北京市通州区2021届新高考物理第四次押题试卷含解析

北京市通州区2021届新高考物理第四次押题试卷
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．用波长为187.5nm的光照射阴极材料为钨的光电管，测量得到遏止电压为2.09V。

已知普朗克常量为6.63×10-34J·s，真空中的光速为3×108m/s，e=1.6×10-19C，氢原子能级示意图如图所示。

保持反向电压为2.09V，改用处于基态（n=1）的氢原子激发后辐射出的光子照射，为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量为（）
A．4.54eV B．6.63eV C．10.20eV D．12.09eV
【答案】C
【解析】
【详解】
由光电效应方程
eU c=E Km=hγ-W0…①
又
hγ0=W0…②
又
hc
γ
＝…③
λ
由①②③式代入数据可得
hγ0=4.54eV
则光子的能量值最小为4.54eV+2.09eV=6.63eV，用处于基态（n=1）的氢原子激发后辐射出的光子照射，电子只需要从基态跃迁到n=2的能级即可，所以为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量
E min=E2-E1=-3.40eV-（-13.60eV）=10.20eV．
故C正确，ABD错误。

故选C。

2．空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。

在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是（）
A．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向
B．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向
C．a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小E a<E b
D．一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】
A B．因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b 两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。

C．在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图像可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，
看作匀强电场
Δ
=
Δ
E
d
，可知E a<E b，故C正确。

D．x轴负方向电场线往左，x轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做负功后做正功。

故D错误。

故选C。

3．三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（）
A．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2B
B．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3B
C．当I2=3I，I1=I3=I时，O
3
D．当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为3
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．根据安培定则画出I 1、I 2、I 3在O 点的磁感应强度示意图，当I 1=I 2=I 3时，令B 1=B 2=B 3=B 0，示意图如图甲所示
根据磁场叠加原理，可知此时O 点的磁感应强度大小B 与B 0满足关系012B B =
； 当I 1=3I 2，I 2=I 3=I 时，B 1=3B 0，B 2=B 3=B 0，示意图如图乙所示
由图乙解得O 点的磁感应强度大小为4B 0=2B ，故A 正确，B 错误；
CD ．当I 2=3I ，I 1=I 3=I 时，B 1=B 3=B 0，B 2=3B 0，示意图如图丙所示
由图丙解得O 点的磁感应强度大小为0233B B =，同理可得，当I 3=3I ，I 1=I 2=I 时，O 点的磁感应强度大小也为3B ，故CD 错误。

故选A 。

4．如图，A 、B 两盏电灯完全相同．当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（ ）
A ．A 灯变亮，
B 灯变亮
B ．A 灯变暗，B 灯变亮
C ．A 灯变暗，B 灯变暗
D ．A 灯变亮，B 灯变暗
【答案】D
【解析】 当滑出向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以外电路电阻增大，路端电压增大，总电流减小，即B 中的电流减小，所以B 变暗，B 两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路两端的电压增大，即A 两端的电压增大，所以A 变亮，D 正确．
5．如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s=2m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A 端瞬时速度v A =5m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则（ ）
A ．若传送带以1m/s 顺时针转动，则v
B =3m/s
B ．若传送带逆时针匀速转动，则v B <3m/s
C ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动，则v B =3m/s
D ．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定v B >3m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
a=μg=1m/s 2
若传送带以1m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为1m/s 时的位移为
2222
54 1.125m 224
B A v v s a --===⨯ 然后物体随传送带匀速运动，故达到B 端的瞬时速度为1m/s ，故A 错误；
B ．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B 端时的速度为
2225242m /s=3m /s B A v v aL =-=-⨯⨯
故B 错误；
C ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B 选项可知因为到达B 端的速度为v B =3m/s ，故最后物体到达B 端的速度为v B =3m/s ，故C 正确；
D ．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B 端的速度为3m/s 只有当传送带的速度大于3m/s 时到达右端的速度才可能是v B >3m/s ，故D 错误．
故选C.
6．根据爱因斯坦的“光子说”可知（ ）
A ．“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”
B ．只有光子数很多时，光才具有粒子性
C ．一束单色光的能量可以连续变化
D ．光的波长越长，光子的能量越小
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，不同于牛顿的“微粒说”，A 错误；
B ．当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，B 错误；
C ．爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量为E h ν=，故光的能量是不连续的，C 错误；
D ．光的波长越大，根据c νλ=
，频率越小，故能量E h ν=越小，D 正确．
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，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A ．物体在传送带上的划痕长2
2v g
μ B ．传送带克服摩擦力做的功为
212mv C ．电动机多做的功为232
mv D ．电动机增加的功率为mgv μ
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间
v t g μ= 在这段时间内物块的位移
2
12v x g
μ= 传送带的位移
2
2v x vt g
μ== 则物体相对位移
2
212v x x x g
μ=-= 故A 正确；
BC ．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是
212
mv ，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于 2
2v x g
μ= 产生的热量
22122
v Q mg mv g μμ=⨯= 传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为2mv ，故BC 错误；
D ．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为
fv mgv μ=
故D 正确。

故选AD 。

8．如图所示直角坐标xOy 平面，在0≤x≤a 区域Ⅰ内有沿x 轴正向的匀强电场，电场强度大小为E ；在x>a 的区域Ⅱ中有垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m 、电荷量为q 的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为(a ，b)的P 点，则下列说法正确的是( )
A ．磁场方向垂直于xOy 平面向里
B ．粒子通过P 点时动能为qEa
C ．磁感应强度B 的大小可能为
D ．磁感应强度B 的大小可能为【答案】ABD
【解析】
【详解】 根据题意可得，粒子能够通过（a ，b ）的P 点，轨迹可能的情况如图所示，
A ．根据左手定则可得，磁场方向垂直于xOy 平面向里，A 正确；
B ．洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过P 点时动能为 k E qEa =
故B 正确；
CD ．粒子在磁场中运动的速度大小为v ，则
212
k E qEa mv == 解得
v = 粒子在磁场中运动的半径为
2b r n
=其中n=1、2、3…， 根据mv r qB
=可得
2B =
n=3时，B =C 错误，D 正确。

9．如图所示，轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上，上端连接一小滑块（视为质点），弹簧处于自然状态时滑块位于O 点．先用外力缓慢地把滑块移至A 点，此时弹簧的弹性势能为E p ，然后撤去外力，滑块沿斜面向上最高能滑到B 点，该过程中滑块的最大动能为E km ，滑块的动能最大时其所在位置距A 点的距离为L ．下列说法正确的是
A ．滑块从A 点滑到O 点的过程中，其加速度大小先减小后增大
B ．滑块从A 点滑到O 点的过程中，其动能一直增大
C ．滑块经过距A 点距离为2
L 的位置时，其动能大于2km E D ．滑块从A 点滑到B 点的过程中，克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为E p
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
滑块从A 点滑到O 点的过程中，弹簧的弹力逐渐减小直至零，弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，再等于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和，合外力先沿斜面向上，随着弹簧的减小，合外力减小，则加速度减小．合外力后沿斜面向下，随着弹簧的减小，合外力反向增大，则加速度反向增大，所以加速度大小先减小后增大，故A 正确．在AO 间的某个位置滑块的合外力为零，速度最大，所以滑块从A 点滑到O 点的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故B 错误．设动能最大的位置为C ，从A 到C ，由动能定理得：111f G km W W W E --=弹，设距A 点距离为2
L 的位置为D ，此位置动能为k E ；滑块从A 到D 的过程，由动能定理得：222f G k W W W E --=弹，因为21211122
f f G G W W W W ==，，则()()()()k km p pD p pC p pD pD pC 212-2-W =2E E E 0E E W E E E E E =---=--->弹弹故C 正确．滑块从A 点滑到B 点的过程中，根据动能定理得：0f G W W W --=弹，又P W E =弹，则得f G P W W E +=，即克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为p E ，故D 正确．
10．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．
11．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2，正弦交流电源输出的电压恒为U=12V，电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则（）
A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3A
C．若向下移动P，电源输出功率增大D．若向上移动P，电压表读数将变小
【答案】BD
【解析】
【分析】
对理想变压器的原副线圈匝数之比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。

【详解】
A 选项，理想变压器的原副线圈的匝数之比为1:2，可知原副线圈的电流之比为2:1，根据 2=P I R ，可知1R 与2R 消耗的电功率之比为2:1，选项A 错误；
B 选项，设通过1R 的电流为I ，则副线圈的电流为0.5I ，初级电压
112U IR I -=-
根据匝数比可知次级电压为
2(12-)I
则
232(12-)1120.52
m I R R I =+=Ω 解得
=3A I
选项B 正确；
CD 选项，若向下移动P ，则3R 的电阻增大，次级电流变小初级电流也变小，根据=P UI 可知电源输出功率变小，电阻1R 的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表的读数变小，则选项C 正确，D 错误。

故选BD 。

12．下列说法正确的（ ）
A ．晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变
B ．给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用
C ．能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少
D ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力
E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A. 晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变，故A 正确；
B. 给篮球打气时越来越费劲，这是气体压强作用的缘故，与分子间的作用力无关，故B错误；
C. 能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界中可利用的能源不断减少，故C错误；
D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力，故D正确；
E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢，故E正确。

故选ADE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为了测量一电压表V的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。

其中V0是标准电压表，R0和R分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电源。

(1)用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整______。

(2)实验步骤如下：
①将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时___________的读数U；
②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节___________，使___________，记下此时R的读数；
③多次重复上述过程，计算R读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。

(3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：___________。

【答案】见解析标准电压表R 标准电压表仍为U 电阻箱阻值不连续，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．根据电路图连接的实物图如图所示；
(2)①[2]．将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表V0
②[3] [4]．然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节电阻箱R的阻值，使标准电压表V0的示数仍为U，记下此时R的读数；
(3)[5]．实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能有：由于电阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差；另外电流通过电阻发热，导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，导致电动势降低内阻增大等都有可能造成误差。

14．某一小型电风扇额定电压为5.0V，额定功率为2.5W．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。

实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源E（电动势为6.0V）
B．电压表V（量程为0～6V，内阻约为8kΩ）
C．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
E．滑动变阻器R1（最大阻值5k，额定电流100mA）
F．滑动变阻器R2（最大阻值25Ω，额定电流1A）
（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_____滑动变阻器应选用_____（填所选仪器前的字母序号）。

（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_____。

（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。

该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_____Ω，正常工作时的发热功率为_____W，机械功率为_____W
【答案】（1）C；E；（2）实验电路图如图所示；（3）2.5Ω，0.625，
1.875。

【解析】
【详解】
（1）电风扇的额定电流 2.5A 0.5A 5.0P I U ===，从读数误差的角度考虑，电流表选择C ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E 。

（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约
22
5102.5
U R P ==Ω=Ω ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。

电路图如图所示。

（3）电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

根据欧姆定律得：0.5 2.50.2
U R I =
=Ω=Ω 正常工作时电压为5V ，根据图象知电流为0.5A ，
则电风扇发热功率为：P ＝I 2R ＝0.52×
2.5W ＝0.625W ， 则机械功率P′＝UI ﹣I 2R ＝2.5﹣0.625＝1.875W ，
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC 是底角为45°的等腰梯形，高为a ，上底边长为a ，下底边长3a ，如图乙所示。

一细光束垂直于OC 边射入，恰好在OA 和BC 边上发生全反射，最后垂直于OC 边射出，已知真空中的光速为c 。

试求该光束在棱镜中的传播时间t 。

【答案】32
a c
【解析】
【分析】
【详解】 恰好发生全反射
1sin n C
=
即 12sin 45n ︒=
=
22c v c n == 则时间为
332a a t v c
== 16．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1．8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝3．对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2．
（1）为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
（2）若F ＝3．5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．
【答案】（1） F≤30N ；（2） 物块能滑离木板，1.2s ，s=0.9m ．
【解析】
试题分析：（1）对M 、m ，由牛顿第二定律-?F M m gsin M m a （）（）α+=
+ 对m ，有f mgsin ma α=－，f mgcos α≤，代入数据得：30F N ≤．
（2）37.530F N N =>，物块能滑离木板 ，对于M ，有F mgcos Mgsin Ma －－μαα= 1 对m ，有 2
mgcos mgsin ma μαα=－，设物块滑离木板所用的时间为t ， 由运动学公式：221211 22
a t a t L =－，代入数据得： 1.2t s =，物块离开木板时的速度 2 v a t =， 由公式：22sin g s v α-=-，代入数据得0.9s m =．
考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
17．如图所示，开口竖直向上的细玻璃管内有一段长为L 2=15cm 的水银柱，封闭了一段长度为L 1=20cm 的气体，此时封闭气体温度为300K ，水银柱的上端距离管口的距离为L 3=5cm ，已知大气压强为p 0=75cmHg 。

现把玻璃管缓慢旋转90°至水平位置保持不动，然后对玻璃管缓慢加热到水银柱刚好没流出
①玻璃管旋转90°时，封闭气体的长度为多少？
②水银柱刚好没流出管口时，此时玻璃管中封闭气体的温度为多少K ？
【答案】①24cm ；②312.5K
【解析】
【分析】
【详解】
①初态
102L p p p =+
11V L S =
玻璃管旋转90°时
20p p =
'21V S L =
等温变化
1122pV p V =
解得气体长度为
'124cm L =
②水平升温前
2300K T =
升温后
331)(V S L L =+
等压变化
3223V V T T = 解得 3312.5K T =。