天津市宁河县2021届新高考第四次适应性考试物理试题含解析

天津市宁河县2021届新高考第四次适应性考试物理试题
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．下列说法中，正确的是（）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在恒力作用下不可能做圆周运动
C．物体在变力作用下不可能做直线运动
D．物体在变力作用下不可能做曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】
A．物体在恒力作用下也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A错误；
B．物体做圆周运动的向心力是变力，则物体在恒力作用下不可能做圆周运动，选项B正确；
C．物体在变力作用下也可能做直线运动，选项C错误；
D．物体在变力作用下也可能做曲线运动，例如匀速圆周运动，选项D错误；
故选B。

2．如图所示，一个劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，弹簧上端固定一质量为2m的物块A，弹簧下端固定在水平地面上。

一质量为m的物块B，从距离弹簧最上端高为h的正上方处由静止开始下落，与物块A接触后粘在一起向下压缩弹簧。

从物块B刚与A接触到弹簧压缩到最短的整个过程中（弹簧保持竖直，且在弹性限度内形变），下列说法正确的是（）
A．物块B的动能先减少后增加又减小B．物块A和物块B组成的系统动量守恒
C．物块A和物块B组成的系统机械能守恒D．物块A物块B和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．B物块开始自由下落速度逐渐增大，与A物块碰撞瞬间，动量守恒，选取竖直向下为正方向，则
0(2)
mv m m v
=+
可知A、B碰后瞬间作为整体速度小于碰前B物块速度，随后AB整体向下运动，开始重力大于弹力，且
弹力逐渐增大，所以整体做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，速度达到最大，之后弹力大于重力，整体做加速度增大的减速运动，直至速度减为0，所以从物块B 刚与A 接触到弹簧压缩到最短的整个过程中，物块B 的动能先减少后增加又减小，A 正确；
B ．物块A 和物块B 组成的系统只在碰撞瞬间内力远大于外力，动量守恒，之后系统所受合外力一直变化，系统动量不守恒，B 错误；
CD ．两物块碰撞瞬间损失机械能，所以物块A 和物块B 组成的系统机械能不守恒，物块A 物块B 和弹簧组成的系统机械能不守恒，CD 错误。

故选A 。

3．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s 的初速度向甲运动。

它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v —t 图像分别如图（b ）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知
A ．两小球带电的电性一定相反
B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C ．t 2时刻，乙球的电势能最大
D ．在0~t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；
B ．两球作用过程动动量守恒
m 乙△v 乙=m 甲△v 甲
解得
2 1
m m 甲乙 故B 正确；
C ．t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；
D ．在0〜t 3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框
abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域。

若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV 及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。

【详解】
设导体棒运动的加速度为a ，则某时刻其速度v at =
所以在0-t 1时间内（即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：E BLv BLat ==，电动势为逆时针方向 由闭合电路欧姆定律得：BLa I t R
=，电流为正。

其中R 为线框的总电阻。

所以在0-t 1时间内，I t ∝，故AC 错误；
从t1时刻开始，换ad 边开始切割磁场，电动势大小E BLat =，其中12t t t <≤，电动势为顺时针方向为负 电流：BLa I t R =，电流为负（即BLa I t R
=-，12t t t <≤） 其中01BLa I t R =，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持01BLa I t R =不变。

故B 正确，D 错误。

故选B 。

【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
5．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop （超级高铁）”。

据英国《每日邮报》2016年7月6日报道：Hyperloop One 公司计划，2030年将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”（Hyperloop ），连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里（约合1126公里/时）。

如果乘坐Hyperloop 从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop 先匀加速，达到最大速度1200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop 的说法正确的是（ ）
A ．加速与减速的时间不相等
B ．加速时间为10分钟
C ．加速时加速度大小为2 m/s 2
D ．如果加速度大小为10 m/s 2，题中所述运动最短需要32分钟
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相同，根据：
∆=∆v a t
可知加速和减速所用时间相同，A 错误；
BC ．加速的时间为1t ，匀速的时间为2t ，减速的时间为1t ，由题意得：
1224060s t t +=⨯
23121260010m 2
at vt ⨯+=⨯ 11200m/s 3.6
at = 联立方程解得：
匀加速和匀减速用时：1600s=10min t =
匀速运动的时间：21200s t = 加速和减速过程中的加速度：2s 59
m/a =
B正确，C错误；
D．同理将上述方程中的加速度变为2
10m/s，加速和减速的时间均为：
11200
100 3.6s s 103
t'==
加速和减速距离均为
22
1
1110050000
10()m m
2239
x at
='=⨯⨯=
匀速运动用时：
3
2
50000
600102
5300
9s s
12003
3.6
t
⨯-⨯
'==
总时间为：
12
5500
2s31min
3
t t
'+'=≈
D错误。

故选B。

6．如图所示，真空中孤立导体球均匀带电，电荷量为+Q。

试探电荷从P点由静止释放，只在电场力作用下运动到无限远处，电场力做功为W，若导体球电荷量变为+2Q，则该试探电荷从P点运动至无限远的过程中电场力做功为（）
A．2W B．4W C2W D．
1
2
W
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
根据点电荷产生的电场的电势分布特点
ϕ=
Q
k
r
可知，当导体球电荷量变为+2Q时，除无穷远处电势仍为0外，其它点的电势变为原来的两倍，则P点与无穷远处的电势差变为原来的两倍，根据
W qU
=
可知试探电荷仍从P点运动至无限远的过程中电场力做功为
2
W W
'=
故A正确，BCD错误。

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，光滑轻质细杆AB 、BC 处在同一竖直平面内，A 、C 处用铰链铰于水平地面上，B 处用铰链连接，AB 杆竖直，BC 杆与水平面夹角为37°。

一个质量为3.2kg 的小球（可视为质点）穿在BC 杆上，现对小球施加一个水平向左的恒力F 使其静止在BC 杆中点处（不计一切摩擦，取g=10m/s 2）。

则
A ．F 的大小为40N
B ．小球对B
C 杆的作用力大小为40N C ．AB 杆对BC 杆的作用力大小为25N
D ．地面对BC 杆的作用力大小为25N
【答案】BCD
【解析】
【详解】 AB ．对小球受力分析，受重力、推力和支持力，如图所示
根据平衡条件，得到：
337 3.21024N 4
F mgtan =︒=⨯⨯＝ 3.21040N 370.8
mg N cos ⨯=︒＝＝ 故A 错误，B 正确；
C ．对杆BC 和球整体分析，以C 点为支点，设AB 对杆的作用力为F′，AB 杆没有绕A 点转动，说明AB 对BC 的作用力的方向沿AB 的方向。

根据力矩平衡条件，有：
F•0.6h=F′•1.6h -mg•0.8h
解得：
F′=25N
故C 正确；
D ．对杆BC 和球整体分析，整体在竖直方向受到小球的重力和杆的重力、AB 杆的作用力以及地面的作用力，设该力与水平方向之间的夹角为θ，则：
Mg+mg-F′-F C sinθ=0
水平方向：
F C cosθ=F
联立得：
F C =25N
故D 正确。

故选BCD 。

8．如图所示，等腰直角三角形金属框abc 右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab 边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc 边的长度。

现使框架沿bc 边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c 点恰好达到磁场左边界。

线框中产生的感应电动势大小为E ，感应电流为I （逆时针方向为电流正方向），bc 两点间的电势差为U bc ，金属框的电功率为P 。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E Blv =可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E t -图像的第三阶段画错，故A 错误；
B ．根据闭合电路的欧姆定律E i R
=
，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故i t -图像正确，故B 正确； C ．由部分电路的欧姆定律bc bc U iR =，可知bc U t -图像和i t -图像的形状完全相同，故C 正确； D ．金属框的电功率为2P i R =，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P t -图像错误，故D 错误。

故选BC 。

9．图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位罝为x=lm处的质点，Q是平衡位罝为x=4m 处的质点。

图乙为质点Q的振动图象。

下列说法正确的是。

A．该波的周期是0.10s
B．该波的传播速度为40m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．t=0.10s时，质点Q的速度方向向下
E. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
【答案】BCD
【解析】
【详解】
由图乙知该波的周期是0.20s。

故A错误。

由甲图知波长λ=8m，则波速为：
8
/40/
0.2
v m s m s T
λ
===，
故B正确。

在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故
C、D正确。

该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。

从t=0.10s到0.25s经过的时间为△t=0.15s=3
4
T，
由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误。

10．如图所示，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B错误；由甲乙的速度时间图像可知C错误D正确
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
11．火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A为近日点，远日点B在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器( )
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A错误；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B错误；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C正确；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D正确；
故选D。

12．甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度v随时间t的变化图象如图所示。

下列说法正确的是
A．t1时刻两车一定相遇
B．在t2时刻两车的动能一定相等
C．在t1〜t2时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
D．若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同，则两车的最大速度一定相同
【答案】CD
【解析】
【分析】
由题中“两车的速度v随时间t的变化图象如图所示”可知，本题考查由v-t图像判断物体运动，根据v-t 图像规律可分析本题。

【详解】
A．t1时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故A错误；
B．由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故B错误；
C．在t1〜t2时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式
x
v
=
t
可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故C正确；
D．根据公式
=
P Fv
可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某兴趣小组为研究一种蜡烛在水中的浮力，设置了如图的实验装置，透明玻璃管中装有水，蜡烛用针固定在管的底部，当拔出细针时，蜡烛能够上浮．为研究蜡烛的运动情况，采用了智能手机的频摄功能，拍摄频率为10Hz. 在实验过程中拍摄了100多张照片，取开始不久某张照片编号为0，然后依次编号，并取出编号为10的倍数的照片，使用照片编辑软件将照片依次排列处理，以照片编号0的位置为起点，测量数据，最后建立坐标系描点作图，纵坐标为位移，横坐标为照片编号，如图所示．
通过计算机拟合发现各点连线近似于抛物线，则蜡烛上升的加速度为________m/s 2（保留2位有效数字） 已知当地的重力加速度为g ，忽略蜡烛运动受到的粘滞力，若要求蜡烛受到的浮力，还需要测量 ______________ ．
【答案】21.410-⨯ 或0.014 蜡烛的质量m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图可知，1 1.4x cm =，2(4.1 1.4) 2.7x cm cm =-=，3(8.4 4.1) 4.3x cm cm =-=，
4(13.98.4) 5.5x cm cm =-=，5(20.913.9)7x cm cm =-=，根据逐差法可知：54212
()()6x x x x a T +-+=
，其中1T s =，代入数可得，a=0.014m/s 2；
(2)根据牛顿第二定律可知：F mg ma -=浮，所以还要测蜡烛的质量m ．
14．在练习使用多用电表的实验中。

请完成下列问题：
(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择________（填“×10”或“×1k”）倍率的电阻挡，并需______________（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。

(2)某同学设计出了一个“欧姆表”，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0Ω，电流表G 的量程为I g ，故能通过读取流过电流表G 的电流值而得到被测电阻的阻值。

该“欧姆表”的调零方式和普通欧姆表不同。

该同学想用一个电阻箱R x 来测出电路中电源的电动势E 和表头的量程I g ，进行如下操作步骤：
A ．先使两表笔间不接入任何电阻，断开状态下闭合开关，调滑动电阻器使表头满偏；
B ．将该“欧姆表”与电阻箱R x 连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示数R x 和与之对应的电流表G 的示数I ；
C ．将记录的各组R x ，I 的数据转换成1I 、1x
R 后并描点得到11x I R -图线，如图丙所示； D ．根据图丙中的11x
I R -图线，求出电源的电动势E 和表头的量程I g 。

由图丙可知电源的电动势为________，电流表G 的量程是________。

(3)在(2)中，某次实验发现电流表G 的指针半偏，则电阻箱接入电路中的电阻R x ＝_________（保留2位有效数字）
【答案】) ×
1k 欧姆调零 6000 1.5V 0.25A 0.83 Ω 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2][3]．用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，说明倍率档选择过低，因此需选择 “×1k”倍率的电阻挡，并需欧姆调零后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为6000Ω。

(2)[4][5]．由闭合电路欧姆定律得
(
() )g
x g
E I r I E I r I r E R I ⨯-++⨯-=[] 把r=1.0Ω代入整理得
(1)1111 x g g
I R I E I ⨯-+＝ 故
1=4g
I 得
I g =0.25A
1194=1.5
g I E -- 得
E=1.5V
(3)[6]．电流表G 的指针半偏，则I=0.125A ，由
(1)
1111 x g g
I R I E I ⨯-+＝ 代入数据解得
R x =0.83Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态B 时的热力学温度T B ＝300K ，求：
①该气体在状态A 时的热力学温度T A 和状态C 时的热力学温度T C ；
②该气体从状态A 到状态C 的过程中，气体内能的变化量△U 以及该过程中气体从外界吸收的热量Q ． 【答案】①900A T K =；900C T K =②0U ∆=；200Q J =
【解析】
【详解】
①气体从状态A 到状态B 过程做等容变化，有：
A B A B
p p T T = 解得：900A T K =
气体从状态B 到状态C 过程做等压变化，有：C B B C V V T T = 解得：900C T K =
②因为状态A 和状态C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：0U ∆=
气体从状态A 到状态B 过程体积不变，气体从状态B 到状态C 过程对外做功，故气体从状态A 到状态C 的过程中，外界对气体所做的功为：
()533110*********W p V J J --=-∆=-⨯⨯⨯-⨯=-
由热力学第一定律有：U Q W ∆=+
解得：200Q J =
16．竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，最初AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强p 0=75cmHg 。

（1）若从右侧缓慢注入一定量的水银，可使封闭气体的长度减小为20cm ，需要注入水银的总长度为多少？
（2）若将玻璃管绕经过A 点的水平轴顺时针转动90°，当AB 段处于竖直、BC 段处于水平位置时，封闭气体的长度变为多少？
【答案】（1）30cm ，（2）39.04cm 。

【解析】
【详解】
（1）由玻意耳定律：
1122pV p V =
得到：
01122()p gh L S p L S ρ+⋅=⋅
解得：p 2=125cmHg
右侧水银总高度h 2=50cm ，注入水银的总长度为：
(h 2-h 1)+(L 1-L 2)=30cm ；
（2）设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB 部分留有x 长度的水银，
玻意耳定律：
011011()()()p gh L S p x L l x S ρ+⋅=-⋅+-
代入数据，得到：
(7525)25(75)(2525)S x x S +⨯=-⨯+-
变形为
x 2-125x+1250cm=0 解得1252517x ±=>0，假设成立，1252517x +=不合题意，舍去；则： 125-2517x = 末态气体长度
L 3=L 1+l 1-25(171)39.04cm x -≈。

17．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 中关于x 轴对称放置两平行金属板A 、B ，A 、B 板的左端均在y 轴上，两板间距离d=6.0cm ，板长L 1=1.8cm ，距两板右端L 2=28cm 处放置有足够长的垂直x 轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.0T ，方向垂直坐标平面向里。

大量比荷为
q m
=5.0×104C/kg 带负电粒子以速度v 0=6.0×103m/s 从坐标原点O 连续不断的沿x 轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。

在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围；
【答案】（1）41.010⨯m/s ；2.8cm ；（2）(3.6cm ，6.8cm) 【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子穿过偏转电场时间
410
3.010s L t T v -==⨯= 根据牛顿第二定律可得
qU ma d
= 解得
9810a =⨯m/s 2
0t =时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度
3218.01033
y v a T a T =-=⨯g g m/s 飞出时速度
2240 1.010y v v v =+=⨯m/s
偏转距离
22122111()()233323y a t a t t a t ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦
g g 解得
2.8y =cm
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。

粒子飞出电场的方向与水平方向成θ角
04tan 3
y v v θ== 在磁场中，根据牛顿第二定律可得
2
v qvB m R
= 解得
20R =cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知
2sin αsin βL R R =+
解得
3sin β5
= 粒子在磁场中运动过程中的y 轴方向的便宜距离均为
cos cos y R R αβ∆=-=4cm
0t =时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标
6.8cm Y y y =+∆=
4210s t -=⨯时刻粒子在电场中偏移
()22111211()()()()2343203.3y a t a t t a t ⎡⎤'=-+---⎢⎥⎣
=-⎦g g cm 4210s t -=⨯时刻的粒子荧光屏上的纵坐标
Y y y ''=+∆=3.6cm
即范围坐标为(3.6cm ，6.8cm)。