上海市黄浦区2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

上海市黄浦区2021届新高考第四次质量检测物理试题
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．下列说法正确的是（）
A．由公式v＝ωr可知，圆形轨道人造地球卫星的轨道半径越大则其速度越大
B．由公式v
C．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s
D．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度小于地球自转的角速度
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由公式v A错误；
B．由公式v B 错误；
C．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的线速度小于7.9km/s，选项C正确；
D．地球同步卫星在其圆形轨道上运行时的角速度等于地球自转的角速度，选项D错误；
故选C。

2．下列说法中正确的是
A．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力
B．在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动
C．一定质量的理想气体温度升高其压强一定增大
D．一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】
A项：用打气筒打气时，里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关，故A错误；
B项：教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故B错误；
C项：由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故C错误；
D项：理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故D正确。

3．某电梯的最大速度为2m/s ，最大加速度为0.5m/s 2。

该电梯由一楼从静止开始，到达24m 处的某楼层并静止.所用的最短时间是（ ）
A ．12s
B ．16s
C ．18s
D ．24s
【答案】B
【解析】
【详解】
电梯加速运动的时间为 12s 4s 0.5
v t a === 加速运动的位移
2114m 2
x at == 根据对称性，减速运动的时间也为4s ，位移也为4m ，匀速运动时间为
224m 4m 4m 8s 2m /s
t --== 故电梯运动的最短时间为
t=4s+4s+8s=16s
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．如图所示，战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度为40m/s ，竖直分速度为20m/s ，已知飞机在水平方向做加速度大小等于22m/s 的匀加速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于21m/s 的匀加速直线运动。

则离舰后（ ）
A ．飞机的运动轨迹为曲线
B ．10s 内飞机水平方向的分位移是竖直方向的分位移大小的2倍
C ．10s 末飞机的速度方向与水平方向夹角为30°
D ．飞机在20s 内水平方向的平均速度为50m/s/
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A 错误；
B ．10s 内水平方向位移
201500m 2x x x v t a t =+= 竖直方向位移
201250m 2
y y y v t a t =+= B 正确；
C ．飞机飞行方向与水平方向夹角的正切tan 0.5θ=，C 错误；
D ．飞机在20s 内水平方向的位移
2140202201200m 2
x '=⨯+⨯⨯= 则平均速度为
60m/s x x v t
'==' D 错误。

故选B 。

5．如图，A 代表一个静止在地球赤道上的物体、B 代表一颗绕地心做匀速圆周运动的近地卫星，C 代表一颗地球同步轨道卫星。

比较A 、B 、C 绕地心的运动，说法正确的是（ ）
A ．运行速度最大的一定是B
B ．运行周期最长的一定是B
C ．向心加速度最小的一定是C
D ．受到万有引力最小的一定是A
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 A ．因AC 的角速度相同，则由v=ωr 可知，v C >v A ；对BC 卫星，由GM v r
=
可知，v B >v C ，可知v B >v C >v A ，选项A 正确；
B ．因A
C 周期相同；而对BC 卫星，根据32r T GM
π=可知，C 的周期大于B ，可知运行周期最长的是AC ，选项B 错误；
C ．因AC 的角速度相同，则由a=ω2r 可知，a C >a A ；对BC 卫星，由2
GM a r =
可知，a B >a C ，可知a B >a C >a A ，向心加速度最小的一定是A ，选项C 错误；
D ．三个物体的质量关系不确定，不能比较受到万有引力的关系，选项D 错误。

故选A 。

6．如图所示，一个圆盘绕过圆心O 且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为ω，盘面上有一质量为m 的物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为r ，下列说法正确的是（ ）
A ．物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为m ω2r
B ．物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为m ω2r
C ．物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为m ω2r
D ．物块只受重力、弹力作用，合力大小为零
【答案】C
【解析】
【详解】
对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。

物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。

根据牛顿第二定律有：
2F f m r ω==合
选项ABD 错误，C 正确。

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，A 球用不可伸长的细线悬挂在天花板上，处于静止状态，B 球和A 球用橡皮筋连接，B 球在A 球正下方某一位置，此时橡皮筋处于松弛状态。

现由静止释放B 球，不计空气阻力，则在B 球下落的过程中（细线与橡皮筋均不会断），下列说法正确的是
A．细线的张力先不变后增大
B．A球受到的合力先不变后增大
C．B球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大
D．B球的重力势能与机械能均不断减小
【答案】AC
【解析】
【详解】
A．细线的张力先等于A球的重力，当橡皮筋的弹力不断增大后，细线的张力不断增大。

故A正确。

B．A球始终静止，合力始终为零。

故B 错误。

C．B球的动能与橡皮筋的弹性势能及B球的重力势能之和为一定值，B球的重力势能不断减小，则B球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大。

故C正确。

D．B球高度一直减小，B球的重力势能不断减小；橡皮筋伸直前，B球做自由落体运动，机械能守恒，橡皮筋被拉长后，B球的一部分机械能转化为橡皮筋的弹性势能，B球的机械能减小，所以B机械能先不变后减小。

故D错误。

8．下列说法中正确的是（）
A．空气的绝对湿度越大，水蒸发越慢，人就感觉越潮湿
B．由于水的表面张力作用，即使伞面上有很多细小的孔，伞也能达到遮雨的效果
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，溶解区域呈圆形，说明石蜡具有各向同性
D．无论液体和细管壁是否浸润，都能发生毛细现象
E.摄氏温度每升高1°C相应的热力学温度就升高1K
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．空气相对湿度越大，人体水分越不容易蒸发，人们感觉越潮湿，不是绝对湿度。

故A错误。

B．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，导致水不能透过，故B正确。

C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是多晶体金属导热具有各向同性的表现，无法说明石蜡具有各向同性，故C错误。

D ．液体和细管壁浸润与不浸润都会有高度差，所以都能发生毛细现象。

故D 正确 。

E ．摄氏温度t 与热力学温度T 的关系为T =t+273。

摄氏温度升高1°C ，对应的热力学温度升高1K ，故E 正确。

故选BDE 。

9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P +和P 3+，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P +在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P +和P 3+ ( )
A ．在电场中的加速度之比为1:1
B 3
C ．在磁场中转过的角度之比为1:2
D ．离开电场区域时的动能之比为1:3
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．两个离子的质量相同，其带电量是1:3的关系，所以由qU a md
=
可知，其在电场中的加速度是1:3，故A 错． B ．离子在离开电场时速度2qU v m =，可知其速度之比为32v qvB m r
=知，mv r qB =，所以3，故B 正确．
C ．由B 3，设磁场宽度为L ，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin L R
θ=，则可知角度的正弦值之比为3P +的角度为30°，可知P 3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1:2，故C 正确．
D ．离子在电场中加速时，据动能定理可得:212
qU mv =，两离子离开电场的动能之比为1:3，故D 正确． 10．如图，理想变压器的a 、b 两端接在U=220V 交流电源上，定值电阻R 0 = 40Ω，R 为光敏电阻，其阻值R 随光照强度E 变化的公式为R=120E
Ω，光照强度E 的单位为勒克斯（lx ）。

开始时理想电流表A 2的示数为0.2A ，增大光照强度E ，发现理想电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，
下列说法正确的是（ ）
A ．变压器原副线圈匝数比1241
n n = B ．理想电压表V 2、V 3的示数都减小
C ．光照强度的增加量约为7.5lx
D ．在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设开始时变压器初级电流为I 1，则
1222110.80.2
n I I n I I ===V V 解得
1241
n n = 选项A 正确；
B ．因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V 2不变；因次级电流变大，则R 0上电压变大，则V 3的示数减小，选项B 错误；
C ．变压器次级电压为
21155V 4
U U == 开始时光敏电阻
210255402350.2
U R R I =-=-=Ω 后来光敏电阻
220'25540151
U R R I =-=-=Ω 由120E R
= 可得 21120120120120l 71523x .55
E R R ∆=-=-≈
选项C 正确；
D ．在增大光照强度过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D 错误。

故选AC 。

11．如图所示，A 、B 、C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F 作用在物体A 上时，三者恰好保持静止，已知A 、B 、C 三者质量相等，重力加速度为g 。

下列说法正确的是
A ．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2sin θg
B ．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为sin θg
C ．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为1sin θ2
g D ．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为2sin θg
【答案】AC
【解析】
【详解】
A. 把ABC 看成是一个整体进行受力分析，有:
3sin θF mg =
在轻绳被烧断的瞬间，AB 之间的绳子拉力为零，对A ，由牛顿第二定律得：
sin θA F mg ma -=
解得：
2sin θA a g =
故A 正确；
B. 对于C ，由牛顿第二定律得：
F 弹sin θmg =
在轻绳被烧断的瞬间，对于B ，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：
F 弹sin θB mg ma +=
解得：
2sin θB a g =
故B 错误；
C. 剪断弹簧的瞬间，对于整体AB ，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：
2sin θ2AB F mg ma -=
解得： 1sin θ2AB a g = A 的加速度大小：
1sin θ2
A A
B a g a == 故
C 正确；
D. 突然撤去外力F 的瞬间，对于整体AB ，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：
F 弹2sin θ2AB mg ma +=
解得：
3sin θ2
AB a g = A 的加速度大小：
3sin θ2
A A
B a g a == 故D 错误。

12．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的绝缘带正电、电荷量为q 的小球。

空间中还存在着水
平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E=mg q。

初始时A 、B 、C 在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为L ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为
32
mg ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向左的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则gL C ．弹性绳在小球从C 到
D 阶段做的功等于在小球从D 到
E 阶段做的功
D ．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q ，则小球到达
E 点时的速度大小
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.对小球分析可知，在竖直方向
sin kx θN mg =+
由与sin x θBC =，故支持力为恒力，即12
N mg =，故摩擦力也为恒力大小为 14
f μN m
g == 从C 到E ，由动能定理可得
221110422qEL mgL k BE k BC ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
由几何关系可知222BE BC L -=，代入上式可得
32
kL mg = 在D 点时，由牛顿第二定律可得
1cos 4
qE k BD θmg ma --= 由1cos 2BD θL =，将32
kL mg =可得，D 点时小球的加速度为 0a =
故小球在D 点时的速度最大，A 正确；
B.从E 到C ，由动能定理可得
222111102242k BE k BC qEL mgL m υ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭
解得
υ=故B 正确；
C.由于弹力的水平分力为cos kx θ，cos θ和kx 均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C 到D 阶段做的功小于在小球从D 到E 阶段做的功，C 错误；
D.将小球电荷量变为2q ，由动能定理可得
222111124222
E qEL mgL k BE k BC m υ⎛⎫---= ⎪⎝⎭ 解得
2
E υgL =
故D 正确；
故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为m 1的滑块甲和质量为m 2的滑块乙上装有宽度相同的挡光片。

开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过光电门1再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。

(1)如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况，由此可知遮光条宽度d=_____cm 。

(2)下列选项中不属于本实验要求的是______（请填写选项前对应字母）
A ．气垫导轨应调节水平
B ．滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量
C ．滑块甲的质量应大于滑块乙的质量
(3)某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1的时间为∆t 1，滑块乙通过光电门2的时间为∆t 2，滑块甲通过光电门2的时间为∆t 3。

如果等式___________（用对应物理量的符号表示）成立，则可说明碰撞过程中系统动量守恒。

【答案】0.360 B 112132
m m m t t t =+∆∆∆ 【解析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺示数为3mm ，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为 12×0.05mm=0.60mm
最终示数为
3.60mm=0.360cm
(2)[2]若滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故B 项不属于实验的要求。

(3)[3]滑块通过光电门的速度
d v t
=∆ 根据动量守恒定律有
111322m v m v m v =+
代入可得关系式 112132
d d d m m m t t t =+∆∆∆ 即为
112132
m m m t t t =+∆∆∆ 14．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。

电源甲的电动势大约为4.5V ，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V ，内阻大约为1Ω。

由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A ．量程为0~3V 的电压表V
B ．量程为0~0.6 A 的电流表A 1
C ．量程为0~3 A 的电流表A 2
D ．阻值为4.0Ω的定值电阻R 1
E.阻值为100Ω的定值电阻R 2
F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R 3
G .最大阻值为100Ω的滑动变阻器R 4，
（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻
①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择____(填“F"或“G").
②分别以电流表的示数I 和电压表的示数U 为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I 图象，U 和I 的单位分别为V 和A ，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V ，内阻r=_______Ω。

(保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（__________）
A ．电压表的分流作用
B ．电压表的分压作用
C ．电流表的分压作用
D ．电流表的分流作用
E.定值电阻的分压作用
（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。

①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)
②实验中，首先将K 1断开，K 2闭合，电压表示数为1.49V ，然后将K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.18V ，
则电源乙电动势E=______V ，内阻r=_______Ω。

(小数点后保留两位小数)
【答案】D B F 4.6 1.8 A D 1.49 1.05
【解析】
【详解】
（1）①[1][2]测电动势力约4.5V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为 max 4.55.5
I =A 0.82≈ A 如果用量程为3A 的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B ；
测电动势约4.5V 的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为
4.50.6
E R I ==Ω=7.5Ω 考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D ；
[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F ；
②[4][5]由表达式
U=-5.8I+4.6
根据闭合电路欧姆定律有
()1U E I r R =-+
联立解得电源电动势为E=4.6V ，内阻r=1.8Ω，
③[6]由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故A 符合题意，BCDE 不符合题意； 故选A ；
（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D ； ②[8][9]由电路图可知，K 1断开，K 2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V ，即电源乙电动势为E=1.49V ；K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.8V ，电压表测路端电压，此时电路电流为 1.184
U I R '==A=0.295A 电源内阻为 E U r I '-=
≈1.05Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。

两气缸各有一个活塞，质量分别为1m 和2m ，活塞与气缸无摩擦。

活塞的下方为理想气体，上方为真空。

当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h 。

（已知13m m =，22)m m =
①在两活塞上同时各放一质量为m 的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为0)T 。

②在达到上一问的终态后，环境温度由0T 缓慢上升到T ，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？
气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。

【答案】①
54
h ；② 05(1)T mgh T -，吸收热量。

【解析】
【详解】 ①设左、右活塞的面积分别为S '和S ，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即 32mg mg S S
=' 由此得
32
S S '=① 在两个活塞上各加质量为m 的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件
483mg mg P S S =
='左 3mg P S
=右 P P <左右，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中 在初态，气体的压强为：12mg P S =，体积为：152V Sh =； 在末态，气体压强为：283mg P S
=
，体积为：22(V xS x =为左活塞的高度） 由玻意耳定律得 1122PV PV =
代入数据解得
54
x h = ②当温度由0T 上升至T 时，气体的压强始终为
83mg S
，设x '是温度达到T 时左活塞的高度， 由盖∙吕萨克定律得
0054T Th x x T T '== 活塞对气体做的功为
00
54(1)5(1)4T T W Fs mg h mgh T T ==⋅-=- 环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。

16．如图所示，用两个质量均为m 、横截面积均为S 的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A 下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0。

已知环境温度、大气压强p 0均保持不变，且满足5mg=p 0S ，不计一切摩擦。

当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞A 上升的高度为076
l ，求悬挂重物的质量。

【答案】2m
【解析】
【详解】
对气体I 分析，初状态的压强为
()10m m g p p S '+=- 末状态的压强为
10045
mg p p p S =-= 由玻意耳定律有
1110p l S p l S '=
对气体1分析，初状态
21mg p p S =-
末状态
21035
B m p p p S ''=-- 由玻意耳定律
2e 22p l S p l S '= A 活塞上升的高度
()()0102076
l l l l l l ∆=-+-= 联立解得
m'=2m 。

17．如图所示，两平行金属板中的A 板上有阴极发射器，发射出的电子冲向B 板，灵敏电流计指针偏转。

已知E ＝3V ，滑动变阻器全阻值R ＝99Ω，A 板发射出的电子最大动能E ＝2.4eV 闭合开关S ，自左向右
移动触片，至滑动变阻器的89。

处时电流计指针恰好无偏转，求: (1)平行金属板间电压;
(2)电源的内电阻。

【答案】 (1)2.4V(2)11Ω
【解析】
【详解】
(1)由题意可得
k max eU E =
则有 k max 2.4V E U e
== (2)滑动变阻器接入电路中的电阻为
1899889
R =⨯Ω=Ω 由电路特点可知
1R U E R r
=
+ 即 882.4399r =
⨯+ 解得
11r =Ω。