面的靜摩擦力變大C.小球P運動的角速度變大D.小球P運動的周期變大解析：A、金屬塊Q保持在桌面上靜止，對于金屬塊和小球研究，豎直方向沒有加速度，根據(jù)平衡條件得知，Q受到桌面的支持力等于兩個物體的總重力，保持不變。故A錯誤。B、C、D設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為，細(xì)線的拉力大小為T，細(xì)線的長度為L。P球做勻速圓周運動時，由重力和細(xì)線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有T=， mgtan=m2Lsin，得角速度=，周期T=使小球改到一個更高一些的水平面上作勻速圓周

6、運動時，增大，cos減小，則得到細(xì)線拉力T增大，角速度增大，周期T減小。對Q，由平衡條件得知，f=Tsin=mgtan，知Q受到桌面的靜摩擦力變大。故B、C正確，D錯誤。答案：BC5.如圖，質(zhì)量為m、帶電量為q的小球用長為l的細(xì)線懸掛，處在水平方向的勻強電場中，小球靜止于A點，此時懸線與豎直方向夾角為=30°，現(xiàn)用力將小球緩慢拉到最低點B由靜止釋放。不計空氣阻力，則下列說法正確的是( )A.小球?qū)⒒氐紸處停下來B.小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)擺動C.場強的大小為E=D.小球從B向右擺到最高點的過程中，電勢能的減少量為mgl(1)解析：A、B、由題知，小球原來靜止，電場力與重力的合力方向沿O

7、A方向。小球從最低點B由靜止釋放后，電場力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到達(dá)A點后，由于慣性，繼續(xù)向上擺動，之后合力對小球做負(fù)功，速度減小，速度減至零后，再向下擺動，到B點速度為零，周而復(fù)始，所以小球?qū)⒁訟點為平衡位置做往復(fù)運動。故AB錯誤；C、小球原來處于靜止，由平衡條件得：qE=mgtan，則得E=，故C正確；D、小球從B向右擺到最高點的過程中，設(shè)x細(xì)線的最大偏角為。根據(jù)能量守恒定律得：mgl(1cos)=qElsin將qE=mgtan，代入解得：tan=tan，=2=60°所以電勢能的減少量為Ep=qElsin=mgl(1cos)=mgl(1cos60°)=，故

8、D錯誤。答案：C6.如圖所示，光滑的水平地面上有三塊木塊a、b、c，質(zhì)量均為m，a、c之間用輕質(zhì)細(xì)繩連接。現(xiàn)用一水平恒力F作用在b上，三者開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且始終沒有相對滑動。則在粘上橡皮泥并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說法不正確的是( )A.無論粘在哪塊木塊上面，系統(tǒng)的加速度一定減小B.若粘在a木塊上面，繩的張力減小，a、b間摩擦力不變C.若粘在b木塊上面，繩的張力和a、b間摩擦力一定都減小D.若粘在c木塊上面，繩的張力和a、b間摩擦力一定都增大解析：A、由整體法可知，只要橡皮泥粘在物體上，物體的質(zhì)量均增大，則由牛頓運動定律可知，加速度都要減小

9、，故A正確；B、以C為研究對象，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)T=ma，因加速度減小，所以拉力減小，而對b物體有Ffab=ma可知，摩擦力Fab應(yīng)變大，故B錯誤；C、若橡皮泥粘在b物體上，將ac視為整體，有Fac=2ma=f，所以摩擦力是變小的，故C正確；D、若橡皮泥粘在c物體上，將ab視為整體，F(xiàn)FT=2ma，加速度減小，所以拉力FT變大，對b有Ffab=ma，知Fab增大；故D正確。答案：B7.如圖甲所示，正方形金屬線圈abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R。在線圈的下方有一勻強磁場，MN和MN是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開

10、始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的vt圖象，圖中字母均為已知量。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是( )A.金屬線框剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流方向沿adcba方向B.金屬線框的邊長為v1(t2t1)C.磁場的磁感應(yīng)強度為D.金屬線框在0t4的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為2mgV1(t2t1)+m(V22V32)解析：A、金屬線框剛進(jìn)入磁場時磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向；故A錯誤；B、由圖象可知，金屬框進(jìn)入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2t1，故金屬框的邊長：l=v1(t2t1)；故B正確；C、在金屬框進(jìn)入磁場的過程中，

11、金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，I=，又 l=v1(t2t1)。聯(lián)立解得：B=；故C錯誤；D、t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1=mgl=mg1(t2t1)；t3到t4時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q2=mgl+m()=mg1(t2t1)+m()故Q=Q1+Q2=2mg1(t2t1)+m()，故D正確。答案：BD8.如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°，質(zhì)量分別為M、m的兩個物體通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住物體M，此時M距離擋板的距離為s，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且彈簧處于原長

12、狀態(tài)。已知M=2m，空氣阻力不計。松開手后，關(guān)于二者的運動下列說法中正確的是( )A.當(dāng)M的速度最大時，m與地面間的作用力為零B.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒C.若M恰好能到達(dá)擋板處，則此時m的速度為零D.若M恰好能到達(dá)擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和解析：A、M的重力分力為Mgsin=mg；物體先做加速運動，當(dāng)受力平衡時M速度達(dá)最大，則此時m受力為mg，故m恰好與地面間的作用力為零；故A正確；B、因M和m之間有彈簧，故兩物體受彈簧的彈力對兩物體做功，機械能不守恒；故B錯誤；C、從m開始運動至到M到達(dá)底部過程中，彈力的大小一直大于m的重力，故m一

13、直做加速運動，M到達(dá)底部時，m的速度不為零；故C錯誤；D、M恰好能到達(dá)擋板處，則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機械能增加量之和；故D正確。答案：AD二、非選擇題9.回答下列問題(1)在利用打點計時器和重錘做“驗證機械能守恒定律”得實驗時，以下說法正確得是 A.應(yīng)選用質(zhì)量較大得重錘，使重錘和紙帶所受得重力遠(yuǎn)大于它們所受得阻力B.重錘得質(zhì)量必須測出才能完成驗證實驗C.處理數(shù)據(jù)時必須挑選第一、二兩點間距離接近2mm得紙帶才能完成實驗D.處理數(shù)據(jù)時可以避開紙帶上初始得密集的幾點，選擇后面合適的兩點進(jìn)行測算與驗證解析：A、實驗時選擇質(zhì)量較大的重錘，使得重力遠(yuǎn)大于阻力，使得阻力的

14、影響可以忽略。故A正確。B、根據(jù)mgh=mv2可知，驗證機械能守恒定律不一定需要測量重錘的質(zhì)量，因為重力勢能的減小量和動能的增加量中都含有質(zhì)量，可以約去。故B錯誤。C、根據(jù)h=gt2=×10×0.022=0.002m=2mm，知當(dāng)?shù)谝?、二兩點間的距離接近2mm，則阻力的影響可以忽略，能夠驗證機械能是否守恒。故C正確。D、處理數(shù)據(jù)時可以避開紙帶上初始得密集的幾點，選擇后面合適的兩點進(jìn)行測算與驗證。故D正確。答案：ACD(2)在驗證機械能守恒定律的實驗中若重物質(zhì)量為0.50kg，選擇好的紙帶如圖，已知相鄰兩點時間間隔為0.02s(OA之間還有一些點未畫出)，長度單位是cm，g取

15、9.8m/s2.則打點計時器打下點B時，重物的速度vB= m/s；從起點O到打下點B的過程中，重物重力勢能的減小量EP= J，動能的增加量EK= J。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該段時間內(nèi)的平均速度可以求出物體在B點時的速度：vB=m/s0.973 m/s，重力勢能的減少量：Ep=mghB=0.5×9.8×4.86×102 J0.238J；動能的增量：Ek=mvB2=×0.5×0.97320.237J。答案：0.973 0.238 0.23710.某同學(xué)用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：

16、A.被測干電池一節(jié)B.電流表1：量程00.6A，內(nèi)阻r=0.3C.電流表2：量程00.6A，內(nèi)阻約為0.1D.電壓表1：量程03V，內(nèi)阻未知E.電壓表2：量程015V，內(nèi)阻未知F.滑動變阻器1：010，2AG.滑動變阻器2：0100，1AH.開關(guān)、導(dǎo)線若干伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差；在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準(zhǔn)確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻。(1)在上述器材中請選擇適當(dāng)?shù)钠鞑模?(填寫選項前的字母)。解析：在上述器材中請選擇適當(dāng)?shù)钠鞑模篈.被測干電池一節(jié)為了讀數(shù)準(zhǔn)確，所以選擇D.B.電流表：量程00.6A，電壓表：量程03V，滑動變阻器阻

17、值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，答案：F.滑動變阻器，H.開關(guān)、導(dǎo)線若干。答案：ABDFH(2)實驗電路圖應(yīng)選擇圖中的 (填“甲”或“乙”)。解析：因電流表內(nèi)阻已知；故應(yīng)采用相對電源的電流表內(nèi)接法；答案：甲。答案：甲(3)根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的UI圖象，則在修正了實驗系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E= V，內(nèi)電阻r= 。解析：由UI圖可知，電源的電動勢E=1.50V；內(nèi)電阻r=RA=0.7答案：1.5 0.711.如圖所示，底座A上裝有L=0.5m長的直立桿，底座和桿的總質(zhì)量為M=1.0kg，底座高度不計，桿上套有質(zhì)量為m=0.2kg的小環(huán)B，小環(huán)與桿之間有大小恒定

18、的摩擦力。當(dāng)小環(huán)從底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飛起時，恰好能到達(dá)桿頂，然后沿桿下降，取g=10m/s2，求：在環(huán)飛起過程中，底座對水平面的壓力；此環(huán)下降過程需要多長時間。解析：對環(huán)進(jìn)行受力分析，環(huán)受重力及桿給環(huán)向下的摩擦力，上升階段加速度大小為a1。由牛頓第二定律，得：mg+Ff=ma1由運動學(xué)公式：解得：a1=16.0m/s2Ff=1.2N對底座進(jìn)行受力分析，由平衡條件得：Mg=FN+Ff解得：FN=8.8N又由牛頓第三定律知，底座對水平面壓力為8.8N；對環(huán)受力分析，設(shè)環(huán)下降過程的時間是t，下降階段加速度為a2，則有：mgF''f=ma2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：a=4

19、.0m/s2t=0.5s 答案：在環(huán)飛起過程中，底座對水平面的壓力為8.8N此環(huán)下降過程需要多長時間為0.5s12.如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)建立一平面直角坐標(biāo)系xoy，x軸沿水平方向。第二象限內(nèi)有一水平向右的場強為E1的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有一正交的場強為E2豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強交變磁場，勻強磁場方向垂直紙面。從A點以v0=4m/s豎直向上射出一個比荷為=102C/kg的帶正電的小球(可視為質(zhì)點)，并以v1=8m/s的速度從y軸上的C點水平向右進(jìn)入第一象限，且在第一象限內(nèi)剛好沿圓弧作圓周運動。取小球從C點進(jìn)入第一象限的時刻為t=0，磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙

20、面向外的磁場方向為正方向)，g=10m/s2.求：(1)小球從A點運動到C點的時間t1和勻強電場E2的場強。解析：小球從A到C豎直方向受重力作用做勻減速運動，有：小球進(jìn)入第一象限內(nèi)恰作圓周運動，有：mgqE2=0解代入數(shù)據(jù)得：t1=0.4sE2=0.1N/C答案：小球從A點運動到C點的時間為0.4s，勻強電場E2的場強為0.1N/C(2)x軸上有一點D，OD=OC，若帶電粒子在通過C點后的運動過程中不再越過y軸且沿x軸正方向通過D點，求磁感應(yīng)強度B0和磁場的變化周期T0.解析：設(shè)粒子在第一象限內(nèi)做圓周運動運動圓軌道半徑為R，周期為T，C到O的距離為y，作出其運動軌跡如圖所示。則有：，要粒子沿x

21、軸通過通過D點，則由圖中幾何關(guān)系有：y=n(2R)聯(lián)解得：B0=0.2n(T)(n=1，2，3)或B0=0.1n(T)(n=2，4，6)，(s)(n=1，2，3)或 (s) (n=2，4，6)答案：磁感應(yīng)強度為0.2n(T)(n=1，2，3)或B0=0.1n (T)(n=2，4，6)，磁場的變化周期為(s)(n=1，2，3)或(s) (n=2，4，6)13. 兩列簡諧橫波的振幅都是20cm，傳播速度大小相同。實線波的頻率為2Hz，沿x軸正方向傳播，虛線波沿x軸負(fù)方向傳播。某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則( )A.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實線波和虛線波的頻率之比為3：2C.平衡位置為x=6

22、m處的質(zhì)點此刻速度為零D.平衡位置為x=8.5m處的質(zhì)點此刻位移y20cmE.從圖示時刻起再經(jīng)過0.25s，平衡位置為x=5m處的質(zhì)點的位移y0解析：A、兩列波波速相同，波長不同，根據(jù)v=f，頻率不同，不能干涉，故A錯誤；B、兩列波波速相同，波長分別為4m、6m，為2：3，根據(jù)根據(jù)v=f，頻率比為3：2，故B正確；C、平衡位置為x=6m處的質(zhì)點此刻位移為零，兩列波單獨引起的速度不等，相反，故合速度不為零，故C錯誤；D、平衡位置為x=8.5m處的質(zhì)點，兩列波單獨引起的位移分別為、，故合位移大于振幅A，故D正確；E、傳播速度大小相同。實線波的頻率為2Hz，其周期為0.5s，由圖可知：虛線波的周期為

23、0.75s；從圖示時刻起再經(jīng)過0.25s，實線波在平衡位置為x=5m處于波谷，而虛線波也處于y軸上方，但不在波峰處，所以質(zhì)點的位移y0，故E正確。答案：BDE14.如圖所示，一等腰直角三棱鏡，放在真空中，AB=AC.在棱鏡側(cè)面AB左方有一單色光源S，從S發(fā)出的光線SD以60°入射角從AB側(cè)面中點射入三棱鏡，當(dāng)它從側(cè)面AC射出時，出射光線與棱鏡側(cè)面AC間的夾角為30°。求此三棱鏡的折射率并作出光路圖。解析：由折射定律，光線在AB面上折射時有：在AC面上出射時，由幾何關(guān)系，=90°30°=60°，+=90°聯(lián)立解得：=45°折射率n=答案：三棱鏡的折射率為。光