2020年新疆克拉玛依市高考物理四模试卷(含答案解析)

2020年新疆克拉玛依市高考物理四模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.静止的镭核 88226Ra发生α衰变，释放出的α粒子的动能为E0，假设衰变时能量全部以动能形式释
放出来，则衰变过程中总的质量亏损是()
A. 4E0
222c2B. 226E0
222c2
C. E0
c2
D. 2E0
c2
2.一定质量的理想气体，体积由V1膨胀到V2，如果是通过等压过程实现，做功为W1、传递热量为Q1、
内能变化为△U1；如果是通过等温过过程实现，做功为W2、传递热量为Q2、内能变化为△U2，则()
A. W1>W2，Q1>Q2，△U1>△U2
B. W1>W2，Q1>Q2，△U1=△U2
C. W1>W2，Q1=Q，△U1=△U2
D. W1<W2，Q1=Q2，△U1=△U2
3.关于合力的下列说法，正确的是()
A. 几个力的合力就是这几个力的代数和
B. 几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力
C. 几个力的合力可能小于这几个力中最小的力
D. 几个力的合力一定大于这几个力中最大的力
4.下列说法正确的是()
A. 物体受到的合外力为恒力时，可能做匀速圆周运动
B. 做匀速圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
C. 只要时间足够长，做平抛运动的物体的速度可能沿竖直方向
D. 两个匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动
5.在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片p
向b端移动时()
A. A l的示数增大，V的示数减小
B. A l的示数减小，A2的示数增大
C. A2的示数增大，V的示数增大
D. A l的示数增大，A2的示数减小
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
6.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下
表面平行且足够大的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光I、II、III，
则()
A. 光束I仍为复色光，光束II、III为单色光，且三束光一定相互
平行
B. 增大α角且α≤90°，光束II、III会靠近光束I
C. 玻璃对光束III的折射率大于对光束II的折射率
D. 减小α角且α>0°，光束III可能会由于全反射而从上表面消失
E. 光束III比光束II更容易发生明显衍射
7.某横波在介质中沿x轴传播，图甲为此波在t=0.75s时的波形图，图乙为质点P(平衡位置在x=
1.5m处的质点)的振动图象。

下列说法正确的是()
A. 该波沿x轴负方向传播，波速为2m/s
B. 质点L与质点N的运动方向总相反
C. t=1s时，质点P处于平衡位置且在向y轴正方向运动
D. 从图甲时刻开始再经过0.5s时间内，质点P运动的路程为20cm
E. 从图甲时刻开始再经过1.0s时间内，质点P运动的路程为40cm
8.如图所示，水平传送带始终保持恒定速度v运动，传送带AB长为S，
把质量为m的小物块轻放在A点，物块与传送带间动摩擦因数为μ当
小物块由A运动到B的过程中()
A. 摩擦力对小物块做功可能为mv2
2
B. 摩擦力对小物块做功一定为μmgS
C. 摩擦力对传送带做功可能为−μmgS
D. 电动机对传送带做功一定为mv2
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
9.利用如图甲所示的装置进行“探究小车速度随时间变化规律”的实验。

(1)某同学在用电火花计时器做探究匀变速直线运动规律的实验时，下列说法正确的是______。

A.应使用6V以下的低压交流电源
B.使用时先接通电源，后让纸带运动
C.从纸带上可以直接得到的物理量有时间间隔、位移和平均速度
D.每打完一条纸带要及时切断计时器的电源
(2)图乙是实验中打出的一条纸带，0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4
个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示，根据数据可以看出，在误差允许的范围内，有x6−x5=x5−x4=x4−x3=x3−x2=x2−x1，则可以判断小车做______(选填“匀速”、“匀变速”或“变加速”)直线运动；若已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，小车的加速度大小a=______m/s2(结果保留小数点后3位)。

10.为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。

光控开关可采用光敏电阻来控制，
光敏电阻是阻值随看光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强，光越强照度越大，照度单位为1X)：
(1)某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表：
照度/1x0.20.40.60.8 1.0 1.2
电阻/kΩ 5.8 3.7 2.3 2.0 1.8
根据表中已知数据，在下图坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线，由图象可求出照度为
0.61X时的电阻约为______kΩ。

(2)如下图所示是街通路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路
灯供电。

为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件。

(3)图中电磁铁线圈的电阻为140Ω，直流电源的电动势E=6V，内阻为5Ω，已知当线圈中的电
流大于或等于2mA时，继电器的衔铁被吸合。

要求天色渐暗照度降低至1.21X时点亮路灯，应调节电阻箱的电阻为______Ω，为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地______(选填“增大”或“减小”)电阻箱的电阻。

四、计算题（本大题共3小题，共55.0分）
11.一根轻杆长为L=1m，两端各固定一个质量为m=1kg的小球A和B，在
AB中点O有一转轴，当杆绕轴O在竖直平面内匀速转动时，若转动周期
T=2π√L
，g取10m/s2，求轻杆转到如图所示的竖直位置时：
g
(1)A球和B球线速度的大小。

(2)A球和B球各对杆施加的力的大小。

12.离子注入机是将所需离子经过加速、选择、扫描从而将离子“注入”半导体材料的设备．其整
个系统如甲图所示．其工作原理简化图如乙图所示．MN是理想平行板电容器，N板正中央有一小孔A作为离子的喷出口，在电容器的正中间O1有一粒子源，该粒子源能和电容器同步移动或
转动．为了研究方便建立了如图所示的xoy平面，y轴与平行于y轴的直线(x=3L
4
)区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．粒子源持续不断地产生质量为m、电量为q的正粒子(不计电荷间的相
互作用、初速度和重力，不考虑磁场边界效应).已知O1A与x轴重合，各点坐标A(0,0)、B(3L
4
,0)、
C(3L
4,L)、D(3L
4
,L
4
).
(1)当U MN=U0时，求这些粒子经电容器MN加速后速度v的大小；
(2)电容器的电压连续可调，当磁场的磁感应强度恒为B=2√qmU0
Lq
，求粒子从D点射出时，电容器的电压(用U0表示)；
(3)保持(2)问中的磁感应强度B和打到D点时的电压不变，欲使粒子打到C点，可将电容器和粒子源绕O点同步旋转，求旋转的角度大小；
(4)请在直线x=3L
4
右方设置一个或多个电场、磁场区域(或组合)，使得(2)问中从D点出射的粒子最终从x轴上沿x轴正方向射出(只需画出场或组合场的范围、方向，并大致画出粒子的运动轨迹．
13.如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角θ=
37°的表面BC光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2.)求：
(1)斜面BC的长度L；
(2)滑块的质量m；
(3)滑块经过A点时速度的大小v A．
【答案与解析】
1.答案：B
解析：解：由衰变中质量数守恒，电荷数守恒可知：新核质量数为222，电荷数为86，由动量守恒
得4mvα=222mv′，又P2=2mE k则有：2×4mE0=2×222mE′，解得E′=4
222
E0.所以释放的核能
△E=E0+E′=226
222E0.又由质能方程△E=△mc2可得亏损的质量△m=226E0
222C2
，故B正确。

故选：B。

由动量守恒求出新核的动能，从而得到衰变释放的总能量，再由质能方程求出质量亏损．
本题考查了原子核的衰变，结合力学中的动量守恒求质量亏损，难度不大．
2.答案：A
解析：解：在p−V图象作出等压过程和等温过程的变化图线，如图所示，
根据图象与坐标轴所面积表示功，可知：W1>W2，
第一种情况等压过程，根据PV
T
=C可知，气体压强不变，体积增大，因
此温度升高，△U1>0，根据热力学第一定律有：△U1=Q1−W1，则
得：Q1=△U1+W1；
第二种情况等温过程，气体等温变化，△U2=0，根据热力学第一定律有：△U2=Q2−W2，则得：Q2=W2．
由上可得：△U1>△U2.Q1>Q2.故A正确，BCD错误．
故选：A．
根据两种情况列出热力学第一定律的表达式，注意两次变化的体积变化相同，作出p−V图象，根据图象与坐标轴所面积表示功，可比较气体对外做功关系，根据温度的变化判断内能的变化，然后进一步比较吸热、放热情况．
解决本题的关键是运用图象法，分析功的大小，掌握一定质量的理想气体的内能只与温度有关，要熟练运用热力学第一定律分析热量情况．
3.答案：C
解析：
(1)如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差；
(2)如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间。

解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况。

A.力是矢量，根据力的平行四边形定则可知，几个力的合力就是这几个力的矢量和，故A错误；BCD.当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于最小分力，由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故C正确，BD错误。

故选C。

4.答案：B
解析：解：A、匀速圆周运动的合力提供向心力，合力方向始终指向圆心，合力方向时刻在改变，可知合外力为恒力，不可能做匀速圆周运动，故A错误．
B、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，故B正确．
C、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，任何时刻水平方向上都有分速度，结合平行四边形定则知，速度不可能沿竖直方向，故C错误．
D、两个匀变速直线运动的合运动不一定是匀变速直线运动，如果合运动的合速度方向与合加速度方向不在同一条直线上，将做曲线运动，故D错误．
故选：B．
匀速圆周运动靠合力提供向心力，加速度方向始终指向圆心，平抛运动在水平方向上有分速度，速度不可能沿竖直方向．根据合运动中合速度的方向与合加速度的方向判断合运动的规律．
解决本题的关键知道圆周运动和平抛运动的特点，掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法，关键看合速度的方向与合加速度的方向是否在同一条直线上．
5.答案：A
解析：解：当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时，R1减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，所以可知A1的示数增大。

电源的内电压增大，则路端电压即V的示数减小，通过R2的电流减小，则通过A2的电流增大，故A
正确，BCD错误。

故选：A。

当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再分析外电路总电阻的变化，即可判断出干路电流的变化和路端电压的变化，根据路端电压的变化判断出通过R2的电流如何变化，结合干路电流的变化，分析通过R1的电流变化，即可知道两电表读数的变化情况。

本题考查了并联电路的特点，按“局部到整体再到局部”的顺序进行动态分析。

6.答案：ABE
解析：
由图可知光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于玻璃对它们的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定波动性强弱．
本题由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射而产生了色散．要掌握光的反射定律、折射定律和光的全反射条件，熟练运用光路性原理分析光路．
解：A、所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色
光．
而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上
下表面是平行的．根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，且光束Ⅱ、
Ⅲ是单色光．故A正确．
B、增大α角且α≤90°，即减小入射角，折射角随之减小，则光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束I，故B正确．
C、由图知：光束进入玻璃砖时，光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知，光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，故C错误．
D、减小α角且α>0°，复色光沿PO方向射入玻璃砖，经过反射时，在上表面的入射角等于光束进入玻璃砖时的折射角．所以由光路可逆性原理可知，光束Ⅲ不会在上表面发生全反射，一定能从上表面射出．故D错误．
E、光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，所以光束Ⅲ的波动性强，比光束II更容易发生明显衍射．故E正确．
故选：ABE
7.答案：ABE
解析：解：A、从振动图象可知，在t=0.75s时，P点振动方向向下，所以波向左传播，由甲图知，λ=4m，由乙图知，T=2s，所以波速为v=λ
T
=2m/s，故A正确；
B、由波动图象可知，质点L与质点N平衡位置间距为半个波长，因此它们的运动方向总是相反，故B正确；
C、t=1.0s时，质点P处于平衡位置，并正在往波谷运动，即正在往负方向运动，故C错误；
D、从图甲时刻开始再经过0.5s=T
4
时间内，质点P运动的路程应该大于A，即大于20cm。

故D错误；
E、质点无论出于哪个位置，只要经过1
2T经过的路程一定为2A，所以图甲时刻开始再经过1.0s=T
2
时
间内，质点P运动的路程为40cm，故E正确。

故选：ABE。

根据质点P点的振动图象，可确定出t=0.75s时质点P的振动方向，由波形平移法判断波的传播方向。

由波动图象读出波长，由振动图象读出质点的振动周期，从而求得波速。

由波的传播方向来确定质点L和N的振动方向；根据振动情况确定P经过的路程。

本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，同时掌握由振动图象来确定波动图象的传播方向。

8.答案：AC
解析：解：A、如果物体在到达B端时速度已达到v，则由动能定理可知，摩擦力对小物块做功可能
为mv2
2
，故A正确；
B、如果物体在到达B之前已经达到相对静止，则此后不再受摩擦力作用，故摩擦力做功一定少于μmgS，故B错误；
C、如果物体到达中点时恰好到达速度v，则此时传送带的位移为S，则根据功的公式可知，此时摩擦力对传送带做功为−μmgS，故C正确；
D、如果物体到达最右侧时速度仍然没有达到v，则此时电动机物体的动能小于mv2
2
，故说明摩擦力
对传送带做功小于mv2
2
，故电动机对传送带做功小于为mv2，故D错误。

故选：AC。

对物体进行受力分析，根据动能定理求出摩擦力对物体做功，也可以根据W=fs求出摩擦力做物体做的功，物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，摩擦生热等于摩擦力乘以相对位移．注意由于到达B点时的速度未知，故应分情况进行计论．
当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，可以用动能定理求解摩擦力对物体做的功，也可以通过恒力做功公式求解．
9.答案：BD匀变速0.496
解析：解：(1)A、电火花计时器应使用220V的交流电源，故A错误；
B、为充分利用纸带，使用时先接通电源，后让纸带运动，故B正确；
C、从纸带上可以直接得到的物理量有时间间隔、位移，不能根据纸带直接得出平均速度，故C错误；
D、为防止损坏打点计时器，每打完一条纸带要及时切断计时器的电源，故D错误。

故选：BD。

(2)在误差允许的范围内有x6−x5=x5−x4=x4−x3=x3−x2=x2−x1，小车在相邻相等时间间隔内的位移差相等，小车匀变速直线运动；
打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，打点计时器打点时间间隔T=0.02s，
每相邻两计数点间还有4个点，相邻计数点间的时间间隔t=0.02×5s=0.1s，
由匀变速直线运动的推论公式△x=at2可知，小车的加速度：
a=x4−x1+x5−x2+x6−x3
9t2
=
x4+x5+x6−(x1+x2+x3)
9t2
=
(2.88+3.39+3.88)×10−2−(1.40+1.89+2.40)×10−2
9×0.12
m/s2≈0.496m/s2
故答案为：(1)BD；(2)匀变速；0.496。

(1)电火花计时器使用220V的交流电源，为充分利用纸带实验时应先接通电源然后再释放纸带，由打出的纸带可以直接求出时间与位移，根据实验注意事项分析答题。

(2)根据纸带上连续相等时间内位移的变化，可以判断小车的运动性质；根据匀变速直线运动的推论公式△x=at2可以求出加速度的大小．
本题考查了探究小车速度随时间变化规律实验，考查了实验注意事项与数据处理，掌握基础知识、应用匀变速直线运动的推论即可解题。

10.答案：2.8855 减小
解析：解：(1)根据图象直接读出对应的照度为0.61x时的电阻约为2.8kΩ。

(2)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通。

所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间。

电路图如图
(3)由图示图线可知，照度为1.21X时光敏电阻阻值：R光敏=2000kΩ，
滑动变阻器阻值：R=E
I −r−R
线圈
−R
光敏
=6
2×10−3
−5−140−2000=855Ω，
由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻。

故答案为：(1)2.8；(2)实物电路图如图所示；(3)855；减小。

(1)根据图象直接读出对应的数据即可；
(2)利用直流电源为电磁铁供电，将电源、光敏电阻、定值电阻、电键直接串联即可；分析电磁铁的电路，判定利用照明电源为路灯供电的接入点；
(3)根据图示图线求出照度对应的电阻，然后根据电路图应用欧姆定律求出电阻箱阻值；根据题意应用闭合电路欧姆定律分析电阻箱阻值如何变化。

该题考查电路设计的问题和变化电路的分析，要结合闭合电路欧姆定律、光敏电阻的特点去分析；同时注意图象的正确应用，能从图象中找出对应的信息。

11.答案：解：(1)由于A和B绕同一圆心做圆周运动，则二者教室相等，即为：ω=2π
T
代入数据可得：ω=√10rad/s
根据角速度与线速度关系得到二者线速度的大小为：v=ωr=1
2ωL=1
2
×√10×1=√10
2
m/s；
(2)对A球进行受力分析，假设杆对A球的弹力为支持力，如图所示：
根据牛顿第二定律可以得到：mg−F A=mv2
r
代入数据可以得到：F A=5N，假设成立，即杆给球支持力向上
根据牛顿第三定律可知：A球对杆的力大小为5N，方向向下；
对B球受力分析，如图所示：
根据牛顿第二定律可以得到：F B+mg=mv2
r
代入数据可以得到：F B=15N，方向向上
根据牛顿第三定律可知：B球对杆的拉力为15N，方向向下。

答：(1)A球和B球线速度的大小都是√10
2
m/s。

(2)A球和B球各对杆施加的力的大小分别是5N和15N，方向都向下。

解析：(1)根据角速度与周期的关系，求出小球转动的角速度，然后根据v=ωr求出线速度的大小；
(2)再对两个小球受力分析，在竖直方向的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律进行分析即可。

解决本题要知道，小球沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，注意杆子和绳子不同，绳子只能表现为拉力，杆子既可以表现为拉力，也可以表现为支持力。

12.答案：解：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：
q×1
2U0=1
2
mv2，
解得：v=√qU0
m
；
(2)粒子从D点射出时，设半径为r，所加电压为U，
由几何关系有：r2=(3
4L)2+(r−1
4
L)2，
解得：r=5
4
L，
由牛顿第二定律得：qv D B=m v D2
r
，
由动能定理得：1
2qU=1
2
mv D2，
解得：U=25U0
4
；
(3)设应旋转的角度为α，从C点射出时，其轨迹如图所示：
由几何关系有：OC=√L2+(3
4L)2=5
4
L，
sinθ=OC
2
r
=1
2
，θ=30°，
由于弦切角等于圆心角的一半，
则tan∠COB=L
3
4
L
=4
3
，∠COB=53°，
则α=∠COB−θ=53°−30°=23°，
因此应旋转的角度为23°；
(4)设置的电场、磁场区域如图所示，从D点出射的粒子最终从x轴上沿x轴正方向射出，大致画出粒子的运动轨迹如图所示．
答：(1)当U MN=U0时，这些粒子经电容器MN加速后速度v的大小为√qU0
m
；
(2)粒子从D点射出时，电容器的电压为25U0
4
；
(3)旋转的角度大小为23°；
(4)如图所示．
解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度．
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出其运动轨道半径，应用牛顿第二定律与动能定理求出加速电压．
(3)作出粒子的运动轨迹，然后根据运动轨迹应用几何知识求出偏转角度．
(4)根据题目要求作出所加电场与磁场，作出粒子运动轨迹．
本题考查了粒子在电场中的加速、在磁场中的偏转问题，本题难度较大，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，作出粒子运动轨迹后由于几何知识求出粒子的轨道半径，由于动能定理与牛顿第二定律可以解题．
13.答案：解：(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：
a1=gsinθ=6m/s2
通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s
a1t12=3m
由运动学公式得：L=1
2
(2)滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ
木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ
由图象可知：F1=12N
解得：m=2.5kg
(3)滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s
由图象可知：f1=5N，t2=2s
=2m/s2
a2=f
m
v A=v0−a2t2
v A=2m/s
答：(1)斜面BC的长度L为3m；
(2)滑块的质量m为2.5kg；
(3)滑块经过A点时速度的大小v A 为2m/s．
解析：(1)根据牛顿第二定律求出物块的加速度，结合位移时间公式求出斜面的长度．
(2)将物体对斜面的压力分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力等于传感器的示数，在水平面上运动时，摩擦力的大小等于传感器的示数，结合受力，得出滑块的质量
(3)根据牛顿第二定律求出滑块在水平面上的加速度，根据速度公式求A点速度；
本题考查牛顿第二定律、运动学公式的综合，知道物体对斜面压力在水平方向的分力和物体对水平面的摩擦力等于传感器的示数是解决本题的关键．。