【精准解析】河南等省五岳2020届高三4月联考(全国I卷)理综物理试题

五岳2020届高三4月联考
理科综合试卷
一、选择题
1.关于力与运动，下列说法正确的是（）
A. 若物体受到恒力作用，则物体一定做直线运动
B. 若物体受到变力作用，则物体一定做曲线运动
C. 若物体做匀速圆周运动，则物体受到的合力一定为变力
D. 若物体做匀变速曲线运动，则物体受到的合力一定为变力
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物体所受合外力与速度共线，物体做直线运动；物体所受合外力与速度不共线，物体做曲线运动，所以物体做直线运动还是曲线运动与物体所受合外力是恒力还是变力无关，AB错误；
C．物体做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，合外力大小不变，方向始终改变，C正确；D．物体做匀变速曲线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律可知合外力一定是恒力，D错误。

故选C。

2.若做匀速直线运动的列车受到的阻力与其速率的二次方成正比，则当列车的速率提升为原来的3倍时，其发动机的输出功率变为原来的（）
A. 27倍
B. 9倍
C. 3 倍
D. 1
3
倍
【答案】A
【解析】
【详解】列车受到的阻力与其速率的二次方成正比
2
f kv
=
列车做匀速直线运动，牵引力和阻力相等
F f
=
输出功率为
3
P Fv fv kv
===
所以当列车速率提升为原来的3倍时，功率提升为原来的27倍，A正确，BCD错误。

故选A。

3.如图示为CCTV-7 《乡村大世界》“绝技之王”争霸赛某次比赛的情形，选手用两根重力不计的木棒顶起装满开水的水壶，其中竖直木棒静止在另一根倾斜木棒的顶端。

已知倾斜木棒与水平方向的夹角为θ，水壶和水的总质量为m ，重力加速度大小为g ，则竖直木棒对倾斜木棒的作用力大小为（ ）
A. mg sin θ
B. mg
C. mg cos θ
D.
cos mg
【答案】B 【解析】
【详解】将竖直木棒和装水的水壶视为整体，受到向下的重力和倾斜木棒对系统的作用力，二者等大反向，根据牛顿第三定律可知竖直木棒对倾斜木棒的作用力大小为mg ，ACD 错误，B 正确。

故选B 。

4.图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，R 0是定值电阻，R 是滑动变阻器，电容器C 的耐压值为50V 。

变压器原线圈输入的电压如图乙所示，所有电表均为理想电表。

下列说法正确的是
A. 副线圈两端电压的频率为10 Hz
B. 电流表的示数表示的是电流的瞬时值
C. 电容器C 会被击穿
D. 滑片P 向下移动时，电流表A 1、A 2的示数均增大 【答案】D 【解析】
【详解】A ． 根据图乙知交流电周期为0．01s ，所以频率为100Hz ，变压器不改变交流电的
频率，副线圈两端电压的频率为100 Hz ，故A 错误； B ． 电流表的示数表示的是交流电的有效值，故B 错误；
C ．根据变压器两端电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压最大值为40V ，小于电容器的击穿电压50V ，故电容器不会击穿，故C 错误；
D ． 匝数比不变，副线圈两端电压不变，滑片P 向下移动时，副线圈回路电阻变小，根据欧姆定律可知，回路电流I 2变大，根据只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比可知，原线圈电流也变大，故电流表A 1、A 2的示数均增大，故D 正确。

故选：D 。

5.如图所示，光滑绝缘的水平面上固定一半径为R 的
1
4
圆弧屏AB ，其圆心为O ，整个装置放在沿半径BO 方向的水平匀强电场中。

现将一电荷量为q 的带电小球从C 点（在直线OA 上）以初动能E k0沿OA 方向射出，最终垂直打到屏上的P 点。

已知∠POB=30°，取A 点为电势零点。

下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电
B. P 点的电势为
k 0
2E q
C. k0
23E D. O 、C 两点间的距离为23
R 【答案】C 【解析】
【详解】A ．小球在水平面内运动，水平方向上只受电场力，小球的偏转方向与电场方向相反，可知小球所受的电场力方向与电场方向相反，所以小球带负电，A 错误；
B ．小球垂直打到屏上的P 点，此时小球速度的反向延长线通过O 点，设小球的初速度为0v ，打在P 点时的速度为v ，动能为E k ，则
0sin 30v v ︒=
得
02v v =
则有
2k02012
2441k v E mv m E =
=⨯= 小球从C 到P ，由动能定理得
k k0CP qU E E =-
解得CP 间电势差为
k0
3CP E U q
=-
结合
0C A ϕϕ==，CP C P U ϕϕ=-
解得
k0
3P E q
ϕ=
故B 错误；
C ．CP 两点沿电场方向的距离为
cos302
d R R =︒=
则电场的电场强度大小为
k0
CP U E R
d q ==
故C 正确；
D ．小球在电场中做类平抛运动，CA 方向有：
0sin30CO R v t +︒=
垂直于CA 方向有：
cos302
2tan 30y v v R t t ︒=
=
︒
联立解得
2
R
CO =
故D 错误。

故选C 。

6.原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A. 4
2He 核的结合能约为14MeV B. 89
36Kr 核比
14456
Ba 核更稳定
C. 三个中子和三个质子结合成6
3Li 核时放出能量 D. 在核反应2351
89
1441
92
036
560U n Kr Ba 3n +→
++中，要吸收热量
【答案】BC 【解析】
【详解】A ．根据图像可知4
2He 的平均结合能约为7MeV ，核子数为4，所以结合能约为
47MeV 28MeV ⨯=
A 错误；
B ．平均结合能越大，原子核越稳定，所以89
36Kr 核比
144
56
Ba 核更稳定，B 正确；
C ．核子结合成原子核时会质量亏损放出核能，即结合能，所以三个中子和三个质子结合成6
3Li 核时放出能量，C 正确；
D ．重核裂变会质量亏损，所以会释放能量，D 错误。

故选BC 。

7.我国计划在2020年7月发射火星探测器，预计经过10个月的飞行，火星探测器2021年到达火星，着陆火星表面并进行巡视探测。

假设探测器在火星表面和地球表面以相同的速度竖直上抛一物体，其在地球上落回抛出点的时间是火星上的a 倍，已知地球半径与火星半径之比为b 。

不计地球和火星的自转及其表面气体的阻力。

下列说法正确的是
A. 地球与火星绕太阳运动时，它们与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
B. 地球与火星表面的重力加速度大小之比为1:a
C. 地球与火星的质量之比为a : b 2
D.
【答案】BD 【解析】
【详解】A ．开普勒第二定律描述的内容是针对同一环绕天体与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故A 错误； B ．根据竖直上抛速度公式
00v v gt -=-
可得：
2v t g
=
地球上落回抛出点的时间是火星上的a 倍，地球与火星表面的重力加速度大小之比为1:a ，故B 正确； C ．在星球表面2Mm
G
mg R
= ，地球与火星表面的
重力加速度大小之比为1:a ，地球半径与火星半径之比为b 。

故地球与火星的质量之比为b 2: a ，故C 错误；
D ．对近地卫星有2
2Mm v G m R R
=
，带入数据可得，地球与火星的第一宇宙速度大小之比为
D 正确。

故选：BD 。

8.如图所示，绝缘水平面内固定有两足够长的平行金属导轨ab 和ef ，导轨间距为d ，两导轨间分别接有两个阻值均为r 的定值电阻R 1和R 2，质量为m 、长度为d 的光滑导体棒PQ 放在导
轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻。

在空间加上磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场，两根完全相同的轻弹簧一端与棒的中点连接，另一端固定。

初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态且与导轨在同一平面内，现使导体棒获得水平向左的初速
度v 0，在导体棒第一次运动至右端的过程中，R 2上产生的焦耳热为Q 。

下列说法正确的是（ ）
A. 初始时刻，棒所受安培力的大小为220
2B d v r
B. 棒第一次回到初始位置时，2R 的电功率为222
B d v r
C. 棒第一次到达右端时，两根弹簧具有的弹性势能之和为
2
0122
mv Q - D. 从初始时刻至棒第一次到达左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为4Q 【答案】AC 【解析】
【详解】A ．初始时刻，导体棒中产生的感应电动势
0E Bdv =
两电阻并联，导体棒中的感应电流
02Bdv E I rr r r r
=
=+ 安培力
2200
22Bdv B d v F BId B d r r
===
安 A 正确；
B ．当导体棒速度为0v 时，2R 上电功率为
22220
02
222
411()24B d v r
B d v P I r r r ==⨯⨯= 当棒第一次回到初始位置时，导体棒的速率小于0v ，2R 上的电功率小于222
B d v r
，B 错误；
C ．导体棒第一次到达右端时，两个电阻产生的总焦耳热为2Q ，根据能量守恒定律
2
p0
1
2
2
E mv Q
=-
C正确；
D．导体棒初始时刻向左运动，第一次到达右端的过程中，回路中产生的热量为2Q，则第一次到达左端时，回路中产生的热量一定小于2Q，D错误。

故选AC。

二、非选择题
9.某同学利用图示装置验证滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒。

图中1、2是两个光电门（当物体从1、2间通过时，光电计时器可以显示物体的挡光时间），木板的一端在水平面上，将光滑木板的一端垫起，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为t1和t2。

用游标卡尺测得滑块的宽度为d，测得1、2间的距离为x，木板的倾角为θ。

(1)滑块通过光电门1时的速度大小为________；
(2)本实验________（选填“需要”或“不需要”）测量滑块的质量；
(3)若滑块通过两个光电门的过程中机械能守恒，则有2gx sin θ=__________。

【答案】 (1).
1
d
t (2). 不需要 (3).
22
22
21
d d
t t
-
【解析】
【详解】(1)[1]滑块通过光电门1时的速度等于通过光电门1的平均速度
1
1
d
v
t
=
(2)[2]本实验要验证
p k
E E
∆=∆
而
p
sin
E mgxθ
∆=，22
k21
1
()
2
E m v v
∆=-
即要验证
22
21
1
(
si)
n
2
gx v v
θ=-
不需要测量滑块的质量。

(3)[3]机械能守恒要满足
22
21
1
(
si)
n
2
gx v v
θ=-
其中
1
1
d
v
t
=，
2
2
d
v
t
=
则可得
22
22
21
2sin
d d
t t
gxθ-
=
10.某物理兴趣小组设计了如图甲所示电路测量一节干电池的电动势E和内阻r。

合上开关S1，开关S2打到位置1，移动滑动变阻器的滑片P，记录下几组电压表的示数以及对应的电流表示数；然后将S2打到位置2，移动滑动变阻器的滑片P，再记录下几组电压表的示数以及对应的电流表示数。

在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图像，如图乙所示，两图线（直线）在纵轴上的截距分别为U A、U B，在横轴上的截距分别为I A、I B。

(1)S2打到位置1时，作出的U I
-图像是图乙中的图线___（选填“A”或“B”），测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因可能是________。

(2)由图乙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=___、r真=___。

(3)小组同学继续用图丙所示电路探究测电源电动势和内阻时，电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响。

其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器，R0是阻值为4.0Ω的定值电阻。

①已知灵敏电流计G 的满偏电流I g=100 μA、内阻r g=2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只阻值为___Ω的定值电阻R1（结果保留一位小数）。

②小组同学在前面实验的基础上，为探究图丙所示电路中各元器件的实际阻值对测量结果的
影响，用一已知电动势和内阻的标准电源通过上述方法多次测量，发现电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。

若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因可能是________（填选项前的字母）。

A. 电压表内阻的影响 B. 滑动变阻器的最大阻值偏小 C. R 1的实际阻值比计算值偏小 D. R 0的实际阻值比标称值偏大
【答案】 (1). B (2). 电压表的分流 (3). U A (4). A
B
U I (5). 1.0 (6). CD 【解析】
【详解】(1)[1]2S 打到1位置时，根据闭合电路欧姆定律
E U Ir =+
可知路端电压测量准确，当路端电压为0时，短路电流测量准确，即
1E I r
=
2S 打到2位置时，干路电流测量准确，当干路电流为0时，根据闭合电路欧姆定律可知电源
电动势测量准确，即
E U =
此时将电流表和电源视为等效电源，短路电流为
2A
E
I r R =
+
A R 为电流表内阻，根据
12I I >
结合图像可知
1B E
I I r
== 2A
A E
I I r R =
=+
所以2S 打到1位置时，对应的
图线为B 。

[2]误差的原因可能是电压表分流，导致干路电流测量不准确。

(2)[3]根据(1)中分析可知电动势
A E U =真 [4]内阻为
A
B
U r I =
真 (3)①[5]根据并联电路的分流规律
g 1g g
I R r I I =- 解得
63
g g
136
g 10010 2.010Ω 1.0Ω2001010010I r R I I ---⨯⨯⨯==≈-⨯-⨯
②[6]A．如果考虑电压表的内阻，
U
I
测得的电阻相当于电源E 的内阻与R 0串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，A 错误； B ．滑动变阻器的阻值不会影响r 的测量结果，B 错误；
C ．电表改装时，R 1的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，C 正确；
D ．结合电路图，由闭合电路欧姆定律
0()E U I R r =++
R 0的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故D 正确。

故选：CD 。

11.回旋加速器D 形盒的半径为R ，高频加速电压的频率为f ，空间存在方向垂直D 形盒、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

用该回旋加速器加速带负电的粒子束，粒子达到最大速度后被引出，测得粒子被引出时的平均电流为I 。

不计粒子的加速时间，求： (1)粒子被引出时的最大速度v m ； (2)粒子束输出功率P 。

【答案】(1)m 2v fR π=；(2)2
P BIfR π=
【解析】
【详解】(1)设粒子的电荷量为q 、质量为m ，当粒子被引出时，有：
2m
m v qv B m R
=
由粒子做匀速圆周运动周期公式：
12qB f T m
π=
= 解得
m 2v fR π=
(2)粒子束被引出时，设时间t 内飞出加速器的粒子数为N ，则有
It Nq =
根据能量守恒定律有
2
m 12
Pt N mv =⨯
解得
2P BIfR π=
12.跑步健身可以增强体质，发达肌肉，完美身材，增强人的意志和毅力。

跑步涉及很多物理现象。

如图所示，长24 m L =的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量60 kg M =，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数0.05μ=。

质量60 kg m =的人（视为质点）
立于木板左端，木板与人均静止。

若人以大小2
1 2 m/s a =的加速度匀加速向右跑至木板的右
端，并立即抱住立柱，取2
10 m/s =g ，求： (1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t ； (2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能E ∆；
(3)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的位移大小x 。

【答案】(1)4s ；(2)2160J ；(3)4m 【解析】
【详解】(1)人向右运动过程中，受到摩擦力大小
11602N 120N f ma ==⨯=
木板向左加速运动
12()f M m g Ma μ-+=
解得
22211200.0512010
m/s 1m/s 60
()f M m g a M μ-⨯⨯+=-=
=
人运动的位移
2111
2
x a t =
木板运动的位移
22212
x a t =
二者反向运动，位移满足
12L x x =+
解得
4s t =
(2)人抱住立柱瞬间前，人的速度为
1124m/s 8m/s v a t ==⨯=
此时立柱的速度大小为
2214m/s 4m/s v a t ==⨯=
人抱住立柱瞬间，人和立柱共速，选择水平向右为正方向，根据动量守恒定律
12()mv Mv M m v -=+
解得
12608604
m/s 2m/s 6060
mv v Mv M m -⨯-⨯==++=
根据能量守恒定律
22
212111()222
E mv Mv M m v ∆=
+-+ 解得
2160J E ∆=
(3)根据(1)可知
22211
116m 8m 22
x a t =
=⨯⨯= 人抱住立柱后，共减速的加速度
23()0.5m/s M m g
a g M m
μμ+=
==+
共减速的位移
22332m 4m 220.5
v x a ===⨯
则木板移动的位移
234m x x x -==
13.恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体。

用力缓慢向外拉活塞，该过程中封闭气体分子的平均动能_____(选填“增大”“减小”或“不变”)；封闭气体的压强______(选填“增大”减小”或“不变”)；气体_______(选填“吸收”“放出”或“既不吸收也不放出”)热量
【答案】 (1). 不变 (2). 减小 (3). 吸收 【解析】
【详解】[1][2][3] 恒温环境中，气体做等温变化，温度不变，则分子的平均动能不变；用力缓慢向外拉活塞，体积变大，根据等温方程pV C = 可知，压强变小；因为气体温度不变，内能不变，但体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。

14.如图甲所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积S =1×10－3m 2、质量
m =2kg 、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之
间的距离x 0=24cm ，在活塞的右侧x 1=12cm 处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度
T 0=300K ，大气压强p 0=1.0×105Pa 。

现将汽缸竖直放置，如图乙所示，取g =10m/s 2。

(i)求汽缸竖直放置稳定后，活塞与汽缸底部之间的距离x ；
(ii)若汽缸竖直放置稳定后，对封闭气体缓慢加热至T ′=720K，求此时封闭气体的压强p ′。

【答案】（i ）20cm ；（ii ）1.6×105Pa 【解析】
【详解】（i ）汽缸竖直放置稳定后，气体的压强为:
0mg
p p S
=+
汽缸由水平放置变为竖直放置的过程中，由玻意耳定律有:
00p x S pxS =
解得:
x =20cm
（ii ）设活塞到达卡环处且与卡环恰好没有作用力时，体的热力学温度为T ，由盖一吕萨克定律有:
010()x x S xS T T
+= 解得:
T =540K
由查理定律有:
p p T T ='
'
解得:
p ′=1.6×105Pa
15.关于机械振动、机械波，下列说法正确的是（ ）
A. 在竖直方向上做受迫振动的弹簧振子，稳定后其振动频率等于驱动力的频率
B. 做简谐运动的单摆，其质量越大，振动频率越大
C. 在简谐运动中，介质中的质点在
1
4
周期内的路程一定是一个振幅 D. 只有频率相同的两列波在相遇区域才可能形成稳定的干涉图样 E. 简谐横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定
【答案】ADE 【解析】
【详解】A．系统做受迫振动，振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，A正确；B．根据单摆周期公式可知
11
2
2
g
f
T L
L
g
π
π
===
做简谐运动的单摆振动频率与质量无关，B错误；
C．在简谐运动中，介质中的质点在
1
4
周期内的路程不一定是一个振幅，与质点的起始位置有关，只有起点在平衡位置或最大位移处时，质点在
1
4
周期内的路程才一定是一个振幅，C错误；D．根据形成稳定干涉的条件知，只有频率相同的两列波在相遇区域才可能形成稳定的干涉图样，故D正确；
E．简谐横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，与波的频率无关，故E正确。

故选ADE。

16.一透明柱体的横截面如图所示，圆弧AED的半径为R、圆心为O，BD⊥AB，半径OE⊥AB。

两细束平行的相同色光1、2与AB面成θ=37°角分别从F、O点斜射向AB面，光线1经AB 面折射的光线恰好通过E点。

已知OF=
3
4
R，OB=
3
8
R，取sin370.6
︒=，cos 370.8
︒=。

求：
(1)透明柱体对该色光的折射率n；
(2)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x。

【答案】(1)
4
3
；(2)
5
4
R
【解析】
【详解】(1)光路图如图：
根据折射定律
sin(90)
sin n θα
︒-=
根据几何关系
3
tan 4
OF OE α=
= 解得
37α︒= 43
n =
(2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为C ，则
13sin 4
C n =
= 由于
sin sin(90)sin 530.8sin a C β︒︒=-==>
光线2射到BD 面时发生全反射，根据几何关系
3tan 82
R
EH OE OH R R β=-=-=
可见光线2射到BD 面时发生全反射后恰好从E 点射出柱体，有
sin OB
OG
α= 根据对称性有
2x OG =
解得
54
x R =。