河南省信阳市2021届新高考物理第四次调研试卷含解析

河南省信阳市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．如图所示是旅游景区中常见的滑索。

研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。

游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得
（M+m）gsinα=（M+m）a
对乘客由于满足
Mgsinα=Ma
可知绳子与索道垂直。

若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B正确，ACD错误；故选B。

2．如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度为d，底面镀有反光膜CD，反光膜厚度不计，一束光线以45°的入射角由A点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B点射出（B点图中未画出）。

已知该光线在玻璃砖中
的传播速度为
2
2
c，c为光在真空中的传播速度，则下列说法错误的是（）
A2
B．入射点A与出射点B之间的距离为23 3
d
C．平行玻璃砖的全反射临界角为30°
D．为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜CD长度至少2d 【答案】C
【解析】
【详解】
A.玻璃砖的折射率为：
2
2
c
n
v
c
===
选项A正确；
B.作出光的传播路径如图所示：
由折射定律有：
45
2
sin sin
n
sin sin
α
ββ
︒
===
解得：
β=30°
因此入射点A与出射点B之间的距离为：
23
2
AB
d
x dtanβ
==
选项B正确；
C.设临界角为C，则有：
12
sinC
n
=
解得：
C=45°
选项C错误；
D.为了使从A点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜CD至少为：
22
CD
L dtanC d
==
选项D 正确。

本题选错误的，故选C 。

3．甲乙两车在水平地面上的同一位置同时出发，沿一条直线运动，两车均可看做质点，甲乙两车的速度时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A ．t=1s 时甲车加速度为零
B ．前4s 内两车间距一直增大
C ．t=4s 时两车相遇
D ．两车在前4s 内的最大距离为5m
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由v t -可知，甲车一直做匀加速直线运动，故A 错误；
B ．在2s t =时两车速度相等，且乙车在甲车前，2s 到4s 由于甲车速度大于乙车速度，所以两车间距离减小，故B 错误；
C ．由v t -图像与坐标轴所围面积表示位移可知，4s 内乙车的位移为
=24m 8m x ⨯=乙
由图可知，甲车的加速度为
222m/s 2m/s 1
a == 由于甲车前2s 的位移为0，由后2s 的位移
21(2222)m 8m 2
x =⨯+⨯⨯=甲 故两车相遇，故C 正确；
D ．在2s t =时两车速度相等，距离最大即为
22m 4m x ∆=⨯=
故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，OA 是水平放置的弹性薄钢片，左端固定于O 点，右端固定有一个软铁圆柱体，P 为套在钢片上的重物。

调节P 的位置可以改变OA 上下振动的固有频率，使其在40Hz —120Hz 之间变化。

在A 的正下方固定一个带铁心B 的线圈，线圈中通有f=50Hz 的交变电流，使OA 在磁场力作用下振动。

关于
OA稳定后的振动情况，下列说法中正确的是（）
A．无论P位于何处，频率一定是50Hz
B．无论P位于何处，频率一定是100Hz
C．P所处位置的不同，频率可能取40Hz—120Hz间的任何值
D．调节P使OA振动的固有频率为50Hz时OA的振幅最大
【答案】B
【解析】
【详解】
ABC．因交流电的频率为f=50Hz，则线圈吸引软铁A的频率为f′=100Hz，由受迫振动的规律可知，无论P位于何处，频率一定是100Hz，选项AC错误，B正确；
D．调节P使OA振动的固有频率为100Hz时产生共振，此时OA的振幅最大，选项D错误；
故选B。

5．下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是
A．维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力
B．核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小
C．比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能
D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
【答案】C
【解析】
【分析】
核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。

【详解】
A项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A错误；
B项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B错误；
C项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C正确；
D 项：自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D 错误。

故选：C 。

【点睛】
本题考查对核力的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程。

6．如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n 1和n 2的两部分，抽头上接有定值电阻R 。

开关S 接通“1”、“2”时电流表的示数分
别为I 1、I 2
，则12
I I 为（ ） A ．12n n B ．21n n C ．2122n n D 12
n n 【答案】C
【解析】
【详解】
设变压器原线圈两端的电压为U 0、匝数为n 0，根据变压器原理可知副线圈n 1和n 2的电压分别为 1100n U U n =，2200
n U U n = 根据能量守恒 2110U I U R
=，2220U I U R = 整理得
211222
I n I n = 故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．某型号的小灯泡其正常发光时的电压为4.0V ，图甲为小灯泡的I-U 曲线，现将该小灯泡与一电阻值为5.0Ω电阻串联后，再与一电动势E=5.0V 、内阻r=5.0Ω的电源，按图乙的连接方式连接好。

则下列说法正确的是（ ）
A ．此时电路中的电流为1A
B ．此时R 的功率约为为0.392W
C ．小灯泡的功率约为为0.672W
D ．电源的输出功率接近1W
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．将定值电阻看成是电源的内阻，由电源的电动势和内阻作出电源的伏安特性曲线如图所示
则交点为灯泡的工作点，由图可知，灯泡的电压约为2.4V ，电流约为0.28A ，则灯泡的功率
2.40.280.672W P UI ==⨯=
R 消耗的功率为
P=I 2R=0.282×5=0.392W
故A 错误，BC 正确；
D ．由电路可知电源的输出功率为电阻和小灯泡消耗的功率
P 总=0.392+0.672=1.06W
故D 正确。

故选BCD 。

8．以下说法正确的是（ ）
A ．某物质的密度为ρ，其分子的体积为0V ，分子的质量为m ，则0
m V ρ= B ．在油膜法粗测分子直径的实验中，把油分子看成球形，是物理学中的一个理想化模型，因为分子并不真的是球形
C ．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出，这是由于大头针填充了水分子间的空隙
D．物质是由大量分子组成的，在这里的分子是组成物质的分子、原子、离子的统称
E.玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖锐处就变圆滑，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．物质密度是宏观的质量与体积的比值，而分子体积、分子质量是微观量，A选项错误；
B．实际上，分子有着复杂的结构和形状，并不是理想的球形，B选项正确；
C．在装满水的玻璃杯内，可以轻轻投放一定数量的大头针，而水不会流出是由于表面张力的作用，C选项错误；
D．物理学中的分子是指分子、原子、离子等的统称，D选项正确；
E．玻璃管裂口放在火焰上烧熔后，成了液态，由于表面张力使得它的尖端变圆，E项正确。

故选BDE。

9．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）
A．在过程ab中气体的内能增加
B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功
D．在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．从a到b等容升压，根据pV
C
T
=可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度
升高，则内能增加，A正确；
B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；
C．在过程ab中气体体积不变，根据W p V
=∆可知，气体对外界做功为零，C错误；
D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一
定律U W Q ∆=+可知，气体从外界吸收热量，D 正确；
E ．在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据pV C T
=可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E 错误．
10．一列横波沿x 轴传播，某时刻的波形图如图所示，质点A 的平衡位置与坐标原点O 相距1m ，此时质点A 沿y 轴正方向运动，经过0.5s 第一次到达最大位移处。

由此可知
A ．这列波沿x 轴负方向传播
B ．这列波的波长为2m
C ．这列波的传播速度为1m/s
D ．这列波的频率为2Hz
E.该时刻起1.5s 内质点A 走过的路程为0.03m
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．题图中质点A 正由平衡位置向正向最大位移处运动，根据“上下坡法”可知，波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B ．由波形图可知
1m 2OA λ==
解得 2m λ=
故B 正确；
CD ．由题知，质点A 经0.5s 第一次到达最大位移处，则有
0.5s 4
T = 解得
2s T =
故频率
10.5Hz f T
== 根据
1m/s v T λ==
故C 正确，D 错误；
E ．因
31.54
T =s 故质点A 走过的路程为0.03m ，故E 正确。

故选BCE 。

11．如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC 做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB 上。

在斜劈转动的角速度ω缓慢增加的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B ．斜劈对物块的支持力保持不变
C ．斜劈对物块的摩擦力逐渐增加
D ．斜劈对物块的摩擦力变化情况无法判断
【答案】AC
【解析】
【详解】
物块的向心加速度沿水平方向，加速度大小为a=ω2r ，设斜劈倾角为θ，对物块沿AB 方向
f-mgsinθ=macosθ
垂直AB 方向有
mgcosθ-N=masinθ
解得
f=mgsinθ+macosθ
N=mgcosθ-masinθ
当角速度ω逐渐增加时，加速度a 逐渐增加，f 逐渐增加，N 逐渐减小，故AC 正确， BD 错误。

故选AC 。

12．如图所示,平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽略。

一带负电油滴被固定于电容器中的P 点。

现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则下列说法中正确的是（ ）
A ．平行板电容器的电容值将变小
B ．静电计指针张角变小
C ．带电油滴的电势能将减少
D ．若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．根据4S C kd
επ=知，d 增大，则电容减小，故A 正确； B ．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；
C ．电势差不变，d 增大，则电场强度减小，故P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C 正确；
D ．电容器与电源断开，则电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，即d 变大，根据4S C kd επ=，Q C U
= ，U E d = 可得 4kQ E S
πε= 则两板间场强不变，油滴受电场力不变，选项D 正确；故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组想用下图所示装置验证动能定理。

垫块的作用是使长木板产生一个合适的倾角来平衡小车运动过程中受到的阻力，小车的凹槽可以添加钩码以改变小车的质量，用小桶以及里面的细沙的重力来替代小车受到的合力，可以改变细沙的多少来改变合力的大小。

已知打点计时器的打点频率为f ，当地重力加速度为g 。

(1)要完成实验，必须测量哪些物理量___
A ．纸带上某两点间的距离x ，以及这两点的瞬时速度
B ．长木板的倾角α
C. 小车及凹槽内钩码的总质量M
D. 小桶及里面细沙的总质量m
(2)仔细平衡小车受到的阻力，并多次改变小车的质量M 和小桶里面细沙的质量m ，通过测量和计算发现：合力的功总是大于两点动能的差值，这___（填“符合”或“不符合“）实验的实际情况。

【答案】CD 符合
【解析】
【分析】
根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上两点的距离，用天平测出小车及凹槽内钩码的总质量，小桶及里面细沙的总质量，根据实验原理，明确实验现象中产生实验误差的原因即可求解。

【详解】
(1)[1]以小车及凹槽内砝码为研究对象，根据动能定理可知：
2201122
Fx Mv Mv =- 其中F 可以用小桶以及里面的细沙的重力来代替，x 是纸带上某两点间的距，M 为小车和凹槽内钩码的总质量，0v 和v 为对应两点的速度，因此需要测量的物理量为纸带上某两点间的距离x ，小车和凹槽内钩码的总质量M ，小桶及里面细沙的总质量m ，但速度不是测量处理的，是计算出的结果，故CD 正确AB 错误。

故选CD 。

(2)[2]虽然平衡小车受到的阻力，但是运动过程中小桶和里面的细沙的重力始终大于小车受到合外力，使合力做的总功总是大于两点动能的差值，这符合实验的实际情况。

14．现测定长金属丝的电阻率．
①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是______mm ．
②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻．这段金属丝的电阻x R ，约为100Ω，画出实验电路图，并标明器材代号．
电源E （电动势10V ，内阻约为10Ω）
电流表1A （量程0~250mA ，内阻15R =Ω）
电流表2A （量程0~300mA ，内阻约为5Ω）
滑动变阻器R （最大阻值10Ω，额定电流2A ）
开关S 及导线若干
③某同学设计方案正确，测量得到电流表1A 的读数为1I ，电流表2A 的读数为2I ，则这段金属丝电阻的计算式x R =______．从设计原理看，其测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
【答案】0.200（0.196~0.204均可）
1121
I R I I - 相等 【解析】
【详解】
根据螺旋测微器的读数法则可知读数为0.01200.0000.200mm ⨯+=
因该实验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表使用，为了调节范围大，应用分压式滑动变阻器的接法，则点如图如图
由电路图可知流过的电流为21I I -，电阻两端的电压为11I R ，因此电阻1121
x I R R I I =
- 该实验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测得值和真实值相等
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图所示，电阻不计、间距为L 的平行金属导轨固定于水平面上，其左端接有阻值为R 的电阻，整个装置放在磁感应强度为B 、方向竖直向上的匀强磁场中。

质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直放置予导轨上，以水平初速度v 0向右运动，金属棒的位移为x 时停下。

其在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。

金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

求：金属棒在运动过程中
(1)通过金属棒ab 的电流最大值和方向；
(2)加速度的最大值a m ；
(3)电阻R 上产生的焦耳热Q R 。

【答案】 (1)0BLv I R r =+，电流方向为a b →；(2)220()m B L v a g m R r μ=++；(3)2012R R Q mv mgx R r μ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电动势的最大值为
0m E BLv =
由闭合电路欧姆定律得
0BLv I R r
=+ 通过导体棒ab 的电流方向为a b →
(2)由牛顿第二定律
m F f ma +=
安培力F 大小为F BIL =，其中
0BLv I R r
=+ 摩擦力f 大小为
f m
g μ=
代入得
220()
m B L v a g m R r μ=++ (3)功能关系得
2012
mv mgx Q μ=+ 电阻R 上产生的热量R Q 为
R R Q Q R r
=+ 代入得
2012R R Q mv mgx R r μ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭
16．如图直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限内存在场强为E ，沿x 轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内
存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q （q>0）的带电粒子，从P （l ，l ）处由静止开始运动，第1次通过x 轴时沿y 轴负方向。

不计粒子重力。

求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第3次经过y 轴时的纵坐标；
（3）通过计算说明粒子离开P 点后能否再次经过P 点。

【答案】（1）2
mE B ql
=
；（2）2l ；（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P 点，证明见解析。

【解析】
【详解】 （1）设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y 轴时的速度为1v ，根据动能定理
2112
qEl mv =① 由左手定则可以判断，粒子向－y 方向偏转，如图所示：
由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为1R l =②
由牛顿第二定律得：
2111
v qv B m R = ③ 由①②③得：2mE B ql
=④ （2）粒子第2次经过x 轴时，速度沿+y 方向，位置坐标为2x l =⑤
粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间3t ，第3次经过y 轴时，轨迹如图
212l at =⑥ qE a m
=⑦ 31y v t =⑧
由①⑤⑥⑦⑧得32y l =
（3）粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：
22211122
qEl mv mv =- 解得212v v =，θ=45°
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R 2，根据半径公式可得：212R R =
第三次进入电场是从坐标原点O 处沿与x 轴正向45°角斜向上方向。

由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l 时，纵坐标的值为2l ，可知本次不会经过P 点。

粒子将从y=4l 处第3次离开电场， 第3次通过磁场后从y=2l 处与+x 方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P 点。

以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P 点。

17．一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t=0时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知长木板的质量M=2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g=10m/s 2，求：
（1）物块的质量m ；
（2）这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？
【答案】（1）4kg （2）24J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）长木板和物块组成的系统动量守恒：)Mv M m v 共（=
+ 代入数据解得：4m kg = ．
（2）设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：
2211()24J 22
Q Mv M m v =-+=共。