北京市丰台区2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

北京市丰台区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．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（）
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=1．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确．
2．如图，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点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）
gh
A．小球甲作平抛运动的初速度大小为2
3
B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：2
h
C．A、B两点高度差为
4
D．两小球在C点时重力的瞬时功率相等
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由212
h gt =可得乙运动的时间为
2t 所以到达C 点时乙的速度为
2v gt 乙＝所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为
0sin30v v ︒乙＝ 故A 错误； B ．物体甲沿竖直方向的分速度为
cos30y v v ︒乙＝ 由v y =gt 1，所以甲在空中运动的时间为
12
y
v t g g ＝＝＝
甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为
12 2
t t = 故B 错误；
C ．小球甲下降的高度为
2111332224
h h gt g h g '=⨯⋅＝＝ A 、B 两点间的高度差
14
H h h h =-'=
故C 正确； D ．两个小球完全相同，根据P=mgv y ，因两球在C 点的竖直速度不相等，则两小球在C 点重力的功率不等，选项D 错误。

故选C 。

3．如图所示，总阻值为R 的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN 恰与磁场边缘平齐。

若第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出，
第二次以线速度v 2让线框绕轴MN 匀速转过90°，下列说法正确的是（ ）
A ．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向
B ．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2∶1
C ．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v 1：v 2=π：2
D ．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v 1：v 2=2：π
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A 错误；
B ．由公式q R
∆Φ=可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B 错误； C ．设线框的边长为L ，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出
11E BLv '=
()
223111122L BLv B L v Q R v R
=⋅= 第二次以线速度v 2让线框转过90° 2222
E '== 22232221122428L B L v Q R
ππ⨯ ⎪⎝
⎭== Q 1=Q 2
所以
12::4v v π=
选项C 错误；
D ．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出
11E BLv '=
第二次以线速度v 2让线框转过90° 22
2212112242BL L BLv E t v ππ
⨯⋅∆Φ===∆ 12E E =
得
12:2:v v π=
D 选项正确。

故选D 。

4．如图甲所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源（忽略内阻）。

通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q 随着时间t 变化的曲线如图乙中的a 、b 所示。

曲线形状由a 变化为b ，是由于（ ）
A ．电阻R 变大
B ．电阻R 减小
C ．电源电动势E 变大
D ．电源电动势
E 减小
【答案】A
【解析】
【详解】
由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，而是电路中电阻的阻值发生了变化。

图象b 比图象a 的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．如图所示为某质点运动的速度一时间图像（若将AB 段图线以AB 连线为轴翻转180︒，图线形状与OA 段相对于虚线对称），则关于OA 段和AB 图线描述的运动，下列说法正确的是（ ）
A．两段的运动时间相同B．两段的平均速度相同
C．两段的速度变化量相同D．两段的平均加速度相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据几何关系可知，两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，故A正确；B．由图像下方面积可知，两段位移不等，因此平均速度不同，故B错误；
C．两段的速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；
D．由
∆
=
∆
v
a
t
可知，两段的平均加速度大小相等，方向相反，故D错误。

故选A。

6．某发电机通过理想变压器给定值电阻R提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A，理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。

若发电机线圈的转速变为原来n倍，则
A．R消耗的功率变为nP
B．电压表V的读数为nU
C．电流表A的读数仍为I
D．通过R的交变电流频率不变
【答案】B
【解析】
【分析】
当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。

变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。

原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化。

【详解】
B ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机线圈的角速度变为原来n 倍，据m E NBS ω=可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n 倍，原线圈两端电压变为原来n 倍。

据1212::U U n n =可得，副线圈两端电压变为原来n 倍，电压表V 的读数为nU 。

故B 项正确。

A ：R 消耗的功率22R U P R
=，副线圈两端电压变为原来n 倍，则R 消耗的功率变为2n P 。

故A 项错误。

C ：流过R 的电流22U I R
=，副线圈两端电压变为原来n 倍，则流过R 的电流2I 变为原来的n 倍；再据1221::I I n n =，原线圈中电流变为原来n 倍，电流表A 的读数为nI 。

故C 项错误。

D ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n 倍，通过R 的交变电流频率变为原来的n 倍。

故D 项错误。

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．如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球a 、b 以一定初速度射入电场中P 点后的运动轨迹分别如图中虚线所示，b 轨迹为直线。

已知b 球带电量大小为q ，质量为m ，其轨迹与电场夹角为θ，重力加速度大小为g ，则（ ）
A ．a 球带负电
B ．匀强电场的电场强度E=mg q tan θ
C ．b 球经P 点后做匀加速直线运动
D ．a 球经P 点后的运动过程中电势能逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a 球受到的电场力必定水平向左，与电场方向一致，则a 球带正电，A 错误；
BC ．b 球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，轨迹与电场方向夹角为θ，则
tan
Eq mg
θ=
解得
tan
mg
E
qθ
=
BC正确；
D．b球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，D错误。

故选BC。

8．如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿对角线方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用. 根据以上信息，可以确定
A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电
B．粒子1和粒子3的比荷之比为2：1
C．粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为π：4
D．粒子3的射出位置与d点相距
2
L
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.根据左手定则可得：粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电。

故A错误；
B.做出粒子运动的轨迹如图，则粒子1运动的半径：r1＝
2，由
mv
r
qB
＝可得：1
11
2
q v v
m Br BL
＝＝
粒子3的运动的轨迹如图，则：r32，3
33
2 2
q v v m Br BL ＝＝
所以：3113 21q q m m ：＝：．故B 正确； C.粒子1 在磁场中运动的时间：1121422r t v v
π⋅＝＝ ；粒子2 在磁场中运动的时间：22L t v ＝ ；所以：12 4
t t π＝，故C 正确； D.粒子3射出的位置与d 点相距：3221x r L L L L =-=-=-（）．故D 错误。

9．某同学用如图所示电路演示交流发电机的发电原理，线圈电阻不计，电表为理想电表。

当线圈转动的转速增大1倍，下列说法正确的是（ ）
A ．当线圈处于图示位置时，灯泡两端电压最大
B ．电流表测量的是灯泡的最大电流
C ．电压表的示数增大为原来的2倍
D ．通过灯泡的电流频率为原来的2倍
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．当线圈处于图示位置时，位于与中性面垂直的平面，瞬时感应电动势最大，灯泡两端电压最大，故A 正确；
B ．电流表测量的是通过灯泡电流的有效值，故B 错误；
C ．根据
m E NBS ω= 2n ωπ=
可知当转速增加1倍，则电动势最大值增大为原来的2倍，根据
m
2
E=
可知电动势有效值增大为原来的2倍，即电压表的示数增大为原来的2倍，故C正确；
D．根据
11
T
n f
==
当转速增大1倍，可知交流电的频率变为原来的2倍，即通过灯泡的电流频率为原来的2倍，故D正确。

故选ACD。

10．下列说法正确的是_______。

A．分子间距离减小时，分子势能一定增大
B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔
C．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变
D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
E.当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故A错误；
B．晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点而非晶体没有，故B正确；
C．在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换气体内能一定增加，故C错误；
D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，故D正确；
E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小，故E正确。

故选BDE。

11．如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左侧上方的1
4
圆面积
内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆环的电阻为2R。

一根长度为2r、电阻为R的均匀金属棒MN以圆环的圆心O点为旋转中心，紧贴着网环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，开始时MN与PQ重合（）
A．金属棒中感应电动势的最大值为2
Brω
B ．0~πω时间内通过金属棒MN 的横截面电荷量为2
6B r R
π C
．金属棒中电流的有效值是2
8r R
ω D ．金属棒旋转一周电路中产生的热量为
246B r R πω 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．只有当MO 、NO 分别切割磁感线时，环中才有电流。

MO 、NO 中感应电动势 212
E B r ω= 故A 错误；
B ．金属棒中有电流时，电流为
2
32E
B r I R R R ω==+ 半个周期内通过金属棒MN 的电荷量
2
46T B r q I R
π=⋅= 故B 正确；
C ．在一个周期内，只有半个周期的时间内金属棒中才有电流，即
222
T I R I R T '=总总 所以金属棒中电流的有效值
2
6r I R
ω'= 故C 错误；
D ．依题意的
2Q I R T '=总
即
24
6B r Q R πω=
故D 正确。

故选BD 。

12．氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h 。

处于第4能级的大量氢原子向第2能级跃迁，下列说法中正确的是（ ）
A ．可以释放出3种不同频率的光子
B ．可以释放出2种不同频率的光子
C ．所释放的光子的最小频率为43
-E E h D ．所释放的光子的最小频率为与
42
-E E h
【答案】AC 【解析】 【详解】
AB ．大量氢原子处在4E 能级，向下面的2E 能级跃迁，有三种情况
42E E →、43E E →、32E E →
由E hv ∆=知光子的频率有3种。

故A 正确，B 错误；
CD ．其中43E E →跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为
43
E E E v h h
-∆=
= 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组用如图所示的装置，做验证机械能守恒定律的实验。

当地重力加速度为g ：
(1)电磁铁通过铁夹固定在铁架台上，给电磁铁通电，小球被吸在电磁铁下方（光电门的正上方）。

电磁铁断电，小球由静止释放，测得小球通过光电门所用时间为t ，测得小球直径为d ，电磁铁下表面到光电门的距离为()h h d ?，根据测得数值，得到表达式_______（用已知和测得的物理量表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒定律得到验证；
(2)若保持电磁铁位置不变，改变光电门的位置，重复上述实验，得到多组h 及小球通过光电门的时间t ，
为了能通过图像直观地得到实验结果，需要作出h -_____（填“t ”“2t ”“1t ”或“21
t
”）图像，当图像是一条
过原点的倾斜直线时，且在误差允许的范围内，斜率等于___________（用已知和测得的物理量表示），则机械能守恒定律得到验证；
(3)下列措施可以减小实验误差的是______。

A ．选用直径较小，质量较大的小球
B ．选用直径较大，质量较大的小球
C ．电磁铁下表面到光电门的距离适当大些
D ．尽量让小球球心通过光电门
【答案】21()2d gh t
= 21
t
22d g ACD 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]由机械能守恒有
2
1()2d mgh m t
=
故要验证的表达式为2
1()2d gh t
=。

(2)[2][3]由2
1()2d gh t
=
得 2212d h g t
=⋅
即为了直观地得到实验结果，应作21
h t -图像，在误差允许的范围内图像的斜率为2
2d g
，则机械能守恒定
律得到验证。

(3)[4]
AB ．为了减少实验误差，应选用质量大、体积小的小球，选项A 正确，选项B 错误；
CD ．电磁铁下表面到光电门的距离适当大些可以减小长度及速度测量的误差，尽量让小球球心通过光电门，减小因小球遮光长度不是直径引起的误差，选项C 、D 正确。

故填ACD 。

14．1590年，伽利略在比萨斜塔上做了“两个铁球同时落地"的实验，开始了自由落体的研究。

某同学用如图I 所示的实验装置研究自由落体，装置中电火花式打点计时器应该接在电压为______V 、频率为f=50 Hz 的交流电源上。

实验中先闭合开关，再释放纸带。

打出多条纸带。

选择一条点迹清晰完整的纸带进行研究，那么选择的纸带打下前两个点之间的距离略小于__________mm （结果保留1位有效数字）。

选择的纸带如图2所示，图中给出了连续三点间的距离，由此可算出打下C 点时的速度为______m/s 2，当地的重力加速度为____m/s 2.（最后两空结果均保留3位有效数字）
【答案】220 2 3.91 9.75 【解析】 【详解】
[1]．电火花式打点计时器直接接在220V 的交流电源上即可。

[2]．根据纸带可知打下连续两点时间间隔
1
0.02s t f
=
= 根据自由落体运动位移公式可知，开始时相邻两点间距离
2211
9.80.02m 1.96mm 2mm 22
h gt =
=⨯⨯=≈。

[3]．根据中点时刻的瞬间速度
3.91m/s 2BD
C x v T
=
= [4]．根据2x gt ∆=可知
222
2
(8.027.63)10m/s =9.75m/s 0.02
g --⨯=。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在质量为M ＝0.99kg 的小车上，固定着一个质量为m ＝0.01kg 、电阻R ＝1Ω的矩形单匝线圈MNPQ ，其中MN 边水平，NP 边竖直，MN 边长为L=0.1m ，NP 边长为l ＝0.05m ．小车载着线圈在光滑水平面上一起以v 0＝10m/s 的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度）．磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B ＝1.0T ．已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN 边长度相同．求：
（1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I 的大小和方向；
（2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q ；
（3）如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度v 1＝2m/s ，求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q ．
【答案】（1）0.5A 电流方向为 M→Q→P→N→M （2）5×10-3C （3）32J 【解析】 【分析】 【详解】
（1）线圈切割磁感线的速度v 0=10m/s ，感应电动势 E=Blv 0=1×0.05×10=0.5V
由闭合电路欧姆定律得，线圈中电流
0.5
A 0.5A 1
E I R =
＝＝ 由楞次定律知，线圈中感应电流方向为 M→Q→P→N→M （2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量为 q=I △t= E
R
△t 又 E=
t
Φ
V V △Φ=BS 联立可得 q=
BS
R
＝5×
10−3C （3）设小车完全进入磁场后速度为v ，在小车进入磁场从t 时刻到t+△t 时刻（△t→0）过中，根据牛顿第二定律得 -BIl=-m v t
V V 即
-BlI △t=m △v 两边求和得
=BlI t m v ∑-∑V V
则得
Blq=m （v 0-v ）
设小车出磁场的过程中流过线圈横截面的电量为q′，同理得 Blq′=m （v-v 1）
又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有 q=q′ 故得
即
v=01
2
v v +=6 m/s 所以，小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量为 Q=
12(M+m)v 02-12(M+m)v 2=12×1×102-12
×1×62=32J 16．在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径20m R =的四分之一圆弧PQ 赛道与两条直线赛道分别相切于P 和Q 点，圆弧PQ 为接力区，规定离开接力区的接力无效。

甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s 的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。

为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。

在某次练习中，甲在接力区前13.5m s =的A 处作了标记，并以9m /s v =的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P 点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。

假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s 2，π=3.14，求：
(1)为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道PQ 的最大速率； (2)此次练习中乙在接棒前的切向加速度a 。

【答案】 (1)10m/s ；(2) 3m/s 2 【解析】 【分析】 【详解】
(1)因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有
2
mv mg R
μ= 解得
10m/s v gR μ==
(2)设经过时间t ，甲追上乙，甲的路程为
乙的路程为
22
v x t =
由路程关系有
13.52
v
vt t =+
将v=9m/s 代入得 t=3s 此时
27m 31.4m 2
vt R π
=<
=
所以还在接力区内 根据v=at 代入数据解得 a=3m/s 2
17．如图所示，足够长的光滑水平台面M 距地面高h=0.80m ，平台右端紧接长度L=5.4m 的水平传送带NP ，A 、B 两滑块的质量分别为m A =4kg 、m B =2kg ，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s 向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A 继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m ，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2，求：
(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能E P ；
(2)若在滑块A 冲到传送带时传送带立即以速度v 1=1m/s 逆时针匀速运动，求滑块A 与传送带系统因摩擦产生的热量Q ；
(3)若在滑块A 冲到传送带时传送带立即以速度v 2顺时针匀速运动，试讨论滑块A 运动至P 点时做平抛运动的水平位移x 与v 2的关系?(传送带两端的轮子半径足够小)
【答案】 (1)E p =24J (2)32Q J = (3)若26m/s v ≤,20.4x v =;26m/s v >, 2.4m x =; 【解析】 【详解】
(1)设A 、B 与弹簧分离瞬间的速度分别为v A 、v B ，取向右为正方向，由动量守恒定律得:
()A B A A B B m m v m v m v +=+
A 向N 运动的过程，运用动能定理得：21
02
A A A m gs m v μ=- 细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为:()222
111222
p A A B B A B E m v m v m m v =+-+
解得：v A =3m/s ，v B =－3m/s ，E p =24J
(2)滑块A 在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为△t
滑块A 加速度大小为:22.5/A A
m g
a g m s m μμ=
==
由运动学公式得:1A v v a t -=-⋅∆
()12
A A v v x t +-=
⋅∆
1x v t =-⋅∆带（）
滑块与传送带间的相对滑动路程为:1A s x x =-带 在相对滑动过程中产生的摩擦热:1A Q m gs μ= 由以上各式得：32Q J =
(3)设A 平抛初速度为v 2，平抛时间为t ，则：
2x v t =
2
12
h gt =
得t=0.4s
若传送带A 顺时针运动的速度达到某一临界值v m ，滑块A 将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为v m, 则22m A 11
22
A A A m gL m v m v μ=
- 解得v m =6m/s 讨论：
（1）若传送带顺时针运动的速度26/m v v m s ≤=，则A 在传送带上与传送带相对滑动后，能与传送带保持共同速度，平抛初速度等于2v ，水平射程220.4x v t v ==；
（2）若传送带顺时针运动的速度26/m v v m s ≥=，则A 在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于v m =6m/s ，水平射程m 2.4x v t m ==．。