北京市崇文区达标名校2020年高考四月质量检测物理试题含解析

北京市崇文区达标名校2020年高考四月质量检测物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动．若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则此时斜面体B对地面的摩擦力
A．方向水平向左B．方向水平向右
C．大小为零D．无法判断大小和方向
2．如图所示，足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同，处于方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场中．一带正电的小球从静止开始沿管下滑，下列小球运动速度v和时间t、小球所受弹力F N和速度v的关系图像中正确的是
A．B．
C．D．
3．如图所示，粗糙水平地面上用拉力F使木箱沿地面做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，则F的功率（）
A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．一直减小
4．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m 1、m 2，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2m 1、2m 2，则( )
A ．P 、Q 运动的轨道半径之比为m 1∶m 2
B ．P 、Q 运动的角速度之比为m 2∶m 1
C ．P 、Q 运动的周期均为2T
D ．P 与M 的运动速率相等
5．如图所示，D 是一只理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），电流只能从a 流向b ，A 、B 为间距很小且正对的平行金属板，现有一带电粒子（不计重力），从B 板的边缘沿平行B 板的方向射入极板中，刚好落到A 板正中央，以E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，p E ∆表示粒子电势能的减少量，若保持极板B 不动，粒子射入板间的初速度0v 不变，仅将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是
A ．E 变小
B ．U 变大
C ．p E ∆不变
D ．若极板间距加倍，粒子刚好落到A 板边缘 6．通信卫星一般是相对地面“静止”的同步卫星，三颗同步卫星就可以实现全球通信。

设地球的半径为R ，地面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T 。

则速度为c 的电磁波从一颗卫星直线传播至相邻的另一颗卫星，传播时间为（ ） A 223
2
334gR T π B 223234gR T πC 223
21334gR T c πD 223
2
134gR T c π二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，30ABC CAB ∠=∠=︒，23m BC =，电场线平行于ABC ∆所在的平面。

一个带电荷量6
210C q -=-⨯的点电荷由A 点移到B 点的过程中，电势能增加61.210J -⨯，由B 移到C 的过程中电场力做功6610J -⨯，下列说法中正确的是（ ）
A ．
B 、
C 两点间的电势差3V BC U =- B ．A 点的电势低于B 点的电势
C ．负电荷由A 点移到C 点的过程中，电势能增加
D ．该电场的电场强度大小为2V/m
8．在匀强磁场中，一矩形金属线圈共100匝，绕垂直于磁场的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A ．0.01s t =时，线圈在中性面
B ．线圈产生的交变电动势的频率为100Hz
C ．若不计线圈电阻，在线圈中接入1k Ω定值电阻，则该电阻消耗的功率为48.4W
D ．线圈磁通量随时间的变化率的最大值为3.11Wb /s
9．某时刻O 处质点沿y 轴开始做简谐振动，形成沿x 轴正方向传播的简谐横波，经过0.8s 形成的波动图象如图所示。

P 点是x 轴上距坐标原点96 m 处的质点。

下列判断正确的是（ ）
A ．该质点开始振动的方向沿y 轴向上
B ．该质点振动的周期是0.8s
C ．从O 处质点开始振动计时，经过3.2s ，P 处质点开始振动
D ．该波的波速是24 m/s
10．如图所示，半径为a 的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B ，EF 、MN 为两平行金属板，板长和板距均为2a ，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以速度0v 从A 点沿半径方向射入磁场，若金属板接电源，则粒子沿平行于金属板的方向射出，若金属板不接电源，则粒子离开磁场时速度方向偏转60o ，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子两次通过磁场区域所用的时间相等
C．速度0v的大小为3qBa m
D．两金属板间的电压为
22 23qB a
m
11．如图所示，电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，开关S闭合，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，下列说法止确的是（）
A．理想电压表V2的示数增大B．△U3>△U1>△U2
C．电源的输出功率减小D．△U3与△Ⅰ的比值不变
12．如图所示为带电粒子在某电场中沿x轴正方向运动时，其电势能随位移的变化规律，其中两段均为直线。

则下列叙述正确的是（）
A．该粒子带正电
B．2m~4m内电势逐渐升高
C．0m~2m和2m~6m的过程中粒子的加速度大小相等方向相反
D．2m~4m电场力做的功和4m~6m电场力对该粒子做的功相等
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表及量程为0~15V的电压表，
实验室可提供的器材有
A．一节全新的5号干电池E（内阻不计）
B．电流表A1（量程0~10mA，内阻为25Ω）
C．电流表A2（量程0~100mA，内阻为2.5Ω）
D．滑动变阻器R1（0~30Ω） E.滑动变阻器R2（0~3Ω）
F.定值电阻R3（117.5Ω）
G.定值电阻R4（120Ω）
H.定值电阻R5（147.5Ω）L.单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线
(1)图中a应接电流表的______（选填“+”或“－”）接线柱，测量电压时应将开关S扳向_______（选填“1”或“2”）；
(2)图中电流表应选用________（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选用________（选填“D”或“E”），定值电阻R0应选________（选填“F"“G"或“H”）；
(3)在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路若电流表满偏电流为Ig，则电阻刻度盘上指针指在3 4 Ig
处应标上_______。

（填写具体数值）
14．1590年，伽利略在比萨斜塔上做了“两个铁球同时落地"的实验，开始了自由落体的研究。

某同学用如图I所示的实验装置研究自由落体，装置中电火花式打点计时器应该接在电压为______V、频率为f=50 Hz 的交流电源上。

实验中先闭合开关，再释放纸带。

打出多条纸带。

选择一条点迹清晰完整的纸带进行研究，那么选择的纸带打下前两个点之间的距离略小于__________mm（结果保留1位有效数字）。

选择的纸带如图2所示，图中给出了连续三点间的距离，由此可算出打下C点时的速度为______m/s2，当地的重力加速度为____m/s2.（最后两空结果均保留3位有效数字）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，光滑斜面倾角θ=30°，另一边与地面垂直，斜面顶点有一光滑定滑轮，物块A和B通过不
可伸长的轻绳连接并跨过定滑轮，轻绳与斜面平行，A的质量为m，开始时两物块均静止于距地面高度为H处，B与定滑轮之间的距离足够大，现将A、B位置互换并静止释放，重力加速度为g,求：
（1）B物块的质量；
（2）交换位置释放后，B着地的速度大小．
16．如图甲所示，质量m=1kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。

已知木板质量M=4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v t 图象如图乙所示，取g=10m/s2。

求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数；
（3）木板的长度。

17．一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连（U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0），U形管的右管与大气相通，大气压为750mmHg。

关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300K。

现仅对容器内气体进行加热。

①如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时，求封闭容器内气体的温度；
②保持①问中的温度不变，打开阀门K缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm时（水银始终在U形管内），求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；
③判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．C
【解析】
【详解】
由题物体A 恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面对物体A 的作用力竖直向上，与物体A 的重力平衡。

物体A 对斜面的力竖直向下，斜面不受地面的摩擦力作用。

此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力。

若沿平行于斜面的方向用力F 向下拉此物体A ，使物体A 加速下滑时，物体A 对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零。

A.方向水平向左。

与上述结论不符，故A 错误；
B.方向水平向右。

与上述结论不符，故B 错误；
C.大小为零。

与上述结论相符，故C 正确；
D.无法判断大小和方向。

与上述结论不符，故D 错误。

故选：C 。

2．D
【解析】
【分析】
由题中“足够长的竖直绝缘管内壁的粗糙程度处处相同”可知，本题考查带电物体在复合场中的受力分析，根据电场力性质和洛伦兹力以及受力分析可解答本题。

【详解】
AB 、当粒子速度足够大时，有
()f Bqv F μ=-电
会有
f G =
此时，速度不再增加，故AB 错误；
CD 、根据受力分析，小球在水平方向受力平衡，即
N =F F Bqv -电
故C 错误，D 正确。

3．D
【解析】
【详解】
木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，据平衡条件可得：
cos N F f F θμ==
N sin F F mg θ+=
解得：
cos sin mg F μθμθ
=+ F 的功率
cos cos cos sin 1tan mgv mgv P Fv μθμθθμθμθ
===++ θ从0°逐渐增大到90°的过程中，tan θ增大，F 的功率一直减小，故D 项正确，ABC 三项错误。

4．C
【解析】
【详解】
双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对M 、N 有 G 122m m L
＝m 1·r 122π()T G
122m m L ＝m 2·r 222π()T 对P 、Q 有 G 12222m m L ⋅＝2m 1·r′122π()T
G
12222m m L ⋅＝2m 2·r′222π()T 其中
r 1＋r 2＝L ，r′1＋r′2＝L
联立解得
T′＝
T 由
2m 1r′1＝2m 2r′2
可知
r′1∶r′2＝m 2∶m 1
则可知
r 1＝r′1
结合v ＝2r T
π可知P 与M 的运动速率不相等，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

5．B
【解析】
【详解】 由4S C Q CU kd
επ=
=，可知d 增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电，Q 不变，U 增大，B 正确；又U E d =可得4=kd E S πε，E 不变，A 错误；粒子电势能减少量，E W qU ∆==电，所以E ∆增大，
C 错误；对类平抛运动，2012qE a d at x v t m ===，，得212qE a d at x v m ===，，，第一次落在
2l 位置，d 位置，D 错误． 6．C
【解析】
【详解】
卫星绕地球运行，万有引力提供向心力，则有
2224GMm r m r T
π= 可得
2T =综合“黄金代换”有
2GM gR =
如图所示
由几何关系知
sin602
x r =︒ 联立整理得
223
2
334gR T x π=根据运动规律，电磁波传播有
x ct =
可得
2232
1334gR T t c π=故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AC
【解析】
【详解】
AB ．点电荷由A 点移到B 点的过程中，电势能增加61.210J -⨯，则电场力做功W AB =61.210J --⨯，A 、B 两点间的电势差
661.210J 6V 210C
AB
AB U W q ---⨯===-⨯ 同理 66610J 3V 210C
B B
C C W U q --⨯===--⨯ A 点的电势高于B 点的电势，故A 正确、B 错误；
C ．设AB 连线中点为
D ，则3V BD U =-，D 点电势与C 点相等，所以电场线方向由A 指向B ，现把负电荷由A 点移动到C 点，电场力做负功，电势能增加，故C 正确；
D ．该电场的场强
1V/m
2cos30
AB
U
BC
E==
︒
=
故D错误。

故选AC。

8．ACD
【解析】
【详解】
A．t=0.01s时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，线圈在中性面位置，故A正确。

B．由图可知周期为0.02s，则频率为f=50Hz，故B错误。

C．线圈产生的交变电动势有效值为
220V
=
电阻消耗的功率
2
220
W48.4W
1000
P==
故C正确。

D．t=0.005s电动势最大为311V，则磁通量随时间的变化率为
3.11Wb/s
m
E
N
=
故D正确。

故选ACD。

9．BC
【解析】
【详解】
A．由上下坡法可知，质点开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；
B．0.8s传播一个波长，周期为0.8s，故B正确；
CD．波速
v＝
24
m/s
0.8
T
λ
=＝30m/s
传到P点的时间
t＝
96
30
s＝3.2s
故C正确，D错误。

故选BC 。

10．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于磁场方向不确定，故带电粒子的电性不确定，A 错误；
B ．当金属板接电源时，由题意可知，带电粒子匀速穿过平行板，粒子通过磁场区域所用的时间 10
2a t v = 当金属板不接电源时，粒子只在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为R ，由几何关系有
tan 30a R
=
o 解得
R =
则粒子在磁场中的运动时间
200
602π3603R a t v v =⨯=o o 所以
12t t ≠
B 错误；
C ．当金属板不接电源时，粒子只在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
200v qv B m R
= 解得
0v = C 正确；
D ．当金属板接电源时，两金属板间存在匀强电场，设电场强度大小为
E ，则有
0qE qv B =
得
0E v B =
则两金属板间的电压
22
022a a aBv U E m
===⨯ D 正确。

故选CD 。

11．BD
【解析】
【详解】
A ．理想电压表内阻无穷大，相当于断路。

理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 的电压、路端电压和变阻器两端的电压。

当滑动变阻器滑片向下滑动
时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V 2的示数减小，故A 错误；
C ．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故C 错误；
BD ．根据闭合电路欧姆定律得
U 2=E-Ir
则得
2U r I
=V V 而
1U R I
=V V 据题：R ＞r ，则得
△U 1＞△U 2
同理
U 3=E-I （R+r ）
则得
3U R r I
=+V V 保持不变，同时得到
△U 3＞△U 1＞△U 2
故BD 正确；
故选BD 。

12．CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由于电场的方向未知，因此粒子的电性不能确定，2m~6m 的电势的高低也不能判断， AB 错误； C ．根据电势能与电势的关系
E p =qφ
场强与电势的关系
E x
ϕ∆=
∆ 得 P 1E E q x
∆=⋅∆ 由数学知识可知E p ﹣x 图像切线的斜率等于
P E x ∆∆，故斜率间接代表了场强大小，0m~2m 和2m~6m 的斜率大小相等方向相反，因此电场强度的方向大小相等方向相反，则粒子的加速度大小相等方向相反，C 正确；
D ．2m~4m 两点间距与4m~6m 两点间距相等，电场强度也相等，因此由U=Ed 可知，2m~4m 两点间的电势差等于4m~6m 两点间的电势差，则2m~4m 电场力做的功和4m~6m 电场力做的功相等，D 正确。

故选CD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．+ 1 C D H 5Ω
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，则左边电笔为红表笔，所以图中a 应接电流表的“+”；
[2]电流表与分压电阻串联可以改装成电压表，由图示电路图可知，测量电压时应将开关S 扳向1；
(2)[3]中央刻度为15的“×1”挡的欧姆表中值电阻为15Ω，欧姆表内阻等于中值电阻，欧姆调零时电路电流 1.5==0.1A 100mA 15
E I R ==内 故电流表应选择C ；
[4]当改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意由于欧姆表的内阻为15Ω，则
=152
g g E R R I -=Ω滑
故滑动变阻器选D ；
[5]当改装为量程为0－15V 的电压表时，应串联一个阻值为 0150.1 2.5147.50.1
g g
g U I R R I --⨯==Ω=Ω
故定值电阻选H ；
(3)[6]若电阻值指在34
g I ,即此时电流为 3=75mA 4
g I I = 所以待测电阻
31.5=(15)Ω5Ω7510
E R R I Ω--=-=⨯ 14．220 2 3.91 9.75
【解析】
【详解】
[1]．电火花式打点计时器直接接在220V 的交流电源上即可。

[2]．根据纸带可知打下连续两点时间间隔
10.02s t f
== 根据自由落体运动位移公式可知，开始时相邻两点间距离
22119.80.02m 1.96mm 2mm 22
h gt ==⨯⨯=≈。

[3]．根据中点时刻的瞬间速度
3.91m/s 2BD C x v T
== [4]．根据2x gt ∆=可知
2
222(8.027.63)10m/s =9.75m/s 0.02
g --⨯=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)m B =2m ；(2)v =【解析】
【分析】
以AB 组成的整体为研究对象，根据动能定理求出绳断瞬间两物块的速率；绳断瞬间物块B 与物块A 的速度相同，此后B 做竖直上抛运动，根据机械能求出B 上升的最大高度．
【详解】
(1)初始时，A 、B 平衡，对系统有：
0sin 30B m g mg =
解得：2B m m =；
(2)交换后，对系统由动能定理：
212322
H mgH mg mv -⋅=⨯
解得：v =
【点睛】
本题是连接体问题，运用动能定理和机械能守恒定律结合处理，也可以根据牛顿定律和运动学公式结合研究．
16．（1）5m R =，30N F =；（2）0.4μ=；（3）10m l =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小10m /s v =，则由机械能守恒定律有
212
mgR mv = 解得
5m R =
滑块在圆弧轨道末端时
2
mv F mg R
-= 解得
30N F =
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30N
（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有
()1mv m M v =+
解得
12m /s v =
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
1mg ma μ-=
由图乙知
2114m /s v v a t
-=
=- 解得 0.4μ=
（3）由功能关系可知
()2211122
mv m M v mgl μ-+= 解得
10m l =
17．①320K ；②
78
；③吸热，原因见详解 【解析】
【分析】
【详解】
①由题意可知001750mmHg 300K 800mmHg p T p ===，，
设升温后气体的压强为p 0，由查理定律得
0101p p T T = 解得
T=320K
②当U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm 时，压强p=700mmHg 。

抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得
10p V pV =
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得
078
V k V == ③吸热。

因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。