北京市西城区2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

北京市西城区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．如图甲所示为由某材料制成的电阻R的阻值随温度t变化的图象，若用该电阻与电池(电动势E=1.5V，内阻不计)、电流表(量程为50mA，内阻不计)、电阻箱申联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头。

将电阻箱的阻值调为R'=15Ω，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”。

下列说法错误的是（）
A．温度升高，电路中的电流减小
B．电流表刻度较大处对应的温度刻度较小
C．电流表的示数为50mA时，电阻R的阻值为30Ω
D．电流表的示数为50mA时，对应的温度为5℃
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．由图甲可知，温度升高，电阻R的阻值增大，电路中电流减小，因此电流表刻度较大处对应的温度刻度较小，AB项正确，不符合题意；
CD．电流表的示数为50mA时，电路总电阻为30Ω，电阻箱的阻值R' =15Ω。

则R=15Ω，由图甲可得对应的温度为5℃，C项错误，符合题意，D项正确，不符合题意；
故选C。

2．运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间的受力示意图是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间，运动员受重力、地面对人竖直向上的支持力、和地面对人向前的摩擦力，故A 项正确，BCD 三项错误。

3．质量为m 的铁锤从高h 处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是t ，则撞击过程中，铁锤对桩的平均冲击力大小为（ ）
A ．2m gh mg +
B ．2m gh mg -
C ．m gh mg +
D ．m gh mg - 【答案】A
【解析】
【详解】
根据自由落体的运动学公式22v gh =，可得铁锤碰前的速度为
2v gh =
取向下为正，对铁锤由动量定理得
()0mg F t mv -=-
解得
2m gh F mg =+ 由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力大小
2m gh F F mg '==+ 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则( )
A ．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态
B ．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零
C ．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力
D ．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后
向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A 错误；
B.运动员把跳板压到最低点时，跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故B 错误；
C.从最低点到最高过程中，跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C 正确；
D.跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D 错误．
故选C.
5．下列关于天然放射现象的叙述中正确的是（ ）
A ．人类揭开原子核的秘密，是从发现质子开始的
B ．β衰变的实质是原子核内一个质子转化成一个中子和一个电子
C ．一种放射性元素，当对它施加压力、提高温度时，其半衰期不变
D ．α、β、γ三种射线中，α射线穿透能力最强，γ射线电离作用最强
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从贝克勒尔发现天然放射现象开始的，故A 错误；
B ．β衰变的实质方程为110
011n H e -→+，是原子核内一个中子转化成一个质子和一个电子，故B 错误；
C ．原子核的半衰期是由自身的结构决定的，与物理条件(温度、压强)和化学状态(单质、化合物)均无关，则对原子核施加压力、提高温度时，其半衰期不变，故C 正确；
D ．α、β、γ三种射线中，γ射线穿透能力最强(主要看射线具有的能量)，α射线电离作用最强(从射线自身的带电情况衡量)，故D 错误。

故选C 。

6．如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M 的木块A ，开始时木块A 静止，现让一质量为m 的木块B 从木块A 正上方高为h 处自由下落，与木块A 碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t 木块A 下降到最低点。

已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A 与木块B
碰撞时间极短，重力加速度为g ，下列关于从两木块发生碰撞到木块A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A 的冲量I 的大小正确的是（ ）
A ．2()2I M m gh =+
B ．2()gt I M m =+
C ．2()2I M m gh =-
D ．222()I m gh M m gt =+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
B 下落h 时的速度为 2B v gh =
物块B 与A 碰撞过程动量守恒，则
()B mv M m v =+
以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理
1()0()M m gt I M m v +-=-+
从两木块发生碰撞到木块A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A 的冲量I 的大小为
I=2I 1
联立解得
222()I m gh M m gt =+
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．下列说法正确的是 。

A ．食盐、蔗糖、味精、玻璃都是晶体
B ．由于分子永不停息地做无规则运动，所以任何物体都具有内能
C ．硬币可以浮在水面上，是因为水的表面张力的作用
D ．一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性
E.已知氧气的摩尔体积为V ，每个氧气分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数A 0V N
V =
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．食盐、蔗糖、味精是晶体，而玻璃是非晶体，故A 错误；
B ．由于组成物体的分子永不停息在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故B 正确；
C ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在张力，故C 正确；
D ．由热力学第二定律可知自然界中进行的一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，故D 正确；
E ．由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数，故E 错误； 故选BCD 。

8．如图所示，在电阻不计的边长为L 的正方形金属框abcd 的cd 边上接 两个相同的电阻，平行金属板e 和f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度B 大小相等，B 随时间t 均匀增加，已知B k t
∆=∆ ，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L ，板间距离为L ．质量为m ，电荷量为q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则
A ．金属框中感应电流方向为abcda
B ．粒子带正电
C 2L
kq m
D ．粒子在e 、f 间运动增加的动能为
214
kL q 【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda ，e 板带负电，f 板带正电，A 正确；
B ．因为粒子刚好从f 板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B 错误；
C ．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有
0L v t =
在竖直方向上有
212
L at = Eq a m
= U E d
= 而电容器两极板间的电压等于R 两端的电压，故
2211112224
BS U k L kL t ∆=⋅=⋅=∆ 联立解得
0v =C 正确；
D ．根据动能定理可得粒子增加的动能为
2211112248
k E Uq qkL qkL ∆==⋅= D 错误．
故选AC 。

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．如图所示，A 和B 是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q ，两点电荷的连线水平且间距为L ，OP 是两点电荷连线的中垂线，O 点是垂足，P 点到两点电荷的距离也为L 。

整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P 点，下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷A 一定带正电
B ．匀强电场的电场强度大小为22kq L
C ．O 点的电场强度大小为
2
7kq L D ．O 点和P 点电势相同
【答案】CD
【解析】
【详解】 A ．对P 点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A 、B 在P 点产生的合场强方向向左，故点电荷A 带负电，选项A 错误；
B ．匀强电场强度大小
22
2cos 60kq kq E L L =︒= 选项B 错误；
C ．O 点的电场强度大小
022228722kq
kq kq kq E E L L L L =-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭
选项C 正确；
D ．由等量异种电荷电场的规律和匀强电场的特点可知，OP 为电场的一条等势线，故0p ϕϕ=，选项D
正确。

故选CD 。

11．一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。

升压变压器原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=1：10.线圈两端的电压分别为U l 、U 2.输电线的总电阻为r ，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n 3：n 4=10：1，线圈两端电压分别为U 3、U 4.，L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的
干路电流分别为I 1、I 2、I 3，随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是（ ）
A ．电压U 4不变，始终等于U l
B ．电流I l 始终等于I 3
C ．L 变暗
D ．输电线的电阻消耗的功率减小
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
将远距离输电的电路转化为等效电路
其中
2211n U U n =，2324
=n R R n 用效 由闭合电路的欧姆定律
22()U I r R =+效
故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R 用减小，导致R 效变小，则输电电流2I 变大。

A ．由变压器的变压比可知
22111
10n U U U n == 3344410n U U U n =
= 但输电线上有电阻r ，产生损失电压，故有
23U U >
即141010U U >，且用电高峰U 1不变，U 4变小，故A 错误；
B ．根据变压器上的电流与匝数成反比，有 2212110n I I I n ==，4232310
n I I I n == 可得电流I l 始终等于I 3，故B 正确；
C ．则输电电流2I 变大会导致损失电压变大，而U 2不变，故U 3减小，可得U 4变小，即并联用户的电压
减小，由24U P R
=可知L 的功率变小，L 变暗，故C 正确； D ．由2
2=P I r 损可知，输电电流2I 变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故D 错误。

故选BC 。

12．牛顿在1687年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图所示，将物体从一座高山上的O 点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A 、B 、C 、D 、E 是从O 点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B 是圆形轨道，C 、D 是椭圆轨道，在轨道E 上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）
A ．物体从O 点抛出后，沿轨道A 运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动
B ．在轨道B 上运动的物体，抛出时的速度大小为11.2km/
C ．使轨道C 、
D 上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O 点
D ．在轨道
E 上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于16.7km/s
【答案】AC
【解析】
【分析】
（1）第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，却是最大的环绕速度；
（2）当物体以第一宇宙速度被抛出，它的运动轨道为一圆周；当物体被抛出的速度介于第一和第二宇宙速度之间，它的运动轨迹为一椭圆；当物体被抛出时的速度介于第二和第三宇宙速度之间，物体将摆脱地
球引力，成为绕太阳运动的行星；当被抛出的初速度达到或超过第三宇宙速度，物体必然会离开太阳系；
（3）卫星变轨时的位置点，是所有轨道的公共切点．
【详解】
A 、物体抛出速度v ＜7.9km/s 时必落回地面，若物体运动距离较小时，物体所受的万有引力可以看成恒力，故物体的运动可能是平抛运动，A 正确；
B 、在轨道B 上运动的物体，相当于地球的一颗近地卫星，抛出线速度大小为7.9km/s ，B 错误；
C 、轨道C 、
D 上物体，在O 点开始变轨到圆轨道，圆轨道必然过O 点，C 正确；
D 、当物体被抛出时的速度等于或大于16.7km/s 时，物体将离开太阳系，故D 错误．
【点睛】
本题考查宇宙速度，知道第一宇宙速度是最小的发射速度、最大的环绕速度，掌握卫星变轨模型，知道各宇宙速度的物体意义至关重要．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．欲测量G 表的内阻g r 和一个电源的电动势E 内阻.r 要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的1.3
待测元件及提供的其他实验器材有：
A 、待测电源E ：电动势约1.5V ，内阻在0.40.7Ω-间
B 、待测G 表：量程500μA ，内阻在150250Ω～间
C 、电流表A ：量程2A ，内阻约0.1Ω
D 、电压表V ：量程300mV ，内阻约500Ω
E 、定值电阻0R ：0300ΩR =；
F 、滑动变阻器1R ：最大阻值10Ω，额定电流1A
G 、电阻箱2R ：09999Ω～
H 、开关S 一个，导线若干
（1）小亮先利用伏安法测量G 表内阻g r ．
①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______；(填元件序号字母)
②说明实验所要测量的物理量______；
③写出G 表内阻的计算表达式g r =______．
（2）测出200g r =Ω后，小聪把G 表和电阻箱2R 串联、并将2R 接入电路的阻值调到2800Ω，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E 及内阻r ．
①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，
（______）
②若利用测量的数据，作出的G 表示.G I 与通过滑动变阻器1R 的电流I 的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E =______V ，内阻r =______.Ω
【答案】E G 表示数I ， V 表示数U 0U
R I
- 电路图见解析 1.5 0.6 【解析】
【详解】
（1）[1]．G 表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G 表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E ：定值电阻R 0串联后再与电压表并联；
[2][3]．同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G 供电；故电路图可以是甲图中的任一个；
由欧姆定律可知
0U I R R =+ 解得：
0U R R I
=- 则要测量的量是： G 表示数I ，V 表示数U ；
（2）①[4]．将G 表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：
②[5][6]．电源的路端电压
U=I G （200+2800）=3000I G
故图象与纵坐标的交点为500μA ，则电源的电动势为：
E=500μA×3000=1.5V ；
内阻
61.53501030000.60.75
r --⨯⨯=Ω=Ω
14．某实验小组利用如下器材设计电路先测量未知电阻阻值，再测量电源的电动势及内阻。

实验电路图如甲图所示，实验室提供的器材有：
电源E（电动势约4.5V，内阻为r）
电流表A1（量程0～15mA，内阻为r1=10Ω）
电流表A2（量程0～100mA，内阻为r2=1.5Ω）
定值电阻R1（阻值R1=90Ω）
定值电阻R2（阻值R2=190Ω）
滑动变阻器R3（阻值范围0～30Ω）
电阻箱R4（阻值范围0～99.99Ω）
待测电阻R x（电阻约55Ω）
开关S，导线若干
（1）图甲中电阻A应选____，电阻B应选___（填符号）；
（2）实验小组通过处理实验数据，作出了两电流表示数之间的关系，如图乙所示，则待测电阻电阻Rx 的阻值为____；
（3）测电源电动势和内阻时，某实验小组通过处理实验数据，作出了电阻B阻值R与电流表A2电流倒
数
2
1
I
之间的关系，如图丙所示，则待测电源的电动势为____，内阻为____（结果保留两位有效数字）。

【答案】2R4R50 4.2 0.50
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]．因待测电源的电动势为4.5V，则电流表A1与电阻R2串联，相当于量程为112
()3V
g
U I r R
=+=
的电压表，可知图甲中电阻A应选R2；电阻B应选阻值能改变且能够读数的电阻箱R4；
(2)[3]．由图可知，当I1=12mA时I2=60mA，可得
112
21
()12(10190)
50
6012
x
I r R
R
I I
+⨯+
==Ω=Ω
--
(3)[4][5]．由电路图可知，电流表A1，电阻A以及R x三部分的等效电阻为R′=40Ω，由闭合电路的欧姆定律
'22()E I R R r r =+++
即
'221
()R E R r r I =⋅-++ 由图像可知
84V=4.2V 3010
E k ==- '21042R r r E ++==
解得
r=0.5Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量12kg m =的木板长 2.25m L =，静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数10.1μ=，另一个质量21kg m =的滑块，以初速度0v 滑上木板．滑块与木板之间的动摩擦因数20.4μ=，取210m /s g =。

（1）求滑块不滑下木板时0v 应满足的条件；
（2）若03m /s v =，求木板与地面摩擦产生的热量Q 。

【答案】（1）0 4.5m /s v ≤；（2）0.5J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律，对滑块有 2124m /s a g μ==
对木板有
()1222121m a m g m m g μμ=-+
解得
220.5m /s a =
设01v v =时滑块滑到木板的右端二者恰好共速，则有
112v a t a t -=
根据位移关系有
221121122v t a t a t L --= 解得
1s t =，1 4.5m /s v =
所以当0 4.5m /s v ≤时滑块不滑下木板。

（2）若03m /s 4.5m /s v =<，滑块没有滑下木板，根据速度时间公式有
01121v a t a t -=
得滑块在木板上相对滑动时间12s 3
t =二者达到共速 2211m /s 3
v a t == 共速后一起减速，根据牛顿第二定律有
2311m /s a g μ==
共同运动时间21s 3
t =，木板总位移 ()2122
v x t t =+ 木板与地面摩擦产生的热量
()112Q m m gx μ=+
解得
0.5J Q =
16．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m ，带电量为+q 的粒子，从P 点以水平速度v 0射入电场中，然后从M 点沿半径射入磁场，从N 点射出磁场．已知，带电粒子从M 点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN 是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：
（1）电场强度E的大小．
（2）圆形磁场区域的半径R．
（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．
【答案】（1）
2
3
2
mv
qh
．（2
）0
23mv
．（3）
23
3
h m
qB
π
+
【解析】
（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小v=0
sin30
v
o
=2v0
竖直分速度v y=v0cot30°=3v0
由
2
2
y
v
h
a
=，a=
qE
m
得
E=
2
3
2
mv
qh
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．
由牛顿第二定律得：qvB=m
2
v
r
，0
2mv
mv
r
qB qB
==
根据几何关系得：R=rtan30°=0
23
3
mv
qB
（3）在电场中，由h=
1
2
y
v
t得t1
23h
；
在磁场中，运动时间2
112
663
m m
t T
qB qB
ππ
==⨯=
故带电粒子从P点到N点，所经历的时间t=t1+t2=
23
33
h m
v qB
π
+．
17．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。

该装置右侧的
1
4
圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：
（1）小球所受重力和电场力的大小；
（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）
0E R 02E R
（2）8E 0 【解析】
【详解】 (1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：
mgR ＝E 0
则小球受到的重力为：
mg ＝0E R
方向竖直向下；
由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知： EqR ＝2E 0
则小球受到的电场力为：
Eq ＝02E R
方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：
EqR ＝212
C mv ＝2E 0 则C 点速度为：
v C 04E m
方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为： 041C v E t g g m
==在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为： 00442E E qE qE v at t m mg m m
====
则在最高点的动能为：
22011822k E mv m E ===。