山东省滨州市2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

山东省滨州市2021届新高考第四次质量检测物理试题
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，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u ＝2202sin314t(V)，副线圈接电阻R ，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．电压表读数为2
B ．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍
C ．若仅将R 的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍
D ．若R 的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变
【答案】B 【解析】
【详解】
A ．根据2sin314t （V ）可知，原线圈的电压有效值为U 1=220V ，电压表的读数为变压器的输出
电压的有效值，由1122
U
n U n ＝得电压表读数为：U 2=22V ，故A 错误； B ．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据1122 U n U n ＝可知，U 2增大到原来的2倍，由22U I R
＝可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B 正确；
C ．若仅将R 的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据22U P R
=可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项C 错误；
D ．若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，同时R 的阻值也增加到原来的2倍，故
输出功率22U P R
=变为原来的2倍，故D 错误。

故选B 。

2．如图，长为L 的直棒一端可绕固定轴O 在竖直平面内转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为
A ．(1)n T θω=-
B ．cos v L θ
C ．sin v L θ
D ．sin v L θ
【答案】D 【解析】
【详解】
棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度
实ω=v L ， 沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即
sin L v ωθ=，
所以
sin v L ωθ
=。

A ．综上分析sin v
L ωθ
=
，A 错误； B ．综上分析sin v L ωθ
=，B 错误； C ．综上分析sin v L ωθ
=，C 错误； D ．综上分析sin v L ωθ=，D 正确。

故选D 。

3．B 超检测仪可以通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理形成图像。

下图为仪器检测到发送和接收的超声波图像，其中实线为沿x 轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体
组织沿x 轴负方向返回的超声波。

已知超声波在人体内传播速度为1200 m/s ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．根据题意可知此超声波的频率为1.2×105 Hz
B ．图中质点B 在此后的4110-⨯内运动的路程为0.12m
C ．图中质点A 此时沿y 轴正方向运动
D ．图中质点A 、B 两点加速度大小相等方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．根据图象读出波长 λ=12mm=1.2×10-2m ，由v=λf 得频率为
521500 1.2510Hz 1.210
v f λ-⨯⨯＝＝＝ 故A 错误；
B ．质点B 振动的周期为 T=
1f
=8×10-6s ，质点B 只会上下振动，因为411012.5T -⨯=，所以质点B 在1×10-4s 内运动的路程为
S=12.5×4A=12.5×4×0.004m=0.2m
故B 错误；
C ．实线波向右传播，则图中质点A 此时沿y 轴正方向运动，选项C 正确；
D ．质点A 、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等方向相同，故D 错误； 故选C 。

4．在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。

对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是（ ）
A ．饱和光电流
B ．遏止电压
C ．光电子的最大初动能
D ．逸出功
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同，A 正确； CD ．不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：
k E h W ν=-
用同种频率的单色光，光子能量h ν相同，光电子的最大初动能E k 不同，CD 错误；
B ．根据遏止电压和最大初动能关系：
k E U e
= 可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，B 错误。

故选A 。

5．卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t ，卫星运动所通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ。

已知引力常量为G ，由此可计算该行星的质量为（ ）
A ．2
2l Gt
B ．22l G t θ
C ．2l
G t θ D ．22l G t
θ 【答案】B
【解析】
【详解】
设卫星的质量为m ，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则
2
2Mm v G m r r
= 其中
l r q =，l v t
= 联立可得
2
2
l M G t θ= 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．如图所示，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区、图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A 、B 两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相作用和电荷量变化，则以下说法正确的是
A ．A 点电势高于
B 点电势
B ．尘埃在A 点的加速度大于在B 点的加速度
C ．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D ．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大
【答案】B
【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B 点的电势高于A 点电势，故A 错误；由图可知，A 点电场线比B 点密集，因此A 点的场强大于B 点场强，故A 点的电场力大于B 点的电场力， 则A 点的加速度大于B 点的加速度，故B 正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C 错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D 错误．故选B ．
点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．
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，匀强电场中有一个与电场线平行的平面，平面中有一个直角三角形MNQ ，其中90M ∠=︒，30Q ∠=︒，QM 的长度为L 。

已知电子电荷量的大小为e ，把电子从M 点移动至Q 点，电场力做正功，大小为eU 。

把电子从Q 点移动至N 点，电场力做负功，大小为43
eU 。

则该电场的电场强度（ ）
A ．方向由M 向Q
B ．大小为43U L
C ．方向由Q 向N
D ．大小为233U L
【答案】CD
【解析】
【详解】
如图所示，电势差之比有 3443QM QM QN QN U W eU eU
U W ===
由几何关系得
34
QP QN =。

匀强电场中任意平行方向上的电势差与距离成正比。

则
34QN
QP QM U U U ==
则连线MP 为等势线。

所以PQ 是一条电场线，电场强度方向由Q 向N 。

由几何关系得
3cos30QP QM L =︒=
则电场强度大小为 23332
QP
U U E L QP L ===
故选CD 。

8．如图所示，a 、b 、c 为三颗绕地球做圆周运动的人造卫星，轨迹如图。

这三颗卫星的质量相同，下列说法正确的是（ ）
A ．三颗卫星做圆周运动的圆心相同
B ．三颗卫星受到地球的万有引力相同
C ．a 、b 两颗卫星做圆周运动的角速度大小相等
D ．a 、c 两颗卫星做圆周运动的周期相等
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．三颗卫星做圆周运动的圆心都是地心，是相同的，A 正确；
B ．三颗卫星的质量相同，但轨道半径不同，所受到地球的万有引力不相同，B 错误；
C ．根据万有引力充当向心力，得
22Mm G m r r ω=， 解得：
3GM r
ω=， a 、b 两颗卫星的轨道半径相等，所以做圆周运动的角速度大小相等，C 正确；
D ．根据：
2
224Mm G m r r T
π=， 可得
3
2r T GM
π=， a 、c 两颗卫星轨道半径不同，所以做圆周运动的周期不相等，D 错误。

故选AC 。

9．一定质量的理想气体的状态变化图像如图所示，它由状态a 经过状态b 到状态c 。

关于这一过程的说法，正确的是
A ．理想气体的体积先增大后保持不变
B ．理想气体的体积一直增加
C ．理想气体的内能先增大后保持不变
D ．理想气体对外做功，吸收热量
E.外界对理想气体做功，理想气体放出热量
【答案】BCD
【解析】
【详解】
AB ．由理想气体状态方程PV C T
=,由状态a 经过状态b,压强不变，温度升高，体积增大。

态b 到状态c ，温度不变，压强减小，体积增大。

所以体积一直增大。

故A 错误。

B 正确。

C ．一定量理想气体的内能由温度决定，状态a 经过状态b 到状态c ，温度向增大，后不变。

所以内能先增大后保持不变。

故C 正确。

DE ．状态a 经过状态b 到状态c ，体积一直增大，所以理想气体对外做功。

又内能先增大后保持不变，总体相对于初始增大。

由热力学第一定律U W Q ∆=+,内能增大且对外做功，必须吸收热量。

所以D 正确,E 错误。

10．如图所示,甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,乙图为参与波动质点P 的振动图像,则下列判断正确的是________.
A ．该波的传播速率为4m/s
B ．该波的传播方向沿x 轴正方向
C ．经过0.5s,质点P 沿波的传播方向向前传播4m
D ．该波在传播过程中若遇到2m 的障碍物,能发生明显衍射现象
E.经过0.5s 时间,质点P 的位移为零,路程为0.4m
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．由甲图读出该波的波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=1s ，则波速为v=T
λ=4m/s ，故A 正确； B ．在乙图上读出t=0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播，故C 错误；
D ．由于该波的波长为4m ，与障碍物尺寸相差较多，故能发生明显的衍射现象，故D 正确；
E ．经过t=0.5s=2
T ，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为S=2A=2×0.2m=0.4m ，故E 正确． 11．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在12m x =处的质元的振动图线如图1所示，在18m x =处的质元的振动图线如图2所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．该波的周期为12s
B ．12m x =处的质元在平衡位置向上振动时，18m x =处的质元在波峰
C ．在04s ~内12m x =处和18m x =处的质元通过的路程均为6cm
D ．该波的波长不可能为8m
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知，该波的周期为12s 。

故A 正确；
B ．由图可知，t=3s 时刻，x=12m 处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m 处的质元在波峰，故B 正确；
C ．由图可知，该波的振幅为4cm ，圆频率
22rad/s 126
T πππω＝＝＝ 由图1可知，在t=0时刻x=12m 处的质点在-4cm 处，则其振动方程
12()64sin cm 2
x t ππ
-+＝ 4s 时刻质元的位置 124(44sin 2cm 62
)x ππ--⋅+＝＝ 所以x=12m 处的质元通过的路程
s 12=4cm+2cm=6cm
据图2知t=0s 时，在x=18m 处的质元的位移为0cm ，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为 184sin()6
cm x t π
＝ 在t=4s 时刻，在x=18m 处的质元的位移 1844sin 23cm 6
x π⨯＝＝ 所以在0～4s 内x=18m 处的质元通过的路程
x 18＝3)cm≈4.54cm ＜6cm
故C 错误；
D ．由两图比较可知，x=12m 处比x=18m 处的质元可能早振动34
T ，所以两点之间的距离为
x ＝(n+
34
)λ（n=0、1、2、3…） 所以 446m 4343
x n n λ⨯++＝
＝ （n=0、1、2、3…） n=0时，波长最大，为46=m 8m 3λ⨯＝ 故D 错误；
故选AB 。

12．对于热运动和热现象，下列说法正确的是（ ）
A ．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
B ．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
C ．未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D ．物体放出热量，其分子平均动能可能增大
E.气体压强达到饱和汽压时，蒸发和液化都停止了
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用，选项A 正确；
B ．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列，选项B 正确；
C ．饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，温度越高，饱和气压越大，则降低温度可使未饱和汽变成饱和汽，故C 错误；
D ．物体放出热量，若外界对物体做功大于放出的热量，则物体内能增大，温度升高，则其分子平均动能会增大，选项D 正确；
E ．气体压强达到饱和汽压时，进入液体内的和跑出液体的分子数相等，蒸发和液化都没有停止，选项E 错误。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某班同学在学习了向心力的公式F ＝m 2
v r
和F ＝mω2r 后，分学习小组进行实验探究向心力。

同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL 的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动(如图乙所示)，来感受向心力。

(1)下列说法中正确的是________。

A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A,80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据。

操作一：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作二：手握绳结B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作三：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。

操作四：手握绳结A，再向杯中添30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中这种实验方法叫________法。

③小组总结阶段，在空中甩动纸杯的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样”，你认为该同学的说法正确吗？答：________。

【答案】)BD 角速度、半径质量大小控制变量不正确，见解析
【解析】
【详解】
（1）[1]．由题意知，根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。

（2）①[2][3]．根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，则有T拉＝mω2r；
操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量大小有关；
②[4]．物理学中这种实验方法叫控制变量法。

③[5]．该同学受力分析的对象是自己的手，但实验中受力分析的对象是纸杯，绳的拉力提供纸杯做圆周运
动的向心力，方向指向圆心，绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心，故该同学的说法不正确。

14．要描绘一只标有“9V 、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材：
A ．电流表A 1（量程1．6A ，内阻约为1.5Ω）
B ．电流表A 2（量程3A ，内阻约为1.2Ω）
C ．电压表V （量程3V ，内阻v 3r =kΩ）
D ．滑动变阻器1R （阻值1~11Ω，额定电流1.8A ）
E ．滑动变阻器2R （阻值1~111Ω，额定电流1.5A ）
F ．定值电阻36R =kΩ
G ．直流电源（电动势E 10V =）
H ．导线和开关
（1）请在虚线框中画出电路图
_______
（2）滑动变阻器应选______；电流表应选______（填写元件前序号）
（3）灯泡两端实际电压0U 与电压表读数U 关系式为______
（4）根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U 、电流表读数为I ，若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为______（用题目中所给字母或符号表示） 【答案】 D A 03U U = V
3U
R U I r =-
【解析】
【详解】
（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，灯泡额定电压为9V ，电压表量程为3V ，把电压表量程扩大为9V ，应给电压表串联一个定值电阻R 3；电
压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示
（2）[2][3]灯泡额定电流为 59P
I U ==A≈1.56A 电流表应选A ；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D ；
（3）[4]定值电阻阻值是电压表内阻的2倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，故灯泡两端电压为U 1=3U ；
（4）[5]由图示电路图可知，电流表读数为I ，则通过灯泡的电流为V
U I r -，则灯泡电阻 V
3U
R U I r =-
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，粗细均匀的U 形管，左侧开口，右侧封闭。

右细管内有一段被水银封闭的空气柱，空气柱长为l=12cm ，左侧水银面上方有一块薄绝热板，距离管口也是l=12cm ，两管内水银面的高度差为h=4cm 。

大气压强为P 0=76cmHg ，初始温度t 0=27℃。

现在将左侧管口封闭，并对左侧空气柱缓慢加热，直到左右两管内的水银面在同一水平线上，在这个过程中，右侧空气柱温度保持不变，试求：
(1)右侧管中气体的最终压强；
(2)左侧管中气体的最终温度。

【答案】 (1)96cmHg ；(2)442K
【解析】
【分析】
【详解】
(1)以右管封闭气体为研究对象
10()P P h =+=80cmHg ，1l l ==12cm ，2l =l0cm
根据玻意耳定律
1122PV PV =
可得
122Pl P l =
2P =96cmHg
右管气体最终压强为96cmHg
(2)以左管被封闭气体为研究对象
0P =76cmHg ，3l l ==12cm ，1T =(273+27)K=300K ，2P =96cmHg ，4l =14cm
根据理想气体状态方程 1122
12
PV PV T T = 即
12412
Pl P l T T = 2421P l T p l
=，1T =442K 左管气体最终温度为442K 。

16．一足够长的水平绝缘轨道上有A 、B 两物体处于静止状态，在AB 之间的空间存在水平向右的匀强电场，场强为E 。

A 物体带正电，电量为q ，小物块B 不带电且绝缘，如图所示。

小物体A 由静止释放，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，再过一段时间A 刚好能到达B 再次静止的位置。

A 物体在电场中第一次加速所用时间等于A 在电场中向左减速所用时间的2.5倍。

物体A 与轨道的动摩擦因数为μ1，B 与轨道的动摩擦因数为μ2，其中的μ1和μ2均为未知量。

已知A 的质量为m ，B 的质量为3m 。

初始时A 与B 的距离为d ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力。

整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功。

【答案】13
qEd
【解析】
【分析】
【详解】
设A 向右加速到B 处时速度为v 所用时间为t ，A 与B 发生弹性碰撞 则：
222
m 31113222
B A B
A v mv mv mv mv mv =+=+⋅ 解得：
12
A v v =-
B 12
v v = 对A 第一次向右加速，向左减速运动过程：
12
1122 2.5
5pB pB
d vt t d v d d ==⋅⋅= 对A 在第一次向右加速过程中 由动能定理：
21q 2
Ed fd mv -= 对A 在反弹后向左减速过程中 由动能定理：
2
11---22pB pB qEd fd m v ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 全过程能量守恒：
2
11q 322fA W Ed m v ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭
联立整理可以得到： 13
fA W qEd = 17．如图所示，长为L 的轻质细绳上端固定在O 点，下端连接一个质量为m 的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A 点，绳与竖直方向的夹角θ=37°。

此匀强电场的空间足够大，且场
强为E 。

取sin37°
=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。

(1)请判断小球的电性，并求出所带电荷量的大小q ；
(2)如将小球拉到O 点正右方C 点（OC=L ）后静止释放，求小球运动到最低点时所受细绳拉力的大小F ；
(3)O 点正下方B 点固定着锋利刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。

求小球从细绳断开到再次运动到O 点正下方的过程中重力对小球所做的功W 。

【答案】 (1)小球带负电，34mg q E =
；(2)32mg F =；(3)9
mgL 【解析】
【分析】
【详解】 (1)因为电场线水平向左，小球带负电
Eq=mgtan θ
化简
34mg q E
= (2)由动能定理得
2102
B mgL EqL mv -=- 在B 点受力分析得
2B mv F mg L
-= 联立得
32
mg F = (3)在断开瞬间由上式得
2
B gl v =小球水平方向先减速到0在方向加速，在水平方向 34
Eq g a m == 求小球从细绳断开到再次运动到O 点正下方的时间 229B v l t a g
==竖直方向自由落体运动
212
h gt = 重力对小球所做的功
9
mgL W mgh ==。