广西省河池市2021届新高考第四次适应性考试物理试题含解析

广西省河池市2021届新高考第四次适应性考试物理试题
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 ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质
C ．一个氘核2
1H 与一个氚核31H 聚变生成一个氦核4
2He 的同时，放出一个电子 D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故A 错误；
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质，故B 正确；
C ．核反应方程满足质量数和质子数守恒
2
3
411120H H He n +→+
所以放出的是中子，不是电子，故C 错误；
D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量减小，故D 错误。

故选B 。

2．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线
圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是 （ ）
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大
D ．变压器原、副线圈匝数之比为nBS U ω 【答案】C 【解析】 图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A 错误；交流电的周期为2T πω=
，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变ωπ
次，选项B 错误；交流电的电动势最大值：E m =nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBSωsinωt,选项C 正确；交流电的有效值为12U = ,则1122
2n U n U U == ,选项D 错误；故选C. 点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．
3．如图所示，物体m 与斜面体M 一起静止在水平面上。

若将斜面的倾角θ稍微增大一些，且物体m 仍静止在斜面上，则
A ．斜面体对物体的支持力不变
B ．斜面体对物体的摩擦力变大
C ．水平面与斜面体间的摩擦力变大
D ．水平面与斜面体间的摩擦力变小
【答案】B
【解析】
【详解】
A 、物体m 静止不动，受力平衡．可对物体受力分析，正交分解重力G 得：
斜面体对物体的支持力N=mgcos
斜面体对物体的摩擦力f=mgsin
比较可知稍微增大一些，N 变小，f 变大，故A 错误、B 正确．
C 、对于水平面对斜面的力，最好采用整体法，对m 和M 整体进行受力分析：
整体受重力和水平面的支持力，因为整体处于静止也就是平衡状态，所以地面对斜面体的摩擦力始终为零，水平面对斜面体间的支持力不变．故C 错误、D 错误．
流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是
A ．2.0V
B ．9.0V
C ．12.7V
D ．144.0V
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 由121
2U U n n =得2121n U U n =，其中12U V =，得242
U V =9.0V ≈，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确．
5．质量为1kg 的物块M 水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的v －t 图像如图乙所示。

在整个运动过程中，以下说法不正确的是（g=10m/s²）（ ）
A ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2
B ．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m
C ．物块与传送带的相对位移大小为3m ，相对路程为9m
D ．运动过程中摩擦生热为18J
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由图知，物块运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
mg ma μ=
可得
0.2μ=
故A 正确；
B ．由图知，传送带的速度为
2m/s v =
在0-3s 内，传送带的位移
123m 6m x vt ==⨯=
方向向左；根据图象的“面积”表示位移，可得0-3s 内，物块运动的位移大小为
211 4221m 3m 22
x =⨯⨯-⨯⨯= 方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为
129m L x x =+=
故B 正确；
C ．0-3s 内，由于物块相对于传送带来说一直向右运动，所以物块与传送带的相对位移大小和相对路程都为9m ，故C 错误；
D ．运动过程中摩擦生热为 12(0.21109J 18J )Q mg x x μ=+=⨯⨯⨯=g
故D 正确；
不正确的故选C 。

6．如图(a)，R 为电阻箱，A 为理想电流表，电源的电动势为E ，内阻为r 。

图(b)为电源的输出功率P 与A 示数I 的关系图像，其中功率P 0分别对应电流I 1、I 2。

则
A ．I 1＋I 2＞
E r B ．I 1＋I 2＜E r C ．I 1＋I 2＝E r D ．I 1＝I 2＝E r
【详解】
电源的输出功率：
P=EI−I 2r
则：
221122EI I r EI I r -=-
整理得：
12E I I r += A. I 1＋I 2＞E r。

与上述结论不符，故A 错误； B. I 1＋I 2＜E r。

与上述结论不符，故B 错误； C. I 1＋I 2＝E r。

与上述结论相符，故C 正确； D. I 1＝I 2＝E r 。

与上述结论不符，故D 错误。

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．手机无线充电功能的应用为人们提供了很大便利。

图甲为手机无线充电原理示意图。

充电板接入交流电源，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。

充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流（电流由a 流入时方向为正，交变电流的周期为310s π-⨯），手机感应线圈的匝数为10匝，线圈的面积为225cm ，手机充电时电阻约为15Ω，1t 时刻感应线圈中磁感应强度为62T 25。

下列说法正确的是（ ）
A ．13~t t 时间内，d 点电势高于c 点电势
B ．13~t t 时间内，c 点电势高于d 点电势
C ．感应线圈中电流的有效值为800mA
D ．感应线圈中电流的有效值为8002mA
【答案】AC
AB ．21~t t 时间内充电板中电流由a 流向b ，此时励磁线圈在感应线圈中的磁场方向向下，且磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律，可判断出感应线圈中电流的方向为c 到d ，同理23~t t 时间内，感应线圈中电流的方向也为c 到d 。

由于感应线圈此时充当电源，电流从低电势流向高电势，所以d 点的电势较高，选项A 正确，B 错误。

CD ．由于励磁线圈中的电流是正弦式的，感应出来的电流是余弦式的。

感应电动势的最大值
max 122V E NBS ω==
则感应电流的有效值
max 800mA 2I R
== 所以选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37︒，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F 拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为0.2kg ，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止
加速到最大速度的时间为1s ，金属棒和导轨的电阻不计，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，g 取10m/s 2，则（ ）
A ．F 为恒力
B ．F 的最大功率为0.56W
C ．回路中的最大电功率等于0.56W
D ．金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对棒受力分析有
22sin 37B L v F mg ma ︒--=
2222sin 37()mR F mg v a R B L B L
︒
-=-+ 结合图乙可知
22 1.02.8
mR B L = 22sin 37()1F mg R B L
︒
-= 联立解得
22251.76N,14
R F B L == 且由P Fv =可知，F 的最大功率为
1.76W P =
故A 正确，B 错误；
C ．当棒的速度为1m/s 时，回路中的电流最大，回路中的电功率最大为
2222
max 0.56W B L v P I R R === 故C 正确；
D ．金属棒由静止加速到最大速度由动量定理得
22sin 37B L vt Ft mg t mv R
︒--= 即
22sin 37B L x Ft mg t mv R
︒--= 解得
0.72m x =
金属棒由静止加速到最大速度，由动能定理得
21sin 372
A Fx mg x W mv ︒-⋅+=
解得 0.26J A W =-
由功能关系可知
0.26J A Q W =-=
故D 正确。

其中O 为圆心，D 在圆上，半径OC 垂直于OB ．
A 点固定电荷量为Q 的正电荷，
B 点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等．有一个质量为m ，电荷量为-q 的带电小球在滑槽中运动，在
C 点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知（ ）
A ．固定在
B 点的电荷带正电
B ．固定在B 点的电荷电荷量为3Q
C ．小球在滑槽内做匀速圆周运动
D ．C 、D 两点的电场强度大小相等
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由小球在C 点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C 点的合力方向一定沿CO ，且指向O 点．
A 对小球吸引，
B 对小球排斥，因此小球带负电、B 带负电，故A 错误；
B ．由∠ABC=∠ACB=30°知：∠ACO=30°，AB=AC=L ；
BC=2ABcos30°3L
由力的合成可得
123F F =
即
22
3(3)B Qq k k L L = 3B Q Q =
匀速圆周运动，故C 正确；
D ．由库仑定律及场强的叠加知，D 点的电场强度大于C 点，故D 错误．
故选BC ．
10．如图所示，质量相同的小球A 、B 通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。

由于轻微扰动，小球A 、B 分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g ，忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒
B ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A 一直做正功
C ．B 球从下滑至恰好到达水平面的瞬间,地面对A 的支持力先减小后增大
D ．当细杆与水平方向成30°角时，小球A 的速度大小为v ，可求得杆长为2
4v g
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．
B 球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A 正确；
BC ．初始时刻A 球的速度为零，当B 球到达水平面时，B 的速度向下，此时B 球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A 球的速度为零，那么在向右端过程中A 球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A 先施加斜向下的推力做正功，此时A 对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A 对地面压力小于自身重力，故B 、C 错误；
D ．小球A 的速度为v 时，设小球B 的速度大小为v '，则有
cos30cos60v v ︒='︒
解得
3v v '=
两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有
2211222
L mg mv mv =+'g 联立解得
故D 正确；
故选AD 。

11．图甲为一简谐横波在t=0.20s 时的波形图，P 是平衡位置在x=3m 处的质点，Q 是平衡位置在x=4m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图像，不正确的是（ ）
A ．这列波沿x 轴负方向传播
B ．当此列波遇到尺寸超过8m 的障碍物时不能发生衍射现象
C ．从t=0.20s 到t=0.30s ，P 通过的路程为10cm
D ．从t=0.30s 到t=0.35s ，P 的动能逐渐增加
E.在t=0.35s 时，P 的加速度方向与y 轴正方向相同
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．由乙图读出，在t=0.20s 时Q 点的速度方向沿y 轴负方向，由波形的平移法判断可知该波沿x 轴负方向的传播，A 不符合题意；
B ．机械波都能发生衍射，只是明不明显，B 符合题意；
C ．从t=0.20s 到t=0.30s ，经过：
4
T t ∆= 由于P 位置不特殊，故无法看出其具体路程，C 符合题意；
D ．从t=0.30s 到t=0.35s ，P 点从关于平衡位置的对称点运动到波谷，速度逐渐减小，故动能逐渐减小，D 符合题意；
E ．在t=0.35s 时，质点P 运动到波谷，故加速度沿y 轴正方向，E 不符合题意。

故选BCD 。

12．如图的实验中，分别用波长为12λλ、的单色光照射光电管的阴极K ，测得相应的遏止电压分别为U 1
和U 1．设电子的质量为m ，带电荷量为e ，真空中的光速为c ，极限波长为0λ，下列说法正确的是（ ）
A ．用波长为2λ的光照射时，光电子的最大初动能为2eU
B ．用波长为2λ的光照射时，光电子的最大初动能为
()()
()()
121
120
2121e u u e u u λλλλλλ---
--
C ．普朗克常量等于
()()
1212
21e U U c λλλλ-⋅⋅-
D ．阴极K 金属的极限频率为()
()
112112c U U U U λλ--
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A 、
B 项：根据光电效应方程，则有：
0km 2hc
W E eU λ
-==，故A 正确，B 错误；
C 项：根据爱因斯坦光电效应方程得：11h eU W ν=+，22h eU W ν=+，得金属的逸出功为：
11W h eU ν=- 联立解得：1212121221()(()
e U U e U U h c λλννλλ--=
=--）
，故C 正确；
D 项：阴极K 金属的极限频率122111*********()
()
U U c U U U U U U ννλλνλλ--=
=--，故D 错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．测量小物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。

AB 是半径足够大的光滑四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P 板的上表面BC 在B 点相切，C 点在水平地面的垂直投影为Cʹ。

重力加速度为g 。

实验步骤如下： ①用天平称出物块Q 的质量m ；
②测量出轨道AB 的半径R 、BC 的长度L 和CCʹ的长度h ； ③将物块Q 在A 点从静止释放，在物块Q 落地处标记其落点D ； ④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到Cʹ的距离s 。

（1）请用实验中的测量量表示物块Q 到达C 点时的动能E kc =_________以及物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数µ=_________。

（2）实验步骤④⑤的目的是__________________。

如果实验测得的µ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是________。

（写出一个可能的原因即可）。

【答案】
2
4mgs h
24R s hL μ- 减小实验的偶然误差 圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力 【解析】 【分析】
考查实验“测物体间的动摩擦因数”。

【详解】
[1]．离开C 后，物块做平抛运动： 水平方向：
C s v t =
竖直方向：
2
12h gt =
物块在C 点的动能：
2kC c 12
E mv =
解得：
2
kC
4mgs E h
=； [2]．从A 到B ，由动能定理得：
kB 0mgR E =-
则物块到达B 时的动能：
kB E mgR =
由B 到C 过程中，由动能定理得：
C 22f B 1122
W mv mv --=
克服摩擦力做的功：
2
f 4mgs W mgR h
=－ B 到C 过程中，克服摩擦力做的功：
f W m
g μ=
得：
2
4R s L hL
μ=-
； [3]．实验步骤④⑤的目的是测平均值，减少偶然误差；
[4]．实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，很有可能就是其它地方有摩擦，比如圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力。

14．电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。

某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。

(1)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为______mm ，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_____cm ，如图丙所示，用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为_____Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R 外，实验室还备有的。

实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选______，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________。

（均填器材前的字母代号） A ．电压表V 1（量程3V ，内阻约为15kΩ）； B ．电压表V 2（量程15V ，内阻约为75kΩ）； C ．电流表A 1（量程1．6A ，内阻约为1Ω）； D ．电流表A 2（量程3A ，内阻约为1.2Ω）； E ．滑动变阻器R 1（阻值范围1~5Ω，1.1A ）； F ．滑动变阻器R 2（阻值范围1~2111Ω，1.1A ）； G ．直流电源E （电动势为3V ，内阻不计） H ．开关S ，导线若干。

(3)请设计合理的实验电路，并将电路图画在虚线框中_______________。

(4)若流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端的电压为U ，圆柱体横截面的直径和长度分别用D 、L 表示，则用D 、L 、I 、U 表示该圆柱体电阻率的关系式为ρ=___________。

【答案】1.844（1.842~1.846均可） 4.241 6 A C E
24D U
IL
πρ=
【解析】 【详解】
(1)[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为刻度读数十估读，由题图甲知，圆柱体的直径为 1.5mm+34.4×1.11mm=1.844mm 由于误差则1.842mm~1.846mm 均可
[2]游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数×精度，由题图乙知，长度为 42mm+8×1.15 mm=42.41mm=4.241cm
[3]多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为6Ω
(2)[4][5][6]待测电阻大约6Ω，若用滑动变阻器R 2（阻值范围0~2000Ω，0.1A ）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器R 1（阻值范围0~5Ω，1.1A ），电源电动势为3V ，所以电压表应选3V 量程的
为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为
0.5A
U I
R ==
所以电流表量程应选1.6A量程的。

(3)[7]根据以上分析，设计的电路图如图所示
(4)[8]由
U
I
R
=，
L
R
S
ρ
=及2
1
π
4
S D
=得
2
π
4
D U
IL
ρ=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两条相互垂直的直线MN、PQ，其交点为O。

MN一侧有电场强度为E的匀强场（垂直于MN向上），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）。

一质量为m的带负电粒子（不计重力）从PQ线上的A点，沿平行于MN方向以速度0v射出，从MN上的C点（未画出）进入磁场，通过O点后离开磁场，已知OA h
=，2
OC h
=。

求：
（1）带电粒子的电荷量q；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。

【答案】（1）
2
2
mv
q
Eh
=（2）
2E
B
v
=
【解析】
【详解】
（1）设粒子的电量为q，研究A到C的运动
2 1
2
Eq
h t
m
=⋅①
2h=v0t ②
由①②得：
2
2
mv
q
Eh
=③
（2）研究粒子从A到C的运动
2
y
h
v
t
=④
可得
v y=v0 ⑤
tanθ1
y
v
v
==
θ=45°
2
v v
=⑥
研究粒子从C作圆周运动到O的运动，令磁场强度为B，由
2
v
qvB m
R
=⑦
由几何关系得
2Rsinθ=2h⑧
由⑥⑦⑧解出
2E
B
v
=
16．如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm3，上方汽缸的长度为40 cm，横截面积为50 cm2。

小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。

皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。

①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；
②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止，求此时小明作用力的大小。

【答案】①3×105 Pa ②250 N 【解析】 【详解】
①以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0， 体积：
V 1＝1000 cm 3＋40×50 cm 3＝3000 cm 3
当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p ，体积为V 2＝1000 cm 3， 由玻意耳定律：p 0V 1＝p 2V 2 解得：
p 2＝3p 0＝3×105 Pa
②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p 0，体积为V 2＝1000 cm 3，活塞缓慢向上提起20 cm 高度保持静止时，设小明作用力的大小为F ，封闭气体的压强为p 3，体积为： V 3＝1000 cm 3＋20×50 cm 3＝2000 cm 3 由玻意耳定律有：p 0V 2＝p 3V 3 又有：F ＋p 3S ＝p 0S 解得： F ＝250 N
17．如图所示，一位同学在用气垫导轨探究动量守恒定律时，测得滑块甲质量为m 甲，它以v 1的速度水平撞上同向滑行的滑块乙。

乙的质量为m 乙，速度为v 2。

碰撞后滑块甲以v 3的速度继续向前运动。

求滑块乙的滑行速度v 乙的大小。

【答案】
132)(m v v v m -+甲
乙
【解析】 【详解】
取水平向右为正方向，则碰撞前甲的速度为v 1，乙的速度为v 2，碰撞后，甲的速度为v 3，滑块乙的滑行速度v 乙，根据动量守恒定律得
123m v m v m v m v +=+甲乙甲乙乙
解得
132)(m v v v v m =
-+甲
乙乙。