广东省揭阳市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

广东省揭阳市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷
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．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。

进一步探测发现在地面P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。

假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。

如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg(k<1)。

已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是
A ．kgd G ρ
B ．2kgd G ρ
C ．(1)k gd G ρ-
D ．2(1)k gd G ρ
- 【答案】D
【解析】
【详解】 地球表面正常的重力加速度大小为g ,由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg ，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为()1k g -，结合万有引力定律2Mm G ma r
=，即()21Vm
G m k g d ρ=-，解得：()21k gd V G ρ
-=，故D 项正确，ABC 错误。

2．一试探电荷在电场中自A 点由静止释放后，仅在电场力的作用下能经过B 点。

若A ϕ、B ϕ分別表示A 、B 两点的电势，E A 、E B 分别表示试探电荷在A 、B 两点的电势能，则下列说法正确的是( ) A ．A ϕ>B ϕ
B ．E A > E B
C ．电势降低的方向就是场强的方向
D ．电荷在电势越低的位置其电勢能也越小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．当试探电荷带正电时，A
B ϕϕ>，当试探电荷带负电时A B ϕϕ<，由于试探电荷所带电荷性质未知，故A 错误；
B ．因试探电荷由静止释放，只在电场力作用下能从A 运动到B ，故无论带何种电荷，电场力总对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，故B 正确；
C．电势降落最快的方向是场强的方向，故C错误；
D．负电荷在电势越低的位置电势能越高，故D错误。

故选B。

3．两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OB＞OC，由图可知（）
A．C点的电势低于B点的电势
B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同
C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电势的图象直接读出电势高低．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系。

根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况。

根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负。

【详解】
A．由图知，C点的电势高于B点的电势．故A错误；
B．由=U
E
d
可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小，斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同，故B正确；
C．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动，故C错误；
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的
关系=U
E
d
理解图象的斜率与场强的关系。

4．中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探
测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。

火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。

由以上信息可知（ ） A ．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/s
B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小
C ．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍
D ．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s 即可，故A 错误；
B ．根据引力2Mm F G R
=，因为火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍，所以火星表面的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为2：5。

可得探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力大，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，有
2
224Mm G m r r T
π= 可得
r =因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径
C 错误；
D ．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由
2
2Mm v G m R R
= 得第一宇宙速度公式
v =
可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1于地球的第一宇宙速度，故D 正确。

故选D 。

5．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是1.63eV ~3.10eV 。

则大量氢原子从高能级向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有（ ）
A ．1种
B ．2种
C ．3种
D ．4种
【答案】D
【解析】
【详解】 大量氢原子从高能级向1n =能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向3n =能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；3n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89eV ，属于可见光；4n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55eV ，属于可见光；5n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86eV ，属于可见光；6n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.02eV ，属于可见光；7n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12eV ，属于不可见光；可知只有4种可见光，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

6．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）
A ．向心加速度大小之比为1∶4
B ．轨道半径之比为4∶1
C ．周期之比为4∶1
D ．角速度大小之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 AB.根据万有引力充当向心力22Mm v G m r r ＝=2
24m r T
π=m 2ωr=ma ，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度GM r
E k =2GMm r ，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r 2=14r 1，变轨前后卫星的轨道半径之比r 1∶r 2=4∶1；向心加速度a=
2GM r ，变轨前后卫星的向心加速度之比a 1∶a 2=1∶16，故A 错误，B 正确；
C.卫星运动的周期23
4πr T GM
=12T T 3132r r 81，故C 错误；
D.
卫星运动的角速度ω12
ωω
=18，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．质量为m 的小球以初速度0v 从O 点水平抛出，经过A 点时其速度方向与水平面的夹角为37°，经过B 点时，其速度方向与水平面的夹角为60°，已知当地重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球从O 点运动B
B ．小球从O 点运动A 点的过程中速度大小的改变量为
043v C ．小球从O 点运动B 点的过程中重力做的功为2
013mv
D ．小球在B
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．小球从O 点运动到
B 点时的竖直速度
00tan 60By v v ==o
经历的时间为
0y
v t g g
== 选项A 正确；
B ．小球从O 点运动到A 点的过程中速度大小的改变量为
003tan 374
yA v v v v ∆===o 选项B 错误；
C ．小球从O 点运动B 点的过程中，下落的高度
220322yB
B v v h g g == 重力所做的功为
2032
B W mgh mv == 选项
C 错误；
D ．小球在B 点时重力的功率为
03BG yB P mgv mgv ==
选项D 正确；
故选AD 。

8．如图(a)所示，在x 轴上有O 、P 、Q 三点，且 1.8m OP =， 3.0m OQ =。

一列简谐波沿x 轴正方向
传播，图示为0时刻的波形。

再过0.6s 的时间P 质点第二次振动至波峰。

对此下列说法正确的是______。

A ．Q 点的振幅为10cm
B ．波速为3m/s
C ．频率为2Hz
D ．质点Q 在0~0.6s 内的运动路程为25cm
E.质点Q 在0.6s t =时沿y 轴正方向运动
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．由图像知波长为
4.0m λ=
振幅为
10cm A =
故A 正确；
B ．简谐波沿x 轴正方向传播，则P 质点向上运动；0.6s 时P 点恰好第二次到达波峰，对应波形如图所示
传播距离
0.8m 4.8m x λ∆=+=
则波速为
8m/s x v t ∆== 故B 错误；
C ．简谐波的周期为
4.0s 0.5s 8
T v λ
=== 则简谐波的频率
12Hz f T
== 故C 正确；
DE ．质点Q 运动了时间为
10.615
s T = 则运动路程小于555cm 25cm A =⨯=，此时质点Q 在平衡位置的下方，沿y 轴正方向运动，故D 错误，E 正确；
故选ACE 。

9．如图,L 形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。

烧断细线,物块弹出的过程木板保持静止,此过程( )
A ．弹簧对物块的弹力不变
B ．弹簧对物块的弹力逐渐减小
C ．地面对木板的摩擦力不变
D ．地面对木板的摩擦力逐渐减小
【答案】BD
【解析】
【详解】
烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A 错误，B 正确。

木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小。

故D 正确、C 错误。

故选BD 。

【点睛】
本题通过形变量的变化得出弹力变化是解决本题的关键，注意木块对木板没有摩擦力，木板所受的摩擦力为静摩擦力．
10．一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。

升压变压器原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=1：10.线圈两端的电压分别为U l 、U 2.输电线的总电阻为r ，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n 3：n 4=10：1，线圈两端电压分别为U 3、U 4.，L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的
干路电流分别为I 1、I 2、I 3，随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是（ ）
A ．电压U 4不变，始终等于U l
B ．电流I l 始终等于I 3
C ．L 变暗
D ．输电线的电阻消耗的功率减小
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
将远距离输电的电路转化为等效电路
其中
2211n U U n =，2324
=n R R n 用效 由闭合电路的欧姆定律
22()U I r R =+效
故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R 用减小，导致R 效变小，则输电电流2I 变大。

A ．由变压器的变压比可知
22111
10n U U U n == 3344410n U U U n =
= 但输电线上有电阻r ，产生损失电压，故有
23U U >
即141010U U >，且用电高峰U 1不变，U 4变小，故A 错误；
B ．根据变压器上的电流与匝数成反比，有
2212110n I I I n ==，4232310
n I I I n == 可得电流I l 始终等于I 3，故B 正确；
C ．则输电电流2I 变大会导致损失电压变大，而U 2不变，故U 3减小，可得U 4变小，即并联用户的电压减小，由24U P R
=可知L 的功率变小，L 变暗，故C 正确； D ．由2
2=P I r 损可知，输电电流2I 变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故D 错误。

故选BC 。

11．如图所示的直角坐标系中，第一象限中有一匀强电场，场强方向与x 轴的夹角为60︒。

在第四象限存在宽度为2L ，沿y 轴负方向足够长的匀强磁场。

磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。

现有不计重力的带电粒子（电荷量为q ，质量为m ）以速度0v 从O 点射入磁场（0v 与x 轴的夹角为30θ=︒）。

若带电粒子通过磁场后恰好从A 点射入电场，并从x 上距离A 点为2L 的N 点（图中未标出）离开电场。

下列分析正确的是（ ）
A ．带电粒子进入磁场时的速度大小为0=qBL v m
B ．带电粒子从O 点到N 点（图中未标出）运动的总时间为(233)6m qB
π+ C ．该匀强电场的场强大小为233qB L m
D ．带电粒子离开电场时的动能为222
143q B L m
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.带电粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为： 2R L =，
由
200v qv B m R
=
得
02qBL v m
=， 故A 错误；
B.带电粒子在匀强磁场中的运动时间为： 11263m t T T qB
θππ===， 在匀强电场中：
qE ma =，
由题设知2AN L =，垂直电场方向做匀速直线运动 01022sin 60L L v t ==，
沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，
022212cos602
L L at ==， 解得：
22t qB
=， 283qB L E m
=， 从O 到N 的时间为：
12t t t =+=总 故B 正确，C 错误；
D.带电粒子从A 到N 过程中由动能定理可知
22012
k qEL E mv =-， 解得：
222
143k q B L E m
=， 故D 正确。

故选：BD
12．如图所示，一细长玻璃管插入面积很大的水银槽中，玻璃管上方有一段被封闭的长为L的理想气体，玻璃管内、外水银面的高度差为h，玻璃管是导热的。

当环境温度升高，玻璃管固定不动，气体和外界达到新的热平衡时，下列说法正确的是。

A．L增大，h减小，气体压强增大
B．理想气体每个分子的速率都增大
C．封闭气体的内能一定增大
D．外界对封闭气体做功
E.封闭气体一定从外界吸收热量
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．当环境温度升高，假设内、外水银面的高度差不变，由于气体温度升高，气体压强增大，故内、外水银面的高度差不可能不变，高度差h减小，气体长度L增大，气体压强增大，故A正确；
B．气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的平均速率都增大，故B错误；
C．一定质量的理想气体，内能由温度决定，温度升高时，气体的内能一定增大，故C正确；
D．由于气体体积增大，故气体对外做功，故D错误；
E．根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，故E正确。

故选ACE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ。

步骤如下：
(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图（甲）所示，由图可知其长度为______cm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图（乙）所示，由图可知其直径为______mm；
(3)用图（丙）所示的电路测定其电阻值，其中R x是待测的圆柱形导体，R为电阻箱，电源电动势为E，其内阻不计。

在保证安全的情况下多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测
得的数据，绘出了如图（丁）所示的
1
R
U
-图线，电阻R x=__Ω（结果保留两位有效数字），此数值与电阻的真实值R0比较，R x____R0
(4)根据以上数据计算出圆柱形导体的电阻率ρ=______。

【答案】5.015 4.700 17 小于 5.9×10-3Ω∙m
【解析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知读数为
50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm
(2)[2]根据螺旋测微器读数规则可知读数为
4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(3)[3]由图示电路图可知，电压表示数为
x x
x
E
U IR R
R R
==
+
整理得
111
x
R
U ER E
=+
由图示图象可知，纵轴截距
1
0.5
b
E
==
所以电源电动势E=2V，图象斜率
110.80.50.310x U
k ER R ∆
-====∆
所以电阻阻值
11170.032
x R kE ==Ω≈Ω⨯ [4]由于电压表的分流作用可知此测量值小于电阻的真实值R 0。

(5)[5]由电阻定律可知
2
2x L L R S d ρρπ==⎛⎫ ⎪⎝⎭ 代入数据解得电阻率ρ≈5.9×10-3Ω∙m ；
14．如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d 、质量为m 的金属小球由A 处从静止释放,下落过程中能通过A 处正下方、固定于B 处的光电门，测得A 、B 间的距离为H （H>>d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t ，当地的重力加速度为g ．则：
（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =________mm ．
（2）小球经过光电门B 时的速度表达式为__________．
（3）多次改变高度H ，重复上述实验，作出随H 的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t 0、H 0和重力加速度g 及小球的直径d 满足以下表达式：_______时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
【答案】7.25 d/t
022012g H t d
=或2gH 0t 02=d 2 【解析】
【详解】 (1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm ，游标读数为0.05×5mm=0.25mm ，则小球的直径d=7.25mm ．
(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B 处的瞬时速度
B d v t ＝； (3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为
mgH 0，动能的增加量
220
11()22k d E mv m t ＝＝ 若机械能守恒，有：
2020
112gH d t ⋅＝ 即
022
012g H t d = 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s 。

已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m 处重合。

①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m 处的质点到达波峰且为振动加强点？
【答案】①(2.520)m(012)x k k =+=±±L ，
，，② 5.4s a t = 【解析】
【详解】
①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。

从题图中可以看出，a 波波长 2.5m a λ=；b 波波长4m b λ=
a 波波峰的x 坐标为
()()1112.5 2.5m 0,1,2,k k x =+=±±L ；
b 波波峰的x 坐标为
()()2222.54m 0,1,2,x k k =+=±±L ；
由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为
(2.520)m (0,1,2,)x k k =+=±±L 。

②a 波波峰传播到 1.0m x =处的时间为
1(0,1,2,)a a a x x m t m v v
λ∆∆+===L 。

b 波波峰传播到 1.0x m =处的时间为
2(0,1,2,)b b b x x n t n v v
λ∆∆+===L 。

其中121m 1.5m x x ∆=∆=， 当 1.0m x =处的质点处于波峰时，有a b t t =
以上各式联立可解得
581m n -=。

由分析可知，当53m n ==、时， 1.0m x =处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m =代入 1a a a x x m t v v
λ∆∆+== 解得
5.4s a t =。

16．坐标原点处的波源在t =0时开始沿y 轴负向振动，t =1.5s 时它正好第二次 到达波谷，如图为t 2= 1.5s 时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：
(1)这列波的传播速度是多大? 写出波源振动的位移表达式；
(2)x 1 =5.4m 的质点何时第一次到达波峰?
(3)从t 1=0开始至x=5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x 2=30cm 处的质点通过的路程是多少?
【答案】 (1)x=5sin(
53t ππ+)cm 或x=-5sin(53
t π)cm ；(2)11.7s ；(3)1.85m 【解析】
【分析】
【详解】 （1）由图像可知波长λ=0.6m ，由题意有
2154
t t T ==， 1.2s T = 波速为
0.5m /s v T λ
==
波源振动的位移表达式为
025sin 5sin cm 3x A t t T ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
ππφπ或
55sin cm 3x t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
π （2）波传到x 1=5. 4m 需要的时间为
1110.8s x t v
∆== 质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y 方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为
230.9s 4
t T ∆== 所以，x 1=5. 4m 的质点第一次到达波峰的时刻为
21211.7s t t t =∆+∆=
（3）波传到x 2=30cm 需要时间为
230.6s x t v
∆== 所以从t 1=0开始至x=5.4m 的质点第一次到达波峰这段时间内，x 2=30cm 处的质点振动时间为 43311.13711.1s 1.24t t t T T ∆=-∆==
= 所以，该质点的路程为
374 1.85m 4
s A =⨯= 17．一病人通过便携式氧气袋供氧，便携式氧气袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为0C ︒时，袋内气体压强为1.25atm ，体积为50L 。

在23C ︒条件下，病人每小时消耗压强为1.0atm 的氧气约为20L 。

已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol －1，在标准状况（压强1.0atm 、温度0C ︒）下，理想气体的摩尔体积都为22.4L 。

求：
(i)此便携式氧气袋中氧气分子数；
(ii)假设此便携式氧气袋中的氧气能够完全耗尽，则可供病人使用多少小时。

（两问计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 (i)1.7×1024（个）；(ii)3.4h
【解析】
【详解】
(i)便携式氧气袋内的氧气，可视为理想气体，温度为0℃时，袋内气体压强为1.25atm ，假设发生等温变化，有
p 1V 1=p 2V 2
即
1.25×50=1.0V 2
解得
V 2=62.5L
物质的量为
2 2.8mol 22.4
V n == 氧气分子数
N=n·N 0=1.7×1024（个） (ii)根据理想气体状态方程，有 231112
p V p V T T = 即
31.01.255027323273V ⨯⨯=+ 解得
V 3=69L
可供病人使用的时间 30
3.4h V t V ==。