重庆市綦江县2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

重庆市綦江县2021届第四次新高考模拟考试物理试卷
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．在平直公路上行驶的甲车和乙车，它们沿同一方向运动的v t-图像如图所示。

已知0
t=时刻乙车在甲车前方10m处，下列说法正确的是（）
A．2s
t=时，甲、乙两车相遇
B．04s
~内，甲、乙两车位移相等
C．甲、乙两车之间的最小距离为6m
D．相遇前甲、乙两车之间的最大距离为18m
【答案】B
【解析】
【详解】
AD．0时刻，乙车在甲车前10m处，前2s内乙车的速度大于甲车的速度，所以两车的距离逐渐变大，在2s时刻速度相等，距离最远，v t-图线和时间轴围成的面积为位移
max
24
()10m m10m14m
2
s x x ⨯
=-+=+=
乙甲
AD错误；
B．v t-图线和时间轴围成的面积为位移，前4s内，根据几何关系可知甲乙两车的v t-图线和时间轴围成的面积相等，所以二者位移相等，B正确；
C．甲车速度大于乙车速度，二者最终可以相遇，最小距离为0m，C错误。

故选B。

2．如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆.随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角θ（150
θ<︒）将不同.设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是（）
A ．当60θ=︒时，3N G =
B ．当90θ︒=时，22N G =
C ．只有当120θ︒=时，才有N G =
D ．无论θ取何值，都有N G =
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G 和晾衣杆的支持力N '，由平衡条件知N G '=，与θ取何值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小N N G ='=，与θ无关，ABC 错误，D 正确。

故选D 。

3．如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )
A ．34
m B ．43 m C ．825 m D ．258
m 【答案】D
【解析】
【详解】
设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，
l ＝12
at 2 l ＋l 1＝12
a(t ＋T)2 l ＋l 1＋l 2＝
12a(t ＋2T)2 l 2－l 1＝aT 2
联立解得
l＝25
8
m．
A. 3
4
m，选项A不符合题意；
B. 4
3
m，选项B不符合题意；
C. 8
25
m，选项C不符合题意；
D. 25
8
m，选项D符合题意；
4．下列说法正确的是（）
A．所有的核反应都具有质量亏损
B．光子既具有能量，又具有动量
C．高速飞行的子弹不具有波动性
D．β衰变本质是原子核中一个质子释放一个电子而转变成一个中子
【答案】B
【解析】
【详解】
A．由结合能图象可知，只有较重的原子核裂变成中等质量的原子核或较轻的原子核聚变为中等质量的原子核时才有能量释放，具有质量亏损，故A错误；
B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子具有动量，故B正确；
C．无论是宏观粒子还是微观粒子，都同时具有粒子性和波动性，故C错误；
D．β衰变本质是原子核中一个中子释放一个电子而转变质子，故D错误。

故选B。

5．某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。

科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.1倍。

已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（）
A B．C D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由万有引力定律和重力的定义可知
12=1.1Mm G mg mg R
= 由牛顿第二定律可得
212Mm G mg mR R
ω-= 联立解得
3
=11GM R ω 故选B 。

6．在地面上发射空间探测器用以探测其他行星，探测器的发射过程有三个主要阶段。

先将探测器发射至地球环绕轨道，绕行稳定后，再开动发动机，通过转移轨道运动至所探测行星的表面附近的合适位置，该位置很接近星球表面，再次开动发动机，使探测器在行星表面附近做匀速圆周运动。

对不同行星，探测器在其表面的绕行周期T 与该行星的密度ρ有一定的关系。

下列4幅图中正确的是（ ） A ． B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【详解】
设行星质量为M ，半径为R 。

则由
222()Mm G m R R T
π= 可得探测器在行星表面绕行的周期
3
2R T GM
=行星的体积343
V R π=，又有M V ρ= 解以上各式并代入数据得
231T G πρ
=⋅ 取对数得
113lg lg lg 22T G
πρ=-+ 对照题给函数图像，B 正确，ACD 错误；
故选B 。

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
7．一列简谐横波沿x 轴传播，t=0时刻的波形如图所示，此时质点A 正沿y 轴正向运动，质点B 位于波峰，波传播速度为4m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．波沿x 轴正方向传播
B ．质点A 振动的周期为0.4s
C ．质点B 的振动方程为20.02cos (m)3
y t π= D ．t=0.45s 时，质点A 的位移为-0.01m
E.从t=0时刻开始，经过0.4s 质点B 的路程为0.6m
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．根据振动与波动的关系可知，波沿x 轴正向传播，A 项正确；
B ．波动周期与质点的振动周期相同，即为
1.2s 0.3s 4
T v λ
=== B 项错误；
C ．质点B 的振动方程
2200.02cos m 0.02cos (m)0.33y t t ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭
C 项错误；
D ．从t=0到t=0.45s ，经过15个周期，t=0.45s 时A 质点的位置与t=0时刻的位置关于x 轴对称，D 项正确；
E ．从t=0时刻开始，经过0.4s 质点B 的路程为0.02m×5=0.2m ，E 项错误。

故选AD 。

8． “嫦娥五号”是我国首个实施无人月面取样且返回的探测器，它由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成，由长征五号运载火箭从文昌航天发射场发射。

若“嫦娥五号” 探测器环月工作轨道为圆形，其离月球表面高度为 h 、运行周期为 T ，月球半径为 R 。

由以上数据可求的物理量有（ ） A ．月球表面的重力加速度
B ．“嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度
C ．“嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度
D ．月球对“嫦娥五号”探测器的吸引力
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据
222()()()Mm G m R h R h T
π=++ 可求解月球的质量M ，根据
2Mm G mg R
= 可求解月球表面的重力加速度，选项A 正确；
B ．根据
22()()a R h T
π=+ 可求解“嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度，选项B 正确；
C ．根据
2()R h v T
π+= 可求解“嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度，选项C 正确；
D ．“嫦娥五号”的质量不确定，则不能求解月球对“嫦娥五号”探测器的吸引力，选项D 错误。

故选ABC 。

9．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出
A ．物体的初速度0v =6 m/s
B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6
C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值min 1.44x m =
D ．当某次θ=30︒时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律
sin cos mg mg ma θμθ+=
得加速度为
sin cos a g g θμθ=+
由运动学公式当θ=90°时，202v gx =，可得0m 26s
v gx ==，当θ=0 时，202v gx μ=，可得20324
v gx μ==，故A 项正确，B 项错误； C. 根据运动学公式得物体能达到的位移
202(sin cos )
v x g g θμθ=+ 由辅助角公式
22021sin()v g x μθα=++
可得位移x 的最小值
20
min 2 1.44m 21x g μ==+
故C 项正确；
D.由于>an t μθ，所以当物体在斜面上停止后，不会下滑，故D 项错误。

10．如图所示，倾角为α=37°的斜面体固定在水平面上，质量为m=1kg 可视为质点的物块由斜面体的顶端A 静止释放，经过一段时间物块到达C 点。

已知AB=1.2m 、BC=0.4m ，物块与AB 段的摩擦可忽略不计，
物块与BC 间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g=10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.8。

则下列说法正确的是（ ）
A ．物块在BC 段所受的摩擦力大小为6N
B ．上述过程，物块重力势能的减少量为9.6J
C ．上述过程，因摩擦而产生的热量为1.6J
D ．物块到达C 点的速度大小为4m/s
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．物块在BC 段，所受的摩擦力大小
cos 4N f mg μα==
故A 项错误；
B ．物块从顶端A 到达
C 点，物块重力势能的减少量
p ()sin 110 1.60.6J 9.6J E mg AB BC α∆=+=⨯⨯⨯=
故B 项正确；
C ．物块在通过BC 段时，因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做功
cos 1.6J Q mg BC μα=⋅=
故C 项正确；
D ．物块从顶端A 到达C 点，根据动能定理
21()sin cos 2
mg AB BC mgBC mv αμα+-=
解得：物块到达C 点的速度大小 4m/s v =
故D 项正确。

11．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m 的小正三棱柱abc 俯视如图．长度为L=1m 的细线，一端固定在a 点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg 、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca 的延长线上，并给小球以v 0=2m/s 且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N ，则下列说法中正确的是：
A．细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变
B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小
C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s）
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）
【答案】CD
【解析】
试题分析：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=ωr，随r减小，小球角速度增大，故A、B错误；
绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m
2
v
r
，
解得此时的半径为r=
2
7
m，由于小球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t=3
12
000
2
22
111
···
333
r
r r
v v v
π
ππ
++，其中r
1
=1m，r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得t=0.7π（s），故C正确；小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9m，故D正确．故选CD
考点：牛顿第二定律圆周运动规律
12．如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为10kg，C的质量为40kg，重力加速度为g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C 后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度.（）
A．斜面倾角α=30°
B．A、B、C组成的系统机械能先增加后减小
C．B的最大速度max2m/s
v=
D．当C的速度最大时弹簧处于原长状态
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．开始时弹簧压缩的长度为x B得：
kx B =mg
当A 刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A 有：
kx A =mg
物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度，B 、C 的加速度为0，对B 有：
T-mg-kx A =0
对C 有：
Mgsinα-T=0
解得：
α=30°
故A 正确；
B ．由于x A =x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A 、B 、
C 以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A 、B 、C 组成的系统机械能先增加后减小，故B 正确；
C ．当物体A 刚离开地面时，物体B 上升的距离以及物体C 沿斜面下滑的距离为：
221010m=1m 200
A B mg h x x k ⨯⨯=+== 由于x A =x B ，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A 刚刚离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为v B ，由动能定理得：
()212
B Mghsin mgh v M m α-=
+ 解得：
v B ＝2m/s
故C 正确； D ．当B 的速度最大时，C 的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D 错误；
故选ABC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图（a ）所示装置“探究弹力和弹簧伸长的关系”。

弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹簧的下端固定一水平纸片（弹簧和纸片重力均忽略不计），激光测距仪可测量地面至水平纸片的竖直距离h 。

(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧__________时，记录所挂钩码的重力和对应的h ；
(2)根据实验记录数据作出h 随弹簧弹力F 变化的图线如图（b ）所示，可得未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离h 0=______cm ，弹簧的劲度系数k=_______ N/m 。

（结果都保留到小数点后一位）
【答案】静止 120.0 31.3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h
(2)[2]由图可知，当=0F 时
0120.0cm h =
即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离
[3]由胡克定律可得=F k h ∆∆，即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有 23.13N/m 31.3N/m (120.0110.0)10k -==-⨯ 14．某同学用如图甲所示的实验装置某测量木块与木板间动摩擦因数：
(1)从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条，纸带上A 、B 、C 、D 、E 这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。

打点计时器的电源频率是50Hz ，根据测量结果计算：则打C 点时
纸带的速度大小为___________m/s ；纸带运动的加速度大小为___________m/s 2。

（结果保留3位有效数字）
(2)通过(1)测得木块的加速度为a ，还测得钩码和木块的质量分别为m 和M ，已知当地重力加速度为g ，则动摩擦因数μ=_________。

【答案】1.18m/s 1.50m/s 2 ()mg m M a Mg μ-+=
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s ，设s 1=9.50cm 、s 2=11.00cm 、s 3=12.5cm 、s 4=14.00cm ，打C 点时纸带的速度大小为
23
2s s v c T +=
代入数值得
v c =1.18m/s
加速度
()()4312122
24s s s s a a a T +-++== 代入数值得
a=1.50m/s 2
(2)[3]．对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得
mg －μMg=(M+m ）a
解得
()mg m M a Mg
μ-+= 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一张纸上用笔点一个点A ，纸放在水平桌面上，用一高度为h 的平行玻璃砖放置在纸上且点A 在玻璃砖的下面，设光在玻璃砖内的折射率为n ，从正上方向下看点A ，看到点A 的深度为多少？
【答案】
h n
【解析】
【详解】 取从A 点发出的射向界面的两条光线：一条是垂直射向界面；另一条是斜射到界面的光线，且入射角AON α∠=且很小；折射角为MOB β∠=，则由光的折射定律可得
sin sin n βα
=
由几何关系 'tan OQ OQ PQ h
β== tan OQ h
α= 由于αβ均较小，则
tan sin ββ≈
tan sin αα≈
联立解得：
'h h n = 16．如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为31°，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=3.25m.一个质量为1.1kg 的小煤块与传送带间的动摩擦因数为3μ=
,210m /s g =；轮缘与传送带之间不打滑．小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹．传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为v 1．小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出．求:
(1)当04m /s v =, 小滑块从A 点运动到B 点的时间
(2)当痕迹长度等于2.25m 时，v 1多大?
【答案】（1）1s （2）04(103)m/s v =
【解析】
【详解】
（1）开始时：
1
sin 30 cos 30mg mg ma μ︒︒+= 得：
218m /s a =
达速度v 1所用时间为：
011v a t =
解得：
t 1=1.5s
滑块下滑位移：
21111m 2
x a t == 因为： tan 30μ︒<，故滑块继续加速下滑，则：
2sin 30cos30mg mg ma μ︒︒-=
得：
222m /s a =
2022212
L x v t a t -=+ 得：
t 2=1.5s
故：
t AB = t 1+t 2=1s
（2）若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a 2下滑的相对位移，则：
20112
v t a t x -=∆ 002
v v t t x -=∆ 得：
v 1=6m/s
若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a 2下滑的相对位移，则：
202220212
v t a t v t x +-=∆ 得：
t 2=1.5s
2011
2v x a = 21022212
L x v t a t -=+ 由上述得：
20024160v v +-=
得：
4(103)m/s v =-
17．如图所示的坐标系内，直角三角形OPA 区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。

在x 轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形OP 边平行的匀强电场，电场强度为E ，方向斜向下并与x 轴的夹角为30°，已知OP 边的长度为L ，有一不计重力、质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以v 0的速度从A 点垂直于y 轴射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于OP 边方向射入电场，最终速度方向垂直于x 轴射出电场。

求：
(1)加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小
(2)带电粒子到达x 轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值
(3)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间
【答案】 (1)202mv q ；02mv qL ；(2)43；(3)0036mv L v π 【解析】
【详解】
(1)设加速电场的电压为U ，由动能定理可得
2012
qU mv = 解得
202mv U q
= 根据题设，带电粒子垂直OP 边射入电场，设带电粒子在磁场中运动半径为R ，如图所示，由几何关系可得
cos60R L =︒
在磁场中，洛伦磁力提供向心力则有
200mv qv B R
= 解得
2mv
B
qL
=
(2)设带电粒子到达x轴时的速度为v，根据几何关系可得，带电粒子刚进入磁场时的动能
2
10
1
2
k
E mv
=
cos30
v
v=
︒
带电粒子到达x轴时的动能
22
20
12
23
k
E mv mv
==
则有带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值
2
1
4
3
k
k
E
E
=
(3)带电粒子在磁场中运动时间为
1
601
366
t T T
︒
==
︒
22
R m
T
v qB
ππ
==
带电粒子在电场中运动至x轴时有
22
qE
v at t
m
⊥
==
由几何关系可知
tan30
v v
⊥
=︒
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间
12
3
6
mv
L
t t t
v
π
=+=+。