吉林省长春市2021届新高考物理第四次调研试卷含解析

吉林省长春市2021届新高考物理第四次调研试卷
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．图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O 为结点，轻绳OA 、OB 、OC 长度相等，无风时三根绳拉力分别为F A 、F B 、F C 。

其中OB 、OC 两绳的夹角为60o ，灯笼总质量为3m ，重力加速度为g 。

下列表述正确的是（ ）
A ．F
B 一定小于mg
B ．F B 与F
C 是一对平衡力 C ．F A 与F C 大小相等
D ．F B 与F C 合力大小等于3mg
【答案】D
【解析】
【详解】 A ．因OB=OC 可知F B =F C ，由平衡知识可知
2cos303B F mg =o
解得 3B F mg =
F B 一定大于mg ，选项A 错误；
B ．F B 与F
C 不共线，不是一对平衡力，选项B 错误；
C ．因F A =3mg>F C ，则选项C 错误；
D ．由平衡知识可知，F B 与F C 合力大小等于3mg ，选项D 正确。

故选D 。

2．如图所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100g ，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F 的水平压力，使木板悬空水平静止。

若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，则F 至少为（ ）
【解析】
【分析】
【详解】
先将所有的书当作整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
1210F mg μ≥
再以除最外侧两本书为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有
228F mg μ≥
联立解得
20N F ≥
选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3．如图所示，左侧是半径为R 的四分之一圆弧，右侧是半径为2R 的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a 、b 通过一轻绳相连，二者恰好等于等高处平衡．已知37θ=︒，不计所有摩擦，则小球a 、b 的质量之比为
A ．3:4
B ．3:5
C ．4:5
D ．1:2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 对a 和b 两个物体受力分析，受力分析图如下，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为T ；
由力的平衡可知a 物体的拉力
b 物体的拉力
1sin b T m g OO C =∠，
1sin 37cos
0.82R R OO C R
+︒∠==， 则137OO C ∠=︒
联立可解得3=4
a b m m ，A 正确． 4．如图所示汽车用绕过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，轮船在水面上以速度v 匀速前进汽车与定滑轮间的轻绳保持水平。

假设轮船始终受到恒定阻力f ，当牵引轮船的轻绳与水平方向成θ角时轻绳拉船的功率为P 。

不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A ．汽车做加速运动
B ．轮船受到的浮力逐渐增大
C ．轻绳的拉力逐渐减小
D ．P 的数值等于fv
【答案】D
【解析】
【详解】 A ．由速度分解此时汽车的速度为：v 车=vcosθ，船靠岸的过程中，θ增大，cosθ减小，船的速度v 不变，则车速减小，所以汽车做减速运动，故A 错误；
BC ．绳的拉力对船做功的功率为P ，由P=Fvcosθ知，绳对船的拉力为：
p F vcos θ
= 对船：
sin F F mg θ+=浮
联立可知：
tan P F mg v
θ+=浮 θ增大，则F 变大，F 浮变小；故BC 错误；
D ．船匀速运动，则Fcosθ=f ，则
cos P Fv fv θ==
故选D。

5．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上（船未与岸相撞），不计水的阻力，则（）
A．该同学和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量大小为105kg·m/s
C．船最终的速度是0.95m/s
D．船的动量变化量大小为70kg·m/s
【答案】B
【解析】
【详解】
AC.规定该同学原来的速度方向为正方向.设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得v=0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；
B.该同学的动量变化量为Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；
D.船的动量变化量为Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s，故D错误.
6．如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一水平初速度v0，同时对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F，小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为v0。

则正确的是（）
A．小球在向上摆到45°角时速度达到最大B．F=mg
C．速度大小始终不变D．F=2mg
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。

BD ．小球向上摆的过程中，由动能定理：
2200110222FL mgL mv mv π
-=
-= 解得：2mg
F π=
B 错误，D 正确；
因为当重力沿切线方向的分力与F 等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到θ角时，速度最大：
cos 2g g m F m θπ==
解得2=arccos
θπ
A 错误； 因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C 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，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时的速度大小相等，速度方向夹角为37°。

已知B 、C 两点的高度差 1.25m h =，重力加速度
210m/s ,sin 370.6,cos370.8g ︒︒===，两小球质量相等，不计空气阻力。

根据以上条件可知（ ）
A ．小球甲水平抛出的初速度大小为3m/s
B ．小球甲从A 点到达
C 点所用的时间为0.4s
C ．A 、B 两点的高度差为0.45m
D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率相等
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球乙到C 的速度为
sin 373m /s v =o 。

故A 正确；
B ．根据
cos37y v v gt ==o
计算得小球甲从A 点到达C 点所用的时间为0.4s ，故B 正确；
C ．A 、C 两点的高度差为
210.8m 2
AC h gt == 故A 、B 两点的高度差为1.25m 0.8m 0.45m -=，故C 错误；
D ．由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等。

故D 错。

故选AB 。

8．如图所示，xOy 坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。

一个质量为m 。

电荷量为+q 的带电粒子，以0v 的速度沿AB 方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y 轴击中C 点。

已知A 、B 、C 三个点的坐标分别为（3L -，0）、（0，2L ）、（0，L ）。

若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．带电粒子由A 到C 过程中最小速度一定为0217
v B ．带电粒子由A 到C 过程中电势能先减小后增大
C ．匀强电场的大小为20mv E qL
= D ．若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB 方向到达B 点，则此状态下电场强度大小为207mv 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C 点有最小速度且垂直y 轴，可推得粒子做类
θ，则
0cos C v v θ=
由几何关系可知 tan 33OB OA L θ=== 联立可得
0032177
C v v v =⋅= 故A 正确；
B ．因粒子做类斜上抛运动，从A 点到
C 点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直增大，故B 错误；
C ．粒子从A 到C 的过程，由动能定理
2201122
C qEL mv mv -=- 联立可得匀强电场的大小为
201449E mv qL
= 故C 错误；
D ．调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿AB 方向到达B 点，则粒子一定AB 做匀减速直线运动，电场力沿BA 方向，由动能定理有
201702
qE L mv '-⋅=- 则匀强电场的场强大小为
20714mv E qL
'= 故D 正确。

故选AD 。

9．一简谐机械横波沿x 轴负方向传播，已知波的波长为8 m ，周期为2 s ，t ＝0 s 时刻波形如图甲所示，a 、b 、d 是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
B ．在0~0.25s 和0.25~0.5s 两段时间内，质点b 运动位移相同
C ．该波传播速度为v ＝16m/s
D ．质点a 在t=1s 时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y=0.1sinπt （m ）
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．由图乙知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t=0时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，与图乙中t=0时刻质点的状态不符，而质点b 在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t=0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d 的振动，可以表示质点b 的振动，故A 正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ==
故C 错误；
D ．因周期T=2s ，那么质点a 在t=1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

10．如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M 的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m ，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
B ．小美、小球组成的系统机械能守恒
C ．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D ．系统增加的内能大于小美减少的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g ，故A 正确；
B ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B 错误；
C ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有
sin cos mg mg θμθ=
所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C 正确；
D ．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D 正确。

故选ACD 。

11．沿x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．从图示时刻开始，经0.01s 质点a 通过的路程为40cm ，相对平衡位置的位移为零
B ．图中质点b 的加速度在增大
C ．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D ．从图示时刻开始，经0.01s 质点b 位于平衡位置上方，并沿y 轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．由图象可知波长为
4m λ=
则该列波的周期为
0.02s T v λ==
那么经过0.01s ，质点a 振动了半个周期，质点a 通过的路程为40cm ，应在负向最大位移处，所以A 错误；
B ．根据同侧法可以判断b 质点此时正沿y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B 正确；
C ．由图象已知该波的波长是4m ，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m 不能观察到明显的衍射现象，C 错误；
D ．经过0.01s ，质点b 振动了半个周期，图示时刻质点b 正沿y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b 在平衡位置上方且沿y 轴正方向振动，速度在减小，所以D 正确；
E ．该波的周期是0.02s ，所以频率为
150Hz f T
== 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz ，所以E 正确。

故选BDE 。

12．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率4m /s v =顺时针转动。

一煤块以初速度012m /s v =从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取210m /s g =，sin370.6︒=，sin530.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．倾斜传送带与水平方向夹角37θ=︒
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数0.5μ=
C ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s
D ．煤块在传送带上留下的痕迹长为(1245)m +
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由v-t 图像得0~1s 的加速度大小
221124m /s 8m /s a -==
22240m /s 4m /s
1
a -== 方向沿传送带向下，0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
37θ=︒，0.25μ=
故A 正确，B 错误；
C ．v-t 图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为10m x =，由运动学公式得下滑时间为
22210s 5s 4
x t a ⨯===下 所以煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为(25)s +，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ；1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m ；2~(25)s +传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为
2212m (1245)m 2
a t vt ++=+ 故D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M ________（填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m ．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点，s AD =_________cm ．已
知电源频率为50Hz ，则打点计时器在打D 点时纸带的速度 v =_________m/s （保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE k —W 关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是____________．
【答案】需要 2.10 0.50 D
【解析】
(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M 需要远大于砂和砂桶的总质量m ．
(2)由图得 2.10AD s cm =
打点计时器在打D 点时纸带的速度()2
2.10
3.9010/0.50/660.02AD DG s s v m s m s T -+⨯+===⨯ (3)理论线k E W Fx ∆==，实验线k E W Fx fx ∆==-'，则随着功的增大，两线间距变大．故D 项正确． 14．某同学利用图（a ） 所示电路测量量程为3 V 的电压表①的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R （最大阻值9999.9 Ω），滑动变阻器R （最大阻值50 Ω），滑动变阻器R 2 （最大阻值5 kΩ），直流电源E （电动势4 V ，内阻很小）。

开关1个，导线若干。

实验步骤如下：
①按电路原理图（a ）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a ）中最左端所对应的位置，闭合开关S ； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V ，记下电阻箱的阻值。

回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器________（填“R 1”或“R 2”）；
(2)根据图（a ）所示电路将图（b ）中实物图连线；
（____）
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为1500.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为______Ω（结果保留到个位）；
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）。

A ．100 μA B ．250 μA C ．500 μA D ．1mA
【答案】1R 3000 D
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小，需要滑动变阻器为小电阻，故选R 1可减小实验误差．
(2)[2]．滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：
(3)[3]．电压表的内阻V R 和R 串联，分压为2.00V 和1.00V ，则
V 23000R R ==Ω．
(4)[4]．电压表的满偏电流
3V 1mA 3000Ω
R V U I R === 故选D ．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB 镀银，O 表示平圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M 点入射，经过AB 面反射后从N 点射出。

已知光线在M 点的入射角为37︒，60MOA ∠=︒，30NOB ∠=︒，求：
①光线在M 点的折射角；
②透明物体的折射率。

【答案】①15°②()3625n =+ 【解析】
【详解】
①如图，透明物体内部的光路为折线MPN ，Q 、M 点相对于底面EF 对称，Q 、P 和N 三点共线，在M 点处，光的入射角为i ，折射角为r ，OMQ α∠=，PNF β∠=，根据题意有30α=︒
由几何关系得，PNO PQO r ∠=∠=，于是60r β+=︒，且r αβ+=得15r =︒
②根据折射率公式有sin sin i n r =得()
3
625n =+ 16．如图甲所示，S 1、S 2为两波源，产生的连续机械波可沿两波源的连线传播，传播速度v=100m/s ，M 为两波源连线上的质点，M 离S 1较近。

0时刻两波源同时开始振动，得到质点M 的振动图象如图乙所示，求：
(1)两波源S 1、S 2间的距离；
(2)在图中画出t=6s 时两波源S 1、S 2间的波形图，并简要说明作图理由。

【答案】 (1)800m ；(2)见解析
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由乙图知，M 点2s 时开始振动，6s 时振动出现变化，所以可知，波源的振动经2s 传到M 点，波源S 2的振动经6s 传到M 点，所以两波源间的距离
x=(100×2+100×6)m=800m
(2)2s 时M 点的起振方向沿y 轴负方向，所以波源S 1的起振方向沿y 轴负方向，6s 时波源S 1引起的M 点的振动方向沿y 轴负方向，而实际M 点的振动方向沿y 轴正方向，所以波源S 2引起的M 点的振动方向沿y 轴正方向，波源S 1引起的振动位移为5cm ，所以波源S 2引起的振动位移为10m ，波长
400m vT λ==
波源S 1引起的波形图为
波源S 2引起的波形图为
两波源S 1、S 2间的波形图为
17．在容积为40L 的容器中，盛有压缩二氧化碳3.96kg ，该容器能承受的压强不超过6.0⨯106pa ，求容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？（已知二氧化碳在标准状态下的密度是1.98kg/m 3，温度是0℃，压强是1⨯105pa ）
【答案】54.6℃
【解析】
【详解】
容器内的气体在标准状态下的状态量分别为：T 1=273K ，p 1=1⨯105pa ，331396m 2m 198m .V .ρ=
== 气体达到爆炸点的状态量为：p 2=6.0⨯106pa ，V 2=40L=0.04m 3 根据理想气体状态方程
112212
PV PV T T =，代入数据，有爆炸危险时内部气体达到的温度 T 2=327.6K
达到的摄氏温度t 2=54.6℃。

答：容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度是54.6℃。