吉林省松原市2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

吉林省松原市2021届新高考第四次模拟物理试题
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．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s ，乙的速度为10m/s ，甲车的加速度大小恒为1.2m/s 2以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知（ ）
A ．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
B ．在前4s 的时间内，甲车运动位移为29.6 m
C ．在4s t =时，甲车追上乙车
D ．在10s t =时，乙车又回到起始位置
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．v t -图像的斜率表示物体的加速度，由图可知加速度先减小后增大，最后再减小，故A 错误；
B ．根据运动学公式可得甲车在前4s 的时间内的运动位移为：
2015412 1.216m 29.6m 2
x v t at =+=⨯+⨯⨯= 故B 正确；
C ．在4s t =时，两车的速度相同；图线与时间轴所围成的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移；所以在4s t =时通过的位移不同，故两车没有相遇，甲车没有追上乙车，故C 错误；
D ．在10s 前，乙车一直做匀加速直线运动，速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置，故D 错误； 故选B 。

2．在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动，它们的速度－时间图象如图所示，则( )
A ．甲、乙两车同时从静止开始出发
B ．在t ＝2s 时乙车追上甲车
C ．在t ＝4s 时乙车追上甲车
D ．甲、乙两车在公路上可能相遇两次
【答案】C
【解析】
由图像可知，乙车比甲车迟出发1s ，故A 错误．根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知t=2s 时，甲车的位移比乙的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B 错误．在0-4s 内，甲车的位移 x 甲=12×8×4m=16m ，乙车的位移 x 乙=12
×（1+3）×8m=16m ，所以x 甲=x 乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t=4s 时乙车追上甲车，故C 正确．在t=4s 时乙车追上甲车，由于t=4s 时刻以后，甲车的比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D 错误．故选C ．
点睛：解决本题的关键是要理解速度时间图线表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，相遇时两车的位移相等．
3．如图所示，,A B 两个小球用长为1 m 的细线连接，用手拿着A 球，B 球竖直悬挂，且A 、B 两球均静止。

现由静止释放A 球，测得两球落地的时间差为0.2 s ，不计空气阻力，重力加速度2
10m /s g =，则A 球释放时离地面的高度为
A ．1.25 m
B ．1.80 m
C ．3.60 m
D ．6.25m
【答案】B
【解析】
【详解】
设释放时A 球离地高度为h 22()h h L t g g
-=∆，求得 1.80m h =，。

A. 1.25 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故A 错误；
B. 1.80 m 与上述计算结果 1.80m h =相符，故B 正确；
C. 3.60 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故C 错误；
D. 6.25m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故D 错误。

4．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物
体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A ．当M= m 时，A 和
B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D ．当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒= 解得cot 603a g g =︒=
B 与
C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
()Mg M m a =+ 所以3M a g g M m ==+，即3M M m
=+ 解得3
2.3713M m =≈-
选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+ 解得2M a g M m
=+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为13a g =
，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为10.52a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

5．下列四个实验中，能说明光具有粒子性的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．该实验是α粒子散射实验，该实验揭示了原子的核式结构模型，A 错误；
B ．该实验是双缝干涉实验，该实验揭示了光具有波动性，B 错误；
C ．该实验是光电效应现象的实验，该实验揭示了光具有粒子性，C 正确；
D ．该实验是放射性现象的实验，从而得出αβγ、、射线的性质，D 错误。

故选C 。

6．下列说法正确的是（ ）
A ．“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是123112H+H He →
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关
D ．中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A 错误；
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B 错误；
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。

故C 正确；
D ．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，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，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 。

8．下列说法正确的是_____．
A ．放热的物体，其内能也可能增加
B ．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
C ．液体不浸润某种固体时，则附着层内液体分子间表现为引力
D ．同一液体在不同温度下的饱和汽压不同
E.只两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A.放热的物体，如果外界对物体做的功大于放出的热量，则其内能增加， A 正确；
B.液体中的扩散 现象都是由于分子热运动而产生的， B 错误；
C.液体不浸润某种固体时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃 接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱，结果附着层的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表而有缩小的 趋势，因而形成不浸润现象，C 正确；
D.饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱 和汽压不同，D 正确；
E.物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物 体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体 的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，E 错误．
9．如图所示，两个等量异种点电荷A 、B 固定在同一条水平线上，电荷量分别为Q +和Q -。

MN 是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球P ，其质量为m ，电荷量为q +（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。

现将小球从点电荷A 的正下方C 点由静止释放，到达点电荷B 的正下方D 点时，速度为22m/s ，O 为CD 的中点。

则（ ）
A ．小球从C 至D 先做加速运动，后做减速运动
B ．小球运动至O 点时速度为2m/s
C ．小球最终可能返回至O 点
D ．小球在整个运动过程中的最终速度为2m/s
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
C D ϕϕϕ=-=
其中
0C ϕ>，0D ϕ<
所以小球从C 到D 运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A 错误；
B ．小球由
C 到
D ，由动能定理得
212CD CD W U q mv ==
21242
mv m ϕ== 则由C 到O ，由动能定理可得 212CO CO O W U q mv ==
212
O mv ϕ=
22m/s O v m ϕ== 所以B 正确；
C ．由分析可知
0O ϕ=
无穷远处电势也是0，小球由O 到D 加速运动，再由D 到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做负功，小球做减速运动，所有不可能返回O 点，所以C 错误；
D ．小球从O 到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为 2m/s O v v ==
所以D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，水平面上，向下与水平方向成30°、大小为F 的推力作用在质量为m 1的物体A 上，向上与水平方向成30°、大小为F 的拉力作用在质量为m 2的物体B 上，A 、B 都由静止开始运动，相等时间内运动了相同的位移，A 、B 与水平面的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则（ ）
A ．推力对A 做的功与拉力对
B 做的功相等
B ．推力对A 的冲量与拉力对B 的冲量相同
C ．若μ1=μ2，则m 1＞m 2
D ．若μ1=μ2，则m 1＜m 2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据功的定义
cos W Fx θ=
可知推力对A 做的功与拉力对B 做的功相等，A 正确；
B ．根据冲量的定义
I Ft =
可知推力对A 的冲量与拉力对B 的冲量大小相同，方向不同，B 错误；
CD ．两物体在相等时间内运动了相同的位移，根据
212
x at = 可知两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律分别求解两物体加速度大小
11A 1
cos (sin )F m g F a m θμθ-+= 22B 2cos (sin )F m g F a m θμθ--=
式中30θ︒=，化简整理后有
121212
cos sin cos sin F F F F g g m m θμθθμθμμ-+-=- 若
12μμ=
则
12m m <
C 错误，
D 正确。

故选AD 。

11．在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O 点和Q 点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m 处，乙波传播到x=12m 处，已知甲波波源的振动周期为0.4s ，下列说法正确的是________．
A ．甲波波源的起振方向为y 轴正方向
B ．甲波的波速大小为20m/s
C ．乙波的周期为0.6s
D ．甲波波源比乙波波源早振动0.3s
E.从图示时刻开始再经0.6s ，x=12m 处的质点再次到达平衡位置
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
甲波传播到x=24m 处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y 轴负方向，故A 错误；由图可知：甲波的波长为8m ，又有甲波波源的振动周期为0.4s ，故甲波的波速大小为80.4m s ＝20m/s ，故B 正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s ，由图可知：乙波的波长为12m ，故周期
为
1220/m m s ＝0.6s ，故C 正确；甲波的传播距离为24m ，故波源振动时间为2420/m m s
＝1.2s ；乙波的传播距离为42m-12m=30m ，故波源振动时间为3020/m m s ＝1.5s ，所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3s ，故D 错误；由图可知：图时时刻，两波在x=12m 处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为y ＝15sin5πt+10sin 103
πt(cm)，那么，t=0.6s 时，y=0，即从图示时刻开始再经0.6s ，x=12m 处的质点再次到达平衡位置；故E 正确；故选BCE ．
【点睛】
在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由v ＝ T
求得波速．
12．如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC 做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB 上。

在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D．斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
【答案】AC
【解析】
【详解】
物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB方向
f-mgsinθ=macosθ
垂直AB方向有
mgcosθ-N=masinθ
解得
f=mgsinθ+macosθ
N=mgcosθ-masinθ
当角速度ω逐渐增加时，加速度a逐渐增加，f逐渐增加，N逐渐减小，故AC正确，BD错误。

故选AC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。

实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m，（重力加速度为g，摩擦可忽略）
（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是__；
（2）该同学作出了v2—m的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”，依据图象，每次小车的释放点有无改变__ （选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是__。

【答案】钩码质量远小于滑块质量无滑块质量
【解析】
【详解】
（1）[]1设钩码质量为m，滑块质量为M，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块的加速度
a=
mg M m
+
隔离对滑块分析，可知细绳上的拉力
F T
=Ma=
1
Mmg mg
m
M m
M
=
++
要保证绳子的拉力F T等于钩码的重力mg，则钩码的质量m要远小于滑块的质量M，这时有F T mg
≈；（2）[]2滑块的加速度a=
2
2
v
s
，当s不变时，可知加速度与v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过v2﹣m的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s不变，v2—m的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；
[]3因为a与F成正比，则有：2
2
v mg
s M
=，则2
2gs
v m
M
=，结合图线的斜率可以求出滑块的质量M。

14．图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图，图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω。

虚线方框内为换档开关，A端和B 端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个档位，5个档位为：直流电压1 V 档和5 V档，直流电流1 mA 档和2.5 mA档，欧姆×100 Ω档。

(1)图（a）中的B端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接
(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）
A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆档时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流档时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1＋R2＝__________Ω，R4＝____________Ω
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。

若此时B端是与“3”相连的，则读数为________。

【答案】红 B 160 880 1100
【解析】
【详解】
(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流“红进黑出”，即
图（a ）中的B 端与红色表笔相连接；
(2)[2]由电路图可知，6R 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，AC 错误，B 正确；
(3)[3]直流电流档分为1mA 和2.5mA ，由图可知，当接2时应为1mA ；根据串并联电路规律可知： g g 12g 160ΩI R R R I I +==-；
[4]总电阻为：
160480Ω120Ω160480
R ⨯==+总 接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V 的电压表；此时电流计与1R 、2R 并联后再与4R 串联，即改装后的1mA 电流表与4R 串联再改装后电压表；根据串联电路规律可知：
343
1110120Ω880Ω110R ---⨯⨯==⨯； (5)[5]若与3连接，则为欧姆档“100⨯”档，读数为：11100Ω1100Ω⨯=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为m ＝5kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数μ=0.5.物体受到与水平面成θ＝37°斜向上的拉力F ＝50N 作用，从A 点由静止开始运动，到B 点时撤去拉力F ，物体最终到达C
点，已知AC 间距离为L ＝165m ，（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g ＝10m/s 2）求： (1)物体在AB 段的加速度大小a ；
(2)物体运动的最大速度大小v m 。

【答案】 (1)6m/s 2；(2)30m/s 。

【解析】
【详解】
(1)在AB 段，受力分析如图
正交分解得：
cos F N ma θμ-=
sin F N mg θ+=
代入相应数据得：26m/s a =
(2)在BC 段由牛顿第二定律得：
mg ma μ'=
解得：25m/s a '=，根据速度和位移关系得：
22m
m 22v v L a a =+'
解得：m 30m/s v =。

16．如图所示，在直角坐标xOy 平面内，第一、二象限有平行y 轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的正电粒子，从坐标原点O 以大小为v 0，方向与x 轴正方向成37︒的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x 轴时，经过x 轴上的P 点（图中未标出），已知电场强度大小为E ，粒子重力不计，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8
(1)求p 点的坐标；
(2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到x 轴的位置与坐标原点O 的距离为OP 的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）（202425mv Eq
，0）；（2）052E B v =，方向垂直坐标平面向外；056E B v =，方向垂直坐标平面向外 【解析】
【详解】
(1)由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y 轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x 轴匀速直线运动合成的。

设回到x 轴过程所需要的时间为t ，y 轴：
0si 37n y v v ︒=
加速度
a=Eq m
时间
t=2y v
a x 轴： 0co 37s x v v ︒=，x=v x t
联立上式，可解得
202425mv x Eq = 即p 点的坐标为（202425mv Eq
，0） (2)第二次回到x 轴的位置与坐标原点O 的距离为OP 的一半，满足题意得有两种情况。

①回到x 轴时在O 点右侧。

如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2011254sin37125x mv R x qE
︒=== 由
2001
mv qv B R = 解得：
52E B v = 方向垂直坐标平面向外；
②回到x 轴时在O 点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径
2026522sin3745x x mv R x qE
︒+===（） 由
2002
mv qv B R = 解得：
56E B v =
方向垂直坐标平面向外
17．如图所示，水平虚线MN 、PQ 之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，两虚线间的距离为H ，质量为m 、电阻为R 边长为L 的正方形金属线框abcd 在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab 边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知L<H ，重力加速度为g ，求：
(1)线框开始释放时ab 边离虚线MN 的距离；
(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量q 及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；
(3)线框穿过磁场所用的时间．
【答案】 (1) 22442m gR B L (2) 2
=BL q R
()Q mg H L =+ (3) 232B L mgR 【解析】
【详解】
(1)由于线框能匀速进入磁场，设进入磁场过程速度为1v
根据机械能守恒得：
2112
mgh mv = 进入磁场过程，线框中感应电动势：
1E BLv =
线框中电流为：
E I R
= 根据力的平衡有：
mg BIL =
解得：
22
44
2m gR h B L = (2)线框进磁场的过程中：
E t
∆Φ=∆ 平均电流为：
E I R
= 通过线框的电量为：
q I t =∆
解得：
2
=BL q R
由于线框有一半出磁场时加速度为0，即线框刚好出磁场时的速度大小等于1v 根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的热量：
211()2
mg H h L Q mv ++=+ 解得：
()Q mg H L =+
(3)线框进磁场所用的时间为：
23
11L B L t v mgR
== 完全在磁场中运动时间为：
212212
H L v t gt -=+
解得：
222mR t B L
=- 线框ab 边出磁场前一瞬间速度大小为：
212v v gt =+
解得：：
2v
出磁场过程中，根据动量定理得： 3312()mgt BILt m v v -=- 即：
312()mgt BLq m v v -=- 解得：
23322B L mR t mgR B L =+ 因此运动的总时间为：
23
1232B L t t t t mgR
=++=。