北京市房山区2021届新高考第四次大联考物理试卷含解析

北京市房山区2021届新高考第四次大联考物理试卷
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，以19.6m/的水平初速v 0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为450的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间是
A ．1s
B ．2s
C ．3s
D ．3s
【答案】B
【解析】 物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为45°的斜面上时，物体的速度方向与斜面垂直，把物体的速度分解如图所示，
由图可得：此时物体的竖直方向上的分速度的大小为 v y =v 0=19.6m/s ，由v y =gt 可得运动的时间为：19.629.8
y
v t s s g ===，故选B ． 2．如图所示，OAB 为四分之一圆柱体的竖直截面，半径为R ，在B 点上方的C 点水平抛出一个小球，
小球轨迹恰好在D 点与圆柱体相切，OD 与OB 的夹角为53°，则C 点到B 点的距离为（sin53°＝0.8，
cos53°＝0.6）（ ）
A ．415R
B ．215R
C ．2R
D ．3
R 【答案】B
【解析】
【详解】
由题意知得：小球通过D 点时速度与圆柱体相切，则有
v y =v 0tan53°
小球从C 到D ，水平方向有
Rsin53°=v 0t
竖直方向上有 2y v y t =
联立解得
815
y R = 根据几何关系得，C 点到B 点的距离 215315CB y y R cos R =--︒=
（） 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3．如图，两梯形木块M 、P （均可看成质点）叠放在水平地面上，M 、P 之间的接触面倾斜。

连接M 与天花板之间的细绳沿竖直方向。

关于力的分析，下列说法正确（ ）
A ．木块M 不可能受二个力作用
B ．木块M 可能受三个力作用
C ．木块M 一定受四个力作用
D ．地面可能受到水平方向的摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】
ABC 、对A 受力分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB 间只接触无弹力，即A 只受重力、拉力作用，此时A 只受两个力，且AB 之间无摩擦，若A 细线未伸直即拉力为零，此时A 受重力、支持力、摩擦力作用，故AC 错误，B 正确。

C 、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地面对B 物体没有摩擦力，故
D 错误；
4．如图所示，将两个质量均为m ，带电量分别为+q 、﹣q 的小球a 、b 用绝缘细线悬挂于O 点，置于水平方向的匀强电场中，用力F 拉小球a ，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa 与竖直方向的夹角为30°．则F 的大小可能为（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】A
【解析】
【详解】
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时的受力图如图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：，所以F的大小可能为mg，其他值不可能，故A正确，B、C、D错误；
故选A。

【点睛】
关键是运用图解法确定出F的最小值，以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F的最小值，从而分析F的可能值。

5．将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用F
q
来描述电场的强弱。

类比于这种分析检验
物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（）
A．Φ
S
B．
E
Lv
C．
F
IL
D．
2
FR
L v
【答案】C 【解析】【详解】
将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用F
q
来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体
在场中受力的方法，用F B IL
=来描述磁场的强弱；故C 项正确，ABD 三项错误。

6．如图所示，质量为m 、电阻为r 的“U”字形金属框abcd 置于竖直平面内，三边的长度ad=dc=bc=L ，两顶点a 、b 通过细导线与M 、N 两点间的电源相连，电源电动势为E 。

内阻也为r 。

匀强磁场方向垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。

不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．M 点应接电源的正极
B ．电源的输出功率为22E r
C ．磁感应强度的大小为mgr
D ．ad 边受到的安培力大于bc 边受到的安培力
【答案】C
【解析】
【详解】 A ．金属框恰好处于静止状态，说明线框受到的安培力向上，根据左手定则可知dc 边中的电流方向应由d 指向c ，结合电路知识得M 点应接电源的负极，故A 错误；
B ．由闭合电路欧姆定律得
2E I r
= 电源输出功率
2
2
4E P I r r == 故B 错误；
C ．根据平衡条件有
mg=BIL
解得
2mgr B EL
= 故C 正确；
D ．根据对称性可知ad 边受到的安培力等于bc 边受到的安培力，方向相反，故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．如图所示，质量为m 的托盘P （包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。

t=0时刻，将质量也为m 的物块Q 轻轻放到托盘上，t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，下列说法正确的是（ ）
A ．Q 刚放上P 瞬间它们的加速度大小为2
g B ．0~t 1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt 1
C ．0~t 1时间内P 对Q 的支持力不断增大
D ．0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． Q 刚放上P 瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg ，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度
22
mg g a m == 故A 正确；
B ． t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，此时P 、Q 整体合力为零，此时弹簧弹力
2F mg =
故0~t 1时间内弹簧弹力小于2mg ，故0~t 1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt 1，故B 错误；
C ． 0~t 1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q 有
mg N ma -=
故P 对Q 的支持力N 不断增大，故C 正确；
D ． t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，用轻绳分别系住两个质量相等的弹性小球A 和B 。

绳的上端分别固定于O 、O '点。

A 绳长度（长度为L ）是B 绳的2倍。

开始时A 绳与竖直方向的夹角为60︒，然后让A 球由静止向下运动，恰与B 球发生对心正碰。

下列说法中正确的是（ ）
A ．碰前瞬间A gL
B ．碰后瞬间B 2gL
C ．碰前瞬间A 球的角速度与碰后瞬间B 球的角速度大小之比为1:2
D ．碰前瞬间A 球对绳的拉力与碰后瞬间B 球对绳的拉力大小之比为2:3
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．A 球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有
()211cos602
A mgL mv -︒= 解得
A v gL =
选项A 正确；
B ．两球碰撞过程中系统动量守恒有
A A
B mv mv mv '=+
碰撞前后系统动能相等，即
222111222
A A
B mv mv mv '=+ 结合①式解得
B v gL =
选项B 错误；
C ．碰前瞬间，A 球的角速度为
A A v L
ω= 碰后瞬间，B 球的角速度
2
B
B v L ω=
结合①②式得
12
A B ωω= 选项C 正确；
D ．在最低点对两球应用牛顿第二定律得
2A A v F mg m L
-= 22
B B v F mg m L -=
结合①②式得
23
A B F F = 选项D 正确；
故选ACD.
9．下列说法正确的是________。

A ．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现
B ．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加
C ．晶体在物理性质上可能表现为各向同性
D ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
E.热量可以从低温物体传给高温物体
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故A 正确；
B ．根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故B 错误；
C ．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C 正确；
D ．扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故D 错误；
E ．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E 正确。

故选ACE 。

10．如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子（不计重力），自A 点以初速度v 0射入半径为R 的
圆形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，速度方向平行于CD，CD为圆的一条直径，粒子恰好从D点飞出
磁场，A点到CD
的距离为
2
R。

则（）
A．磁感应强度为0
(23)qR
+
B．磁感应强度为0
4
mv
qR
C．粒子在磁场中的飞行时间为
(23)
6
R
v
π
+
D．粒子在磁场中的飞行时间为
(23)
6
R
v
π
-
【答案】AC
【解析】
【详解】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示：
AB．A点到CD的距离
2
R
，则：
∠OAQ=60°，∠OAD=∠ODA=15°，∠DAQ=75°
则
∠AQD=30°，∠AQO=15°
粒子的轨道半径：
cos cos15
(23)
sin sin15
R OAD R
r R
AQO
︒
︒
∠
===+
∠
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v
qv B m
r
=
解得：
0(23)B
qR =+ 故A 正确B 错误；
CD ．粒子在磁场中转过的圆心角：
α=∠AQD=30°
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
00
22(23)r R T v v ππ+== 粒子在磁场中的运动时间为：
(23)360R t T απ︒+== 故C 正确D 错误。

故选：AC 。

11．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B ，质量为m 、边长为a 的正方形线框ABCD 斜向穿进磁场，当AC 刚进入磁场时，线框的速度为v ，方向与磁场边界成45︒，若线框的总电阻为R ，则（ ）
A ．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBA
B ．A
C 刚进入磁场时线框中感应电流为2Bav R
C ．AC 222B a v
D ．此进CD 两端电压为
34
Bav 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD 方向，故A 错误；AC 刚进入磁场时CD 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产
生的感应电动势E Bav =，则线框中感应电流为 E Bav I R R ==
，此时CD 两端电压，即路端电压为3344
R U E Bav R ==，故B 错误，D 正确；AC 刚进入磁场时线框的CD 边产生的安培力与v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于AD 向下，它们的大小都是F BIa =，由几何关系可以看出，AD 边与CD 边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC 刚进入磁场时线框所受安培力为AD 边与CD 边受到的安培力的矢量合，即2222B a v F F R
=
=合，故C 正确。

故选CD 。

12．如图，正四棱柱abcd —a′b′c′d′的两条棱bb′和dd′上各有一根通有相同恒定电流的无限长直导线，则（ ）
A ．a 点磁场方向平行于db 连线
B ．a 、c 两点的磁感应强度相同
C ．ac 连线上由a 到c 磁感应强度先增大后减小
D ．穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由右手螺旋定则可知，bb′处通电导线在a 点产生的磁感应强度垂直纸面向外，dd′处通电导线在a 点产生的磁感应强度沿ab 向下，且两导线在a 处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，a 点磁场方向平行于db 连线，故A 正确；
B ．由右手螺旋定则可知，dd′处通电导线在c 点产生的磁感应强度垂直纸面向里，bb′处通电导线在a 点产生的磁感应强度沿cd 向上，且两导线在c 处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，c 点磁场方向平行于db 连线，但与a 点磁场方向相反，故B 错误；
C ．由于ac 与bd 相互垂直，设垂足为M ，由右手螺旋定则可知，M 点的磁感应强度为0，则ac 连线上由a 到c 磁感应强度先减小后增大，故C 错误；
D ．bb′处通电导线产生的磁场穿过矩形abb′a′的磁通量为0，dd′处通电导线产生的磁场穿过矩形add′a′的磁通量为0，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数别为dd′处通电导线产生的磁场和bb′处通电导线产生的磁场，由于两导线电流相等，分别到两距形的距离相等，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等，故D 正确。

故选AD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为9V。

某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A．待测方形电池
B．电压表(量程0~3V，内阻约为4kΩ)
C．电流表(量程0~0.6A，内阻为1.0Ω)
D．电流表(量程0~3A，内阻为1.0Ω)
E.电阻箱(阻值范围0~999.9Ω)
F.电阻箱(阻值范围0~9999.9Ω)
G.滑动变阻器(阻值范围0~20Ω)
H.滑动变阻器(阻值范围0~20kΩ)
I.开关、导线若干
(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。

根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均填写器材前字母标号) (2)实验需要把电压表量程扩大为0~9V。

该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R1的滑片移到最左端，将电阻箱R2调为零，断开S3，闭合S1，将S2接a，适当移动R1的滑片，电压表示数为2.40V；保持R1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为________V时，完成扩大量程，断开S1。

(3)保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接b，闭合S3、S1，从右到左移动R1的滑片，测出多组U、I，并作出U－I图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V，内阻为________Ω。

【答案】D F G 0.80 8.94 2.0
【解析】
【详解】
(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为2A，则电流表应选择D；
[2]电源电动势约为9V，需要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V，是电压表量程的2倍，由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KΩ，电阻箱应选择F；
[3] 由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；
(2)[4] 把量程为3V 的电压表量程扩大为9V ，分压电阻分压为6V ，分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可知，电压表所在支路电压为2.40V ，分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应
保持1R 位置不变，改变2R 阻值，当电压表示数为0.80V ，此时电阻箱分压1.60V ，完成电压表扩大量程；
(3)[5] 分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为U ，则路端电压为3U ，在闭合电路中，电源电动势
3()A E U I r R =++
整理可得 133A r R U E I +=- 由图示图象可知，图象纵轴截距
1 2.98V 3
b E == 电源电动势
8.94V E =
[6]图象斜率的绝对值
2.98 1.013 1.98
A r R k +-=== 电源内阻
2.0Ωr =
14．某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:
A ．按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。

B ．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。

C ．取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m ，并记录数据。

D ．保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t 1、t 2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.
E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D 。

请回答下列各问题：
（1）若砂桶和砂子的总质量为m ，小车的质量为M ，重力加速度为g ，则步骤D 中小车下滑时所受合力大小为________。

（忽略空气阻力）
（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d =_________mm 。

（3）在误差允许的范围内，若满足__________，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。

（用题目所给字母表示）
【答案】mg 6.75 mgs=
2212d M t （）-2112d M t （） 【解析】
【详解】
(1)[1]探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D 中小车加速下滑时所受合力大小为mg ；
(2)[2]根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度
d=6mm+ 15×0.05mm =6.75mm
(3)[3]遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为
v 1=1d t 、v 2=2
d t 故小车动能变化量为
△E k =2212d M t （）-21
12d M t （） 在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即 mgs =2212d M t （）-21
12d M t （） 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．两根距离为L=2m 的光滑金属导轨如图示放置，P 1P 2，M 1M 2两段水平并且足够长，P 2P 3，M 2M 3段导轨与水平面夹角为θ=37°。

P 1P 2，M 1M 2与P 2P 3，M 2M 3段导轨分别处在磁感应强度大小为B 1和B 2的磁场中，两磁场方向均竖直向上，B 1=0.5T 且满足B 1=B 2cosθ。

金属棒a ，b 与金属导轨垂直接触，质量分别为219
kg 和0.1kg ，电阻均为1Ω，b 棒中间系有一轻质绳，绳通过光滑滑轮与质量为0.2kg 的重物连接，重物距离地面的高度为10m 。

开始时，a 棒被装置锁定，现静止释放重物，已知重物落地前已匀速运动。

当重物落地时，立即解除b 棒上的轻绳，b 棒随即与放置在P 2M 2处的绝缘棒c 发生碰撞并粘连在一起，随后bc 合棒立即通过圆弧装置运动到倾斜导轨上，同时解除a 棒的锁定。

已知c 棒的质量为0.3kg ，假设bc 棒通过圆弧装置无能量损失，金属导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，
sin37ο=0.6，cos37ο=0.8，g 取10m/s 2，求：
(1)b 棒与c 棒碰撞前的速度；
(2)b 棒从静止开始运动到与c 棒碰撞前，a 棒上产生的焦耳热；
(3)a 棒解除锁定后0.5s ，bc 合棒的速度大小为多少。

【答案】 (1)4m/s(2)8.8J(3)27
m/s 8
【解析】
【详解】
(1)由题可知，b 棒与c 棒碰前，已经匀速
由受力分析得：
Mg=F 安
22
11
12B L v F B IL R ==安
可得
v 1=4m/s
方向水平向右
(2)由能量守恒得：
211
()2b Q Mgh M m v =-+总
可得：
Q 总=17.6J
所以：
1
8.8J 2a Q Q ==总
(3)以向右为正方向，由动量守恒得：
m b v 1=(m b +m c )v 2
解得：
v 2=1m/s
a 棒：
F 安1=B 1IL=m a a 1
bc 合棒：
(m b +m c )gsinθ-F 安2cosθ=(m b +m c )a 2
F 安2=B 2IL 21cos 2bc a B Lv B Lv I R
θ-= 代入初始条件，v bc =v 2，v a =0；
解得： 12219m/s 4
a a == 可得，bc 合棒和a 棒接下来均做加速度为的
219m/s 4匀加速运动， '22bc v v a t =+
解得：
'27m/s 8
bc v = 16．如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m ＝0.1kg 、电荷量q ＝+1×
10-6C 的小物块置于斜面上的A 点，A 距斜面底端R 的长度为1.5m ，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B 点所需的时间和在B 点的速度各是多少？
【答案】（1）7.5×125 N/C ；（2）1s ，3 m/s 。

【解析】
【详解】
（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有
在x 轴方向：
Fcos37°﹣mgsin37°＝2…①
在y 轴方向：
F N ﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝2．……②
解得：
gE ＝mgtan37°……③
故有：
E ＝7.5×125 N/C
方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：
F ＝mgsin37°﹣12
qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得：
F ＝ma……⑥
故代入解得
a ＝2.3g ＝3m/s 2
方向沿斜面向下
由运动学公式可得：v B 2﹣v A 2＝2as
212
s at 解得：
t ＝1s
v B ＝3 m/s
17．如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC ， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L ，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d ＜L ，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c ．求：
（1）三棱镜的折射率；
（2）光从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.
由题意可得：i+r=90∘
i=30∘
所以r=60∘
可得三棱镜的折射率n=
(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘
因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．
PQ=dtan30∘=
QM=2PQ
MN=(−2d)cos30∘=(L−d)
光在三棱镜中传播速度为：v=c/n
光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v
联立解得：t=
答：(1)三棱镜的折射率是；
(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.
【点睛】
（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;
（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间．。