广西省南宁市2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

广西省南宁市2021届新高考物理仿真第四次备考试题
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．在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB=2BC ，如图所示，由此可知（ ）
A ．小球带正电
B ．电场力大小为3mg
C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等
D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化相等
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据小球从B 点进入电场的轨迹可看出，小球带负电，故A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以C 点速度等于A 点速度，因为AB=2BC ，设BC 的竖直高度为h ，则AB 的竖直高度为2h ，由A 到C 根据动
能定理：mg×
3h-Eqh=0，即Eq=3mg ，故B 正确；小球从A 到B 在竖直方向上的加速度为g ，所用时间为：142h h t g g ==在从B 到C ，的加速度为22Eq mg a g m -==向上，故所用时间：222h h t g g ==故t 1=2t 2，故C 错误；小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化大小都等于2h v g
∆=D 错误。

2．在如图所示的位移（x ）—时间（t ）图象和速度（v ）—时间（t ）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内，乙车的速度一直大于甲车的速度
B．0~t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小
C．0~t2时间内，丙、丁两车的距离逐渐减小
D．0~t2时间内，丁车的速度先大于丙车，后小于丙车
【答案】B
【解析】
【详解】
A．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，乙车的速度在0~t1时间内并不是一直大于甲车的速度，故A错误；
B．根据位移－时间图象的斜率表示速度，由图象可知，甲图线的斜率不变，说明甲的速度不变，做匀速直线运动，乙车的速度先大于甲车的速度后小于甲车的速度，且由同一地点向同一方向运动，则0~t1时间内，甲车与乙车之间的距离先增大后减小，故B正确；
CD．由速度－时间图像可知，0~t2时间内，丁车的速度一直比丙车速度大，且由同一地点向同一方向运动，则两车间的距离一直增大，故CD错误。

故选B。

3．如图所示，铁板倾斜放置，倾角为θ，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．磁铁可能只受两个力作用B．磁铁一定受三个力作用
mgθD．铁板对磁铁的作用力大小为mg
C．铁板对磁铁的摩擦力大小为cos
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选项AB 错误； C ．根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为sin mg θ，选项C 错误；
D ．铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选项D 正确。

故选D 。

4．一列简谐横波沿x 轴传播，a 、b 为x 轴上的两质点，平衡位置分别为0x =，(0)b b x x x =>。

a 点的振动规律如图所示。

已知波速为v=1m/s ，t=1s 时b 的位移为0.05m ，则下列判断正确的是
A ．从t=0时刻起的2s 内，a 质点随波迁移了2m
B ．t=0.5s 时，质点a 的位移为0.05m
C ．若波沿x 轴正向传播，则可能x b =0.5m
D ．若波沿x 轴负向传播，则可能x b =2.5m
【答案】D
【解析】
【详解】
根据图象可知该波的周期为2s ，振幅为0.05m 。

A ．在波传播过程中，各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随波传播。

故A 错误；
B ．由图可知，t=0.5s 时，质点a 的位移为-0.05m 。

故B 错误；
C ．已知波速为v=1m/s ，则波长：
λ=vT=1×2=2m ；
由图可知，在t=1s 时刻a 位于平衡位置而且振动的方向向上，而在t=1s 时b 的位移为0.05m ，位于正的最大位移处，可知若波沿x 轴正向传播，则b 与a 之间的距离为：
b 34
=+（）x n λ （n=0，1，2，3…），可能为：x b =1.5m ，3.5m 。

不可能为0.5m 。

故C 错误；
D ．结合C 的分析可知，若波沿x 轴负向传播，则b 与a 之间的距离为：
x b =（n+14
）λ（n=0，1，2，3…） 可能为：x b =0.5m ，2.5m 。

故D 正确。

故选D 。

5．如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd 通过理想变压器外接电阻R=10Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m,ad=bc=0.2m ，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n 1:n 2=1:3，线圈在磁感应强度B=0.2T 的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s 的角
速度匀速转动，则（ ）
A ．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t(V)
B ．交流电压表的示数为40V
C ．电阻R 上消耗的电功率为720W
D ．电流经过变压器后频率变为原来的3倍
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，所以电动势随时间的变化关系为
cos e NBS t ωω=（V ）
代入数据得40cos200e t =（V ），故A 错误；
B ．由瞬时值表达式40cos200e t =（V ），可知线圈产生的电动势最大值为40m E =V ，但电压示数是有效值，故示数为
2022
m U ==故B 错误；
C ．根据
1212::U U n n = 解得变压器副线圈的电压2602U =，所以电阻R 上消耗的电功率为
222720U P R
==W 故C 正确；
D ．交流电的频率经过变压器不发生变化，故D 错误。

故选C 。

6．双星系统中两个星球 A 、B 的质量都是 m ，相距 L ，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。

实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 T 0，且0
1（）=<T k k T ，于是有一人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响，并认为 C 位于 A 、B 的连线正中间，相对 A 、B 静止，则 A 、B 组成的双星系统周期理论值 T 0 及 C 的质量分别为（ ）
A
．2214k m k + B
．2214k m k - C
．2π214k m k
+ D
．22214k m k - 【答案】D
【解析】
【详解】
两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：
22122
Mm G m r m r L ωω== 可得
r 1=r 2 ①
两星绕连线的中点转动，则有：
2222042
m L G m L T π=⋅⋅ ② 所以
02T = ③ 由于C 的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则
2222242()2
m Mm L G G m L L T π+=⋅⋅ ④ 又
T k T = ⑤ 解③④⑤式得
2
2
14k M m k -= 可知D 正确，ABC 错误。

故选D 。

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，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦．圆心O 点正下方放置为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度v 0向左运动，与小球A 发生弹性碰撞．碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度v 0可能为（ ）
A ．22gR
B ．2gR
C ．25gR
D 5gR 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A 与B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为正方向，设碰撞后B 与A 的速度分别为v 1和v 2，则：
mv 0=mv 1+2mv 2
由动能守恒得：
2220121112222
mv mv mv =+⋅ 联立得：0223
v v = ① 1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为v min ，由牛顿第二定律得： 2mg= 2min 2v m R
⋅ ② A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：
222min 11222222
mg R mv mv ⋅=⋅-⋅③ 联立①②③得：v 0=1.55gR B 经过最高点，则需要：v 0⩾1.55gR
2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律得： 221222
mg R mv ⋅=⋅④ 联立①④得：v 0=1.52gR 可知若小球不脱离轨道时,需满足：v 0⩽1.52gR 由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足：v 0⩽1.52gR v 0⩾1.55gR AD 错误，BC 正确．
故选BC
【点睛】
小球A 的运动可能有两种情况：1．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A 的速度．由碰撞
过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度．由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度．
8．下列说法正确的是_______。

A．固体都有固定的熔点
B．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
C．在太空中正常运行的“天宫二号”内的水珠由于表面张力作用可以变成完美的球形
D．相同温度、相同材料、相等质量的物体，高度越高，内能越大
E.一定量的理想气体经某- -过程吸收热量2.0×103J，对外做功1.0×103J，气体的温度升高，密度变小
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A．固体包括晶体和非晶体，单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，所以固体不一定有固定的熔点，选项A错误；
B．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示，选项B正确；
C．在太空中正常运行的“天宫二号”内，由于处于完全失重状态，水珠由于表面张力作用可以变成完美的球形，选项C正确；
D．物体的内能是物体中所有分子热运动动能的势能的总和，与物体宏观位置的高低无关，选项D错误；E．由热力学第一定律
222
∆=+=⨯-⨯=⨯
U Q W
2.010 1.010J
J 1.010J
知气体内能增加，湿度升高，气体对外做功，体积增加，密度减小，选项E正确。

故选BCE。

9．下列关于振动和波的说法，正确的是。

A．声波在空气中传播时，空气中各点有相同的振动频率
B．水波在水面上传播时，水面上各点沿波传播方向移动
C．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生衍射
D．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某质点相遇，则该质点位移始终最大
E.为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．声波在空气中传播时，根据波的形成原理可知，空气中各点有相同的振动频率，故A正确；
B．水波在水面上传播时，水面上各点不会随着波传播方向而移动，故B错误；
C ．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生明显的衍射现象，故C 正确；
D ．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某点相遇时，则该质点位移此时最大，然后会变小，当平衡位置相遇时，则位移为零，故D 错误；
E ．根据干涉条纹间距公式d x L λ∆＝
，可知，为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光，即波长变长，故E 正确。

故选ACE 。

10．在研究光电效应现象时，用到了下面的装置和图像。

以下描述正确的是（ ）
A ．图甲中，弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，由此说明锌板带正电
B ．图乙中，向右移动滑片，微安表读数变小，可以测量遏止电压
C ．图乙中，可以研究单位时间发射的光电子数与照射光的强度的关系
D ．图丙中，强、弱黄光的图像交于U 轴同一点，说明光电子最大初动能与光的强度无关
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．弧光灯照射锌板，验电器的锡箔张开，仅仅能说明验电器带电，无法判断电性，故A 错误；
B ．滑动变阻器滑片向右移动时，光电管所加反向电压变大，光电流变小，可测量遏止电压，故B 正确；
C ．光电管加反向电压，无法判定光电子数与光的强度关系，故C 错误；
D ．图丙中，强黄光和弱黄光的图像交于U 轴同一点，说明遏止电压与光的强度无关，根据
2c m 12
eU mv = 因此也说明光电子最大初动能与光的强度无关，故D 正确。

故选BD 。

11．电磁波在生产生活中有广泛应用。

关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A ．在同一介质中所有电磁波传播速度都相同
B ．紫外线有助于人体合成维生素D
C ．一切物体都在不停地发射红外线
D ．电磁波谱中γ射线的波长最短
E.医学上用γ射线透视人体，检查体内病变等
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．一切电磁波在真空中传播速度相同，在同一介质中，不同电磁波传播速度不同，A 错误；
B ．紫外线有助于人体合成维生素D ，但不宜过量，B 正确；
C ．红外线应用在遥感技术中，是利用一切物体都在不停地发射红外线，C 正确；
D ．电磁波谱中γ射线的频率最高，波长最短，D 正确；
E ．医学上用X 射线透视人体，检查体内病变等，E 错误。

故选BCD 。

12．物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A 点匀速拉到B 点，AB 高度为h ，则在运动过程中（ ）
A ．绳中张力变小
B ．绳子自由端的速率减小
C ．拉力F 做功为cos h F θ
D ．拉力F 的功率P 不变
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有
cos T mg θ=
因为θ增大，cos θ减小，则拉力T 增大，故A 错误；
B ．物块沿绳子方向上的分速度
cos A v v θ=
该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度v 减小，故B 正确；
C ．F 为变力，不能用功的定义。

应根据动能定理，拉力F 做功等于克服重力做的功，即
W mgh =
故C 错误；
D ．拉力的功率为
cos cos A A mg P Fv v mgv θθ
=== 可知拉力F 的功率P 不变，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。

他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。

(1)实验需要以下哪种电源_________；
A ．低压直流电源
B ．高压直流电源
C ．低压交流电源
D ．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数：再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。

分别测出相应的原、副线圈电压值。

由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的
是电压的___值 （填“有效或“最大”）。

其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________ ；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成____ （填“正比”" 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般____ （填“大于" “小于”或“等于"）原线圈与副线圈的匝数之比。

【答案】C 有效 7.2 正比 大于
【解析】
【分析】
【详解】
(1) [1]因为探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，必须用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流电，故选C 。

(1) [2]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；
[3]多用电表选用的档位是交流电压的10V档位，所以应该在0~10V档位读数，所以读数应该是7.2V；
(4)[4] 根据11
22
U n
U n
=可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。

[5]实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U2减小，所以导致11
22
U n
U n
＞，故填大于。

14．重物带动纸带自由下落，测本地重力加速度。

用6V。

50Hz的打点计时器打出的一条纸带如图甲所示，O为重物下落的起点，选取纸带上连续打出的A、B、C、D、E、F为测量点，各测量点到O点的距离h 已标在测量点下面。

打点计时器打C点时，重物下落的速度c v=__________m/s；分别求出打其他各点时的速度v，作2v h
-关系图像如图乙所示，根据该图线，测得本地的重力加速度g=__________2
m/s。

（结果保留三位有效数字）
【答案】1.56 9.70~9.90
【解析】
【分析】
【详解】
[1]．由
2
BD
c
x
v
T
＝可知
0.15710.0947
1.56m/s
0.04
c
v
-
=＝
[2]．根据v2=2gh，由图象求斜率得2g，所以
22
1 4.9
m/s=9.80m/s
220.25
k
g==⨯。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D1和D2间的区域。

当D1、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U的偏转电压后，亮点移到P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到P1点，去掉偏转电压后，亮点移
到P 3点。

假设电子的电量为e ，质量为m ，D 1、D 2两极板的长度为L ，极板间距为d ，极板右端到荧光屏中心的距离为s ，R 与P 竖直间距为y ，水平间距可忽略不计。

（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角θ很小，tan θ≈sin θ；电子做圆周运动的半径r 很大，计算时略去()(4)n
L n r ≥项的贡献）。

（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；
（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I ，且假设电子打在荧光屏。

上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；
（3）推导出电子比荷的表达式。

【答案】（1）垂直纸面向外，20222mU U ed B
=；（2）1mIU F edB =；（3）()2222e yU m B d sL L =+ 【解析】
【分析】
【详解】 （1）磁场方向垂直纸面向外。

设加速电压为0U ，电子刚进入偏转极板时的速度大小为v ，则对加速的电子应用动能定理得
2012
eU mv = 两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为
f evB =
极板间电场强度为
U E d
= 电场力为
F Ee =
电子不偏转，则
U E d
= 联立解得
2
022
2mU U ed B = （2）设一个极短时间t 内撞击荧光屏的电子个数为n ，撞击力为1F ，则对这些电子用动量定理，得
1Ft nmv =
由电流的定义式得 =ne
I t
联立解得
1mIU F edB
= （3）在撤去电场后，设电子的偏转角为θ，电子轨迹半径为r ，如图所示
由图可知
22tan ()y s r r L θ=+-
由于θ很小，则
tan sin L r
θθ== 2222242222222241124r L L L L r r L r r r r r r r r r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫--==-=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭
⎝⎭⎣⎦由于4
44L r
可略去，所以 22
22
2122L L r r L r r r r ⎛⎫-≈--= ⎪⎝⎭ 又洛伦兹力充当向心力，所以
2
v evB m r
= 联立解得电子的荷质比
()
2222e yU m B d sL L =+ 16．如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A 点嵌入一个单色点光源，已知3AO =，玻璃对该单色光的折射率n=2，求：
(1)该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C ；
(2)图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。

【答案】 (1)30°；(2)60°
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据 11sin 2
C n == 解得 30C ︒=
(2)由于临界角为30°，且3AO R =，可知圆弧最左侧M 点是一个临界点如图
即满足
3tan 3
M AM AO O O =∠=
解得 30AMO ︒∠=
所以光线在M 点发生全反射；当光线射向另一个临界点N 时，由正弦定理
sin sin AO R C NAO
=∠ 可得
120NAO ︒∠=
所以
30NOA ︒∠=
综上所述，入射点在圆弧MN 之间时入射角大于临界角C ，会发生全反射，光线无法射出，故圆弧上光线
无法射出部分即圆弧MN 对应的圆心角
903060MON MOA NOA ︒︒︒--∠==∠=∠
17．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为53N/C E =，同时存在着水平方向
的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5 T ．有一带正电的小球，质量m=1×
10–6 kg ，电荷量q=1×
10–6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取g=10 m/s 1．求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向； （1）从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t ．
【答案】（1）10 m/s ，与电场方向夹角为60°
（1）3.5 s 【解析】
（1）小球做匀速直线运动时，受力如图，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：2222Bqv q E m g =
+ 带入数据解得：v 20m /s =，
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足： tan θqE mg
=， 解得：tan θ3=θ60=︒；
（1）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为y v vsin θ=，
若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：2102
y v t gt -
= 联立解得：t 23s =。