内蒙古巴彦淖尔市2021届新高考物理仿真第四次备考试题含解析

内蒙古巴彦淖尔市2021届新高考物理仿真第四次备考试题
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．如图所示的电路中，D 1、D 2是完全相同的灯泡，线圈L 的自感系数较大，直流电阻不计。

先闭合开关S ，电路稳定后再断开开关S ，此时(
)
A ．D 1立刻熄灭
B ．D 2立刻熄灭
C ．
D 1闪亮一下逐渐熄灭
D ．D 2闪亮一下逐渐熄灭
【答案】D
【解析】
【详解】
电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于D 1、D 2是完全相同的灯泡，线圈L 的自感系数较大，直流电阻不计，原来D 1、线圈和D 2、电阻并联，D 2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过D 2电流，但不会大于原来通过D 1的电流，所以D 2闪亮一下逐渐熄灭，D 1逐渐熄灭，所以D 正确，ABC 错误；
故选D 。

2．在地球同步轨道卫星轨道平面内运行的低轨道卫星，其轨道半径为同步卫星半径的
14
，则该低轨道卫星运行周期为（ ）
A ．1h
B ．3h
C ．6h
D ．12h 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据开普勒第三定律 32231()4=r T T r 同卫同
同 解得
1124h=3h 88
T T ==⨯卫同
故选B。

3．下列说法中正确的有________
A．阴极射线是一种电磁辐射
B．所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同
C．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D．古木的年代可以根据体内碳14放射性强度减小的情况进行推算
【答案】B
【解析】
【详解】
A．阴极射线是高速电子流，故A错误；
B．原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，原子光谱都不是连续的，每一种原子的光谱都不同，称为特征光谱，故B正确；
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故C错误；
D．原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，不随时间改变，故D错误。

故选B。

4．某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则()
A．仅将滑片P上移，A的输入功率不变B．仅将滑片P上移，L1变暗
C．仅闭合S，L1、L2均正常发光D．仅闭合S，A的输入功率不变
【答案】B
【解析】
【详解】
AB．仅将滑片P上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，相应的B变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以L1两端电压变小。

输出功率变小，则A变压器的输入功率也变小，故A 错误，B正确；
CD．仅闭合S，则B变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A的输入功率也变大。

相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故CD错误。

故选B。

5．如图所示，粗细均匀的正方形金属线框abcd用轻质导线悬吊，线框一半处在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，给导线通以如图的恒定电流，静止时每根导线的拉力为F。

保持电流不变，将金属线框向下平
移刚好完全进入磁场中，静止时每根导线的拉力为2F 。

ab 边始终保持水平，导线始终竖直，则金属框的重力为( )
A ．12F
B ．23F
C ．F
D ．43
F 【答案】D
【解析】
【详解】
线框有一半在磁场中时，对整体根据平衡条件得到：
2F G F =+安
当线框全部在磁场中时，根据并联电路特点可知ab 边和cd 边电流之比为1:3，则根据平衡条件可知： 44F G F =+安
求得：
43
G F = A.由以上分析可知线框的重力为
43
F ，故选项A 错误； B.由以上分析可知线框的重力为43
F ，故选项B 错误； C.由以上分析可知线框的重力为43
F ，故选项C 错误； D.由以上分析可知线框的重力为43F ，故选项D 正确。

6．如图所示，两条轻质导线连接金属棒PQ 的两端，金属棒处于匀强磁场内且垂直于磁场。

金属棒的质量0.2kg m =，长度1m L =。

使金属棒中通以从Q 到P 的恒定电流2A I =，两轻质导线与竖直方向成30︒角时，金属棒恰好静止。

则磁场的最小磁感应强度（重力加速度g 取210m/s ）（ ）
A ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向下
B ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向上
C ．大小为0.5T ，方向与轻质导线平行向下
D ．大小为0.25T ，方向与轻质导线平行向上
【答案】B
【解析】
【详解】
说明分析受力的侧视图（右视图）如图所示
磁场有最小值min B ，应使棒平衡时的安培力有最小值min 安F 棒的重力大小、方向均不变，悬线拉力方向不变，由“力三角形”的动态变化规律可知
min sin 30=︒安F mg
又有
min min =安F B IL
联合解得
min sin 300.5T mg B IL
︒== 由左手定则知磁场方向平行轻质导线向上。

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

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．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电，已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4:1，副线圈与用电器R 0组成闭合电路.若T 1、T 2均为理想变压器, T 2的副线圈两端电压．2202sin100U t π=（V ），当用电器电阻R 0=llΩ时( )
A ．通过用电器R 0的电流有效值是20A
B ．当用电器的电阻R 0减小时，发电机的输出功率减小
C ．发电机中的电流变化频率为100 Hz
D ．升压变压器的输入功率为4650W
【答案】AD
【解析】
【详解】
A. 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为U=220222
m =V=220V ，负载电阻为11Ω，所以通过R 0电流的有效值是20A ，故A 正确；
B. 当用电器的电阻R 0减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大，故B 错误；
C. 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=ω/2π=50Hz.故C 错误；
D. 根据I 3：I 4=n 4：n 3得，输电线上的电流I 3=5A ，则输电线上损耗的功率P 损= 23I R =25×10W=250W ，降压变压器的输入功率P 3=U 4I 4=220×
20W=4400W ，则升压变压器的输出功率P=P 3+P 损=4400+250W=4650W.故D 正确；
故选AD
【点睛】
在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．
8．如图所示，小球A 、B 、C 通过铰链与两根长为L 的轻杆相连，ABC 位于竖直面内且成正三角形，其中A 、C 置于水平面上。

现将球B 由静止释放，球A 、C 在杆的作用下向两侧滑动，三小球的运动始终在同一竖直平面内。

已知A B C 1122
m m m m ===，不计摩擦，重力加速度为g 。

则球B 由静止释放至落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．球
B 的机械能先减小后增大
B ．球B 3gL
C ．球A 对地面的压力一直大于mg
D ．球B 落地地点位于初始位置正下方
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．
B 下落时，A 、
C 开始运动，当B 落地后，A 、C 停止运动，因A 、B 、C 三球组成系统机械能守恒，故球B 的机械能先减小后增大，故A 正确；
B ．对整个系统分析，有：
2B 3122mg
L mv = 解得 B 3v gL =
故B 正确；
C ．在B 落地前的一段时间，A 、C 做减速运动，轻杆对球有向上力作用，故球A 对地面的压力可能小于mg ，故C 错误；
D ．因为A 、C 两球质量不相同，故球B 落地点不可能位于初始位置正下方，故D 错误。

故选AB 。

9．如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为2m 的带有半圆形轨道的滑块a ，半圆形轨道的半径为R 。

一个质量为m 的小球b 从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b 到达半圆轨道最低点P 时速度大小125
b v gR =，然后进入右侧最高可到点Q ，OQ 连线与OP 间的夹角α=53︒，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块a 向左滑行的最大距离为0.6R
B ．小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4mgR
C ．小球b 第一次到达P 点时对轨道的压力为1.8mg
D ．小球b 第一次返回到P 点时的速度大于12
15
gR 【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．滑块a 和小球b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球b 到达Q 点时，根据动量守恒定律得滑块a 和小球b 的速度均为零，有
2ms a =ms b
s a +s b =R+Rsin 53︒
解得
s a =0.6R
故A 正确；
B ．根据功能关系得小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为
cos530.6W mgR mgR ︒==
故B 错误；
C ．当b 第一次到达半圆轨道最低点P 时，根据动量守恒定律有
2mv a =mv b
解得
a v = 由牛顿运动定律得
()2
2
a b v v v N mg m m R R
+-== 解得 145
N mg = 对轨道的压力 145N N mg '==
故C 错误；
D ．小球从P 点到Q 点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为
()221121cos530.222
a b W mv mv mgR mgR ︒=⨯+--= 由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b 第一次返回到P 点的过程中克服摩擦力做的功
W′<0.2mgR
故小球b 第一次返回到P 点时系统的总动能
1cos530.2k E mgR W mgR ︒>--'=（）
20a
b mv mv ''=+
22k 11222
a b E mv mv ''=+ 解得 1215
b v gR '> 故D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的复色光从空气射向AB 边的中点D ，入射方向与边AB 的夹角为θ= 30°，经三棱镜折射后分为a 、b 两束单色光，单色光a 偏折到BC 边的中点E ，单色光b 偏折到F 点，则下列说法正确的是（ ）
A ．该棱镜中对单色光a 3
B ．在棱镜中传播，a 光的传播速度较大
C ．a 光的频率一定大于b 光的频率
D ．分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设到E 点的a 光线的入射角为i=60°，折射角为r=30°，则折射率
sin sin 603sin sin 30
i n r o
o ===选项A 正确；
B ．在棱镜中传播，b 光的折射率较小，由c v n
= 可知，a 光传播速度较大，选项B 错误； C ．a 光的折射率大于b 光，则a 光的频率一定大于b 光的频率，选项C 正确；
D ．a 光的频率大于b 光的频率，则a 光的波长小于b 光的波长，根据l x d
λ∆=
可知，分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距小，选项D 错误。

故选AC 。

11．在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是( )
A ．从时刻t 1到t 2，物块处于失重状态
B ．从时刻t 3到t 4，物块处于失重状态
C ．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层
D ．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层
【答案】BC
【解析】
【详解】
由F －t 图象可以看出，0～t 1
F ＝mg
物块可能处于静止状态或匀速运动状态，t 1～t 2
F>mg
电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动，t 2～t 3
F ＝mg
物块可能静止或匀速运动，t 3～t 4
F<mg
电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故BC 正确。

故选BC 。

12．平行金属板PQ 、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E ，内电阻为零；靠近金属板P 的S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m ，电荷量q ，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ 的作用下穿过Q 板的小孔F ，紧贴N 板水平进入偏转电场MN ；改变滑片p 的位置可改变加速电场的电压1U 和偏转电场的电压2U ，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子的竖直偏转距离与12
U U 成正比 B ．滑片p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C ．飞出偏转电场的粒子的最大速率2m qE v m
=D ．飞出偏转电场的粒子的最大速率m qE v m =【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在加速电场中，由动能定理得
21012
qU mv = 在偏转电场中，加速度为
2qU a md
= 则偏转距离为
212
y at = 运动时间为
l t v = 联立上式得
2
214U l y U d
= 其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。

粒子的竖直偏转距离与21
U U 成正比，故A 错误； B ．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值
tan at v α= 联立解得
21t 2an U l U d
α= 滑片p 向右滑动的过程中，U 1增大，U 2减小，可知偏转角逐渐减小，故B 正确；
CD ．紧贴M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。

由动能定理
2m 1210()=2
mv q U U qE -=+ 解得
2m qE v m
= 故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲是一多用电表的简化电路图。

其表头满偏电流g 200μA I =，内阻g 100ΩR =，15Ω2.R =，222.5ΩR =，32980ΩR =。

甲 乙
(1)转换开关S 接入__________（填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”）端时，测量电流的量程较大，此时电流从A 端流__________（填“出”或“入”）。

(2)当转换开关S 接入“5”端时，多用电表的功能是测__________（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为__________。

(3)当转换开关S 接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。

测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到__________。

图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为__________Ω。

当换用“×10”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率“×1”相比，多用电表的内阻变化了__________。

【答案】1 入 电压 3V 欧姆表盘的零刻度处 10 135
【解析】
【详解】
(1)[1]转换开关S 接入1端，电流表与电阻2R 串联后，与1R 并联，且并联电阻阻值较小，则分流较大，故转换开关S 应接入1端，电流表量程较大。

[2]根据电流的“红进黑出”结合内部电源可知电流应从A 端流入。

(2)[3]当转换开关S 接入“5”端时，电流表与电阻串联，此多用电表为电压表。

[4]量程为 g g g g g 3123V I R U I R I R R R ⎛⎫=++ ⎪+=⎝⎭
(3)[5]调节欧姆调零旋钮应使指针偏转到欧姆表盘的零刻度线位置。

[6]若倍率为“×1”，则待测电阻的阻值为101Ω10Ω⨯=。

[7]多用电表的中值电阻即为内部电阻大小，倍率为“×1”时，多用电表的内阻为151Ω15Ω⨯=，倍率为“×10”时，多用电表的内阻为1510Ω150Ω⨯=，则多用电表的内阻变化了135Ω。

14．某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A 、B 是质量均为m 的小物块，C 是质量为M 的重物，A 、B 间由轻弹簧相连，A 、C 间由轻绳相连．在物块B 下放置一压力传感器，重物C 下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C 的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g ．实验操作如下：
(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C ，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C 的速度为v ．
(2)在实验中保持A ，B 质量不变，改变C 的质量M ，多次重复第(1)步．
①该实验中，M 和m 大小关系必需满足M______m （选填“小于”、“等于”或“大于”）
②为便于研究速度v 与质量M 的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应______（选填“相同”或“不同”）
③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出______（选填“v 2-M”、“v 2-1M ”或“v 2-1M m
+”）图线． ④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b ，则弹簧的劲度系数为______（用题给的已知量表示）．
【答案】大于 相同 v 2
-1M m + 2
4mg b 【解析】
试题分析：①根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C 的质M 要大于A 的质量m ；
②要刚释放C 时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F mg =，因此弹簧的形变量为122mg mg mg x x x k k k ∆=∆+∆=+=，不论C 的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A 物体上升了2mg k ，则C 下落的高度为2mg k
，即C 下落的高度总相同； ③选取AC 及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：()()2212mg M m g M m v k -⨯=+，整理得，2222
814m g mg v k M m k =-++，为得到线性关系图线，因此应作出21v M m -+图线． ④由上表达式可知，2
4mg b k
=，解得24mg k b =． 考点：验证机械能守恒定律
【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，O 1O 2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O 1O 2方向照射到透明体上。

已知透明体的半径为R ，真空中的光速为c 。

(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t ，求透明体材料的折射率；
(2)若透明体材料的折射率为2，求以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离。

【答案】 (1)2vt n R
=
；2R 。

【解析】
【详解】 (1)光在透明体内的最长路径为2R ，不考虑光在球内的反射，则有
c v n
=
2R t v = 透明体材料的折射率
2vt n R
=；
(2)该光线的传播路径如图，入射角i=45°，折射率为n=2，根据折射定律sin sin i n r
=，则折射角r=30°
光从B 点射出时的出射角为45°，由几何关系知，∠BOC=15°，∠BCO=30°，∠CBO=135°，由正弦定理，有
sin 30sin135OC R =︒︒
解得以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离
2OC R =。

16．如图所示，倾角为37°的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P ，1P 、2P 是斜面上两点，1PP 间距离11m 3
L =，12PP 间距离24m L =。

轻绳跨过滑轮连接平板B 和重物C ，小物体A 放在离平板B 下端1m s =处，平板B 下端紧挨2P ，当小物体A 运动到12PP 区间时总受到一个沿斜面向下0.1F mg =的恒力作用。

已知A 、B 、C 质量分别为m 、2m 、m ，A 与B 间动摩擦因数10.75μ=，B 与
斜面间动摩擦因数20.25μ=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6︒=，cos370.8︒=，
g 取210m /s ，平板B 与挡板P 碰撞前C 与滑轮不会相碰。

现让整个装置从静止释放，求：
（1）小物体A 在12PP 区间上方和进入12PP 区间内的加速度大小；
（2）平板B 与弹性挡板P 碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板B 碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。

【答案】见解析
【解析】
【详解】
（1）小物体A 在P 1、P 2区间上方运动时，假设A 相对B 静止，对A 、B 、C 整体，由牛顿第二定律有：
2334mgsin mg cos mg ma θμθ-⋅⋅-=
代入数据解得：
20.5m/s a =
隔离A ，有：
mgsin f ma θ-=
代入数据得：
f=5.5m
而A 、B 间的最大静摩擦力
16m f mgcos m μθ==
所以 m f f ＜，假设成立，A 、B 、C 一起运动。

小物体A 进入P 1、P 2区间上方运动时加速度为：a=0.5m/s 2 当小物体A 进入P 1、P 2区间内，隔离A ，有：
F mgsin f ma θ+-=
得 f=6.5m ＞f m ，即A 相对于B 向下滑动。

对A 有：
11F mgsin mgcos ma θμθ+-=
代入数据解得：
211m/s a =
（2）小物体A 刚到P 2时，A 、B 、C 速度满足 202v as =
代入数据解得：
v 0=1m/s
当小物体A 进入P 1、P 2区间内时，对B 、C 整体，有： 122233mgsin mgcos mgcos mg ma θμθμθ+-⋅-=
代入数据解得：
222m/s 3
a = 当小物体A 刚到P 1时，小物体速度满足
2210122v v a L -=
代入数据解得：
13m/s v =
小物体A 从P 2到P 1运动时间为：
101131s 2s 1
v v t a --=== B 、C 速度为：
20212712(m/s)33
v v a t =+=+⨯=
此过程中B 运动距离为：
02217
11032m m 223v v x t +
+==⨯= 因此当小物体A 刚过P 1时，小物体A 离平板B 下端距离为： 2213m x s L x ∆=--=（）
此时B 刚好与挡板P 发生碰撞且绳断，此后A 将以速度v 1=3m/s 向下匀速运动，
B 将向上以27m/s 3
v =做匀速运动。

隔离B ，有： 123232mgsin mgcos mgcos mg ma θμθμθ++⋅-=
代入数据解得：
2312m/s a =
对A 、B ，有：
212223212
x v t v t a t ∆=+- 解得：
2818
t -= 此时平板B 速度为：
232B v v a t =-= 此后A 滑离平板B ，B 继续向上匀减速，对B ，有：
24222mgsin mgcos mg ma θμθ+⋅-=
代入数据解得：
248m/s a =
平板B 向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：
34B v t a == 因此平板B 与挡板P 碰后到最高点时间为：
23B t t t =+= 17．图示为直角三角形棱镜的截面，90︒∠=C ，30A ︒∠=，
AB 边长为20cm ，D 点到A 点的距离为7cm ，一束细单色光平行AC 边从D 点射入棱镜中，经AC 边反射后从BC 边上的F 点射出，出射光线与BC 边
的夹角为30︒，求：
(1)棱镜的折射率；
(2)F 点到C 点的距离。

【答案】 (1)3；(2)3cm
【解析】
【详解】
(1)由几何知识可知，光束从D 点入射的入射角60i ︒=，做出光路图：
设对应折射角为r ，则光束在AC 边的入射角为
90(60)30i r r ︒︒︒'=--=+
在BC 边上的入射角
90(30)60i r r ︒︒︒''=-+=- 在BC 边上的折射角
903060r ︒︒︒''=-=
由折射定律，可知在D 点入射时
sin sin i n r
= 在F 点入射时
sin 60sin(60)n r ︒
︒=- 解得
30r ︒=
折射率为
3n =(2)由几何知识，可知
2cos3073cm AE AD ︒==
CE AC AE =-=
tan 30CF CE =︒=解得
3cm CF =。