重庆市渝中区2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

重庆市渝中区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．如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是
A．四种情况导体受到的安培力大小相等
B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
C．B中导体棒ab可能是二力平衡
D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．导体棒受到的安培力F=BIL，因B大小相同，电流相同，故受到的安培力大小相等，故A正确，不符合题意；
B．杆子受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故B正确，不符合题意；
C．杆子受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，故C正确，不符合题意；
D．杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，D杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故D错误，符合题意；
故选D.
【名师点睛】
此题是物体的平衡及安培力的问题；解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子受力；此题难度不大，考查基本知识的运用能力.
2．我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。

设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道绕地球运行，在点变轨后进入轨道做匀速圆周运动，如图所示。

下列说法正确的是（）
A ．在轨道与在轨道运行比较，卫星在点的加速度不同
B ．在轨道与在轨道运行比较，卫星在点的动量不同
C ．卫星在轨道的任何位置都具有相同加速度
D ．卫星在轨道的任何位置都具有相同动能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P 点距地球的距离相等，受到的万有引力相等 2GMm F ma r
== 所以卫星在点的加速度相同，故A 错误；
B ．卫星由轨道1变为轨道2，需要加速，则轨道2的速度要大一些，所以卫星在P 点的动量轨道2的大于轨道1的，故B 正确；
C ．卫星在轨道2的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不同，故卫星在轨道的不同位置都具有不同加速度，故C 错误；
D ．轨道1是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道1上除了关于地球对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项D 错误。

故选B 。

3．一个中子与原子核A 发生核反应，生成一个氘核，核反应放出的能量为Q ，则氘核的比结合能和原子核A 分别为（ ）
A ．01e Q -，
B ．11H 2Q ，
C ．11H Q ，
D ．01e 2Q ， 【答案】B
【解析】
【详解】
写出核反应方程式
1
2
01n A H a Z +→
根据质量数和电荷数守恒可以求出1z =；1a =，说明原子核A 是11H ，两个核子反应结合成氘核放出的能
量为Q ，比结合能指的是平均一个核子释放的能量，即为
2
Q ；故B 正确，ACD 错误； 故选B 。

4．用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，下列符合要求的是（ ）
A ．Wb•m 2
B ．Wb/m 2
C ．N•m/A
D ．kg/（S 2•A ） 【答案】D
【解析】
【分析】
考查单位制。

【详解】
ABC ．国际单位制的基本单位为kg 、m 、s ，由题目易知，选项ACD 中的韦伯（Wb ）、牛顿（N ）均不是国际单位制中的基本单位，故ABC 都错误；
D ．磁感应强度为：
B ＝F IL
磁感应强度单位为T ，则有：
1T ＝2
1kg m /s A m
⋅⋅＝12kg A s ⋅ 故D 正确。

故选D 。

5．目前，我国的第五代移动通信技术（简称5G 或5G 技术）已经进入商用阶段，相应技术达到了世界先进水平。

5G 信号使用的是超高频无线电波，关于5G 信号，下列说法正确的是（ ）
A ．5G 信号是由机械振动产生的
B ．5G 信号的传输和声波一样需要介质
C ．5G 信号与普通的无线电波相比粒子性更显著
D ．5G 信号不能产生衍射现象
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．5G 信号是无线电波，无线电波是由电磁振荡产生的，机械波是由机械振动产生的，故A 错误；
B ．无线电波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故B 错误；
C ．5G 信号是超高频无线电波，比普通的无线电波频率高得多，故粒子性更显著，故C 正确；
D ．衍射现象是波特有现象，则无线电波可以产生衍射现象，故D 错误。

故选C 。

6．放射性元素A 经过2次α衰变和1次β 衰变后生成一新元素B ，则元素B 在元素周期表中的位置较元素A 的位置向前移动了
A ．1位
B ．2位
C ．3位
D ．4位 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
α粒子是42He ，β 粒子是01e -，因此发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β 衰变电荷数增加1，据题
意，电荷数变化为：2213-⨯+=-，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位．故选项C 正确．
【点睛】
衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β 衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量．
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．倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2kg ，长8m 的长木板Q ，木扳上下表面与斜面平行。

木板Q 最上端放置一质量为1kg 的小滑块P 。

P 、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13。

若P 、Q 同时从静止释放，以下关于P 、Q 两个物体运动情况的描述正确的是（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）（ ）
A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6m/s 2、4m/s 2
B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6m/s 2、2m/s 2
C ．P 滑块在Q 上运动时间为1s
D ．P 滑块在Q 上运动时间为2s
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．对P 受力分析，受重力和Q 对P 的支持作用，根据牛顿第二定律有：
sin 37P P P m g m a =o
解得：sin 37P a g ==o 6m/s 2
对Q 受力分析，受重力、斜面对Q 的支持力、摩擦力和P 对Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有：
()sin37cos37Q P Q Q Q m g m m g m a μ-+=o o
解得：2Q a =m/s 2，A 错误，B 正确；
CD ．设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因P a =6m/s 2>2Q a =m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有： 221122
P Q L a t a t =- 代入数据解得：t=2s ，C 错误，D 正确。

故选BD 。

8．情形 1：如图，两列水波波源S 1和S 2的振幅分别为2A 和A ，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。

情形 2：在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，则干涉条纹将如何变？情形 3：用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（ ）
A ．情形1中两列波在相遇区域发生干涉
B ．情形1中此刻A 点和B 点的位移大小分别是A 和3A
C ．情形2中干涉条纹将变密
D ．情形3中中央均为亮点的同心圆形条纹
E.情形3中用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图看出，波源S l 形成的水波波长大于波源S 2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=λf 得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A 错误；
B ．根据两列水波波源S 1和S 2的振幅分别为2A 和A ，结合图可知，此时刻A 点和B 点的位移大小分别是A 和3A ，故B 正确。

C ．在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据l x d
λ∆=
可知，则条纹间距减小，干涉条纹将变密集，选项C 正确；
DE ．情形3中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项D 正确，E 错误。

故选BCD 。

9．空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm 。

一
个电子在该水平线上向右运动，电子过a 点时动能为6eV ，运动至b 点时电势能为3eV -，再运动至c 点时速度为零。

电子电荷量的大小为e ，不计重力。

下列说法正确的是（ ）
A ．由a 至b 的运动过程，电场力做功大小为3eV
B ．匀强电场的电场强度大小为300V /m
C ．等势面d 的电势为3V
D ．该电子从c 点返回a 点时动能为6eV
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。

电子沿电场线方向做匀变速运动。

电子从a 至c 的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV ，则电势能增加了6eV ，则电势差
6V ac U =
则
3V ab bc U U ==
电子从a 至b 的过程，电场力做负功，大小为
3eV ab eU =
A 正确；
B ．电场强度大小
2150V/m 2210m
ac U E -==⨯⨯ B 错误；
C ．电子经过等势面b 时的电势能为3eV -，则b 点的电势
3V b ϕ=
又有
23V 6V b d ϕϕ-=⨯=
则
3V d ϕ=-
C 错误；
D ．电子在a 点时动能为6eV ，从a 减速运动至c ，然后反向加速运动再至a 点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6eV ，D 正确。

故选AD 。

10．下列说法正确的是
A ．松香在熔化过程中温度升高，分子平均动能变大
B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最大
C ．液体的饱和汽压与其他气体的压强有关
D ．若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大
E.若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做功，则气体一定放热
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．松香是非晶体，非晶体在熔化过程中温度升高，分子的平均动能变大，故A 正确；
B ．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，故B 错误；
C ．液体的饱和汽压与温度有关，与其他气体的压强无关，故C 错误；
D ．气体的压强与单位体积的分子数和分子平均动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则 0W >，0Q >
根据热力学第一定律U Q W ∆=+知
0U ∆>
说明气体的温度升高，分子平均动能增大，又因为气体被压缩，体积减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D 正确；
E ．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即0U ∆<，又外界对气体做功，即0W >，根据热力学第一定律U Q W ∆=+知
0Q <
即气体一定放热，故E 正确。

故选ADE 。

11．如图所示，水平面上从B 点往左都是光滑的，从B 点往右都是粗糙的．质量分别为M 和m 的两个小物块甲和乙（可视为质点），在光滑水平面上相距L 以相同的速度同时开始向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止．若它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，设静止后两物块间的距离为s ，甲运动的总时间为t 1、乙运动的总时间为t 2，则以下说法中正确的是（ ）
A ．若M=m ，则s=L
B ．无论M 、m 取何值，总是s=0
C ．若M=m ，则t 1=t 2
D ．无论M 、m 取何值，总是t 1＜t 2
【答案】BD
【解析】
【详解】 AB.物体在B 点左边运动时，做匀速直线运动，甲和乙的速度相同；物体在B 点右边运动时，对物体受力分析，据牛顿第二定律可得：
a g μ=
则在B 点右边两物体做初速度相同、加速度相同的匀减速直线运动，在B 点右边两物体经过相同的距离停下，所以无论M 、m 取何值，总是s=0；故A 项错误，B 项正确。

CD.在B 点左边运动时，甲和乙做速度相同的匀速直线运动，乙比甲多运动的距离为L ；在B 点右边两物体做初速度相同、加速度相同的匀减速直线运动；则无论M 、m 取何值，乙运动的总时间大于甲运动的总时间；故C 项错误，D 项正确。

12．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。

A ．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C ．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。

该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.
（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz ，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________2/m s .（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N ；
（3）重力加速度g 取210/m s ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。

【答案】0.50 2.00 1.00 0.43
【解析】
【详解】
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s ；根据2x aT ∆=结合逐差法可知：
65432129x x x x x x a T ++---= 2
222(3.87 3.39 2.88 2.38 1.90 1.40)10m/s 0.50m/s 90.1
-++---⨯==⨯ （2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N ；图4对应的示数为1.00N ；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N ，Mg=2N ，
解得
μ=0.43
14．在“测定金属电阻率”的实验中，需要用螺旋测微器测量金属丝的直径，其结果如图甲所示，其读数为
______mm ；
测量电阻时，先用多用电表粗测金属丝的电阻阻值约为5Ω，再采用“伏安法”精确测量金属丝的电阻，实验室能够提供的实验器材有：
A ．电流表G ，量程为0~300μA ，内阻100g R =Ω
B ．电流表A 1，量程为0~0.6A ，内阻10.1r =Ω
C ．电流表A 2，量程为0~3A ，内阻20.02r =Ω
D ．电阻箱1R ，阻值范围0~999.9Ω
E.电阻箱2R ，阻值范围0~9999.9Ω
F.滑动变阻器3R ，最大阻值为10Ω
G .电源3V E =，内阻约为0.5r =Ω
H.开关一只，导线若干
回答下列问题：
（2）正确选择实验器材，电流表应选择________和__________，电阻箱应选_______；（填写元器件前的字母代号）
（3）画出电阻测量的实验电路图_______；
（4）使用正确电路，分别测量多组实验数据，并记录在如图乙G I I -坐标系中，将2R 调节到9900Ω，根据记录的实验数据做出金属丝的G I I -图线________，并算出金属丝的电阻x R =___________。

（计算
结果保留两位有效数字）
【答案】1.601mm A B E
5Ω
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]螺旋测微器读数为
1.5mm 10.10.01mm 1.601mm +⨯=
（2）[2][3][4] 由所给实验器材可知，没有电压表，应该用电流表与电阻箱改装电压表。

因为流过电阻的电流最大约为
30.6A 5
E I R === 则电流表应选择B 。

电源电动势为3V ，改装的电压表量程应为3V ，应选用电流表A 与电阻箱改装成电压表
电阻箱的阻值
9900ΩV g g
U R R I =-= 电阻箱应选E 。

（3）[5]待测电阻阻值约为5Ω ，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示
（4）[6][7]根据坐标系内描出的点作出图像如图所示
由图示图像可知，金属丝的电阻 ()6210010(1009900)50.2
G g x I R R U R I I -+⨯⨯+====Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，横截面积均为S ，内壁光滑的导热气缸A 、B ．A 水平、B 竖直放置，A 内气柱的长为2L ，D 为B 中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计．A 、B 之间由一段容积可忽略的细管相连，A 气缸中细管口处有一单向小阀门C ，A 中气体不能进入B 中，当B 中气体压强大于A 中气体压强时，阀门C 开启，B 内气体进入A 中．大气压为P 0，初始时气体温度均为27℃，A 中气体压强为1.5P 0，B 中活塞D 离气缸底部的距离为3L ．现向D 上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为0P S m g
=．求：
(i)活塞D 稳定后B 中剩余气体与原有气体的质量之比；
(ii)同时对两气缸加热，使活塞D 再回到初始位置，则此时气缸B 内的温度为多少?
【答案】 (i)
23
(ii)2900K T = 【解析】
试题分析：（i ）对活塞受力分析，得出A 中原有气体末态的压强，分析A 中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A 末态的体积，同理对B 中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B 末态的体积，气体
密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B 中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解．
（i ）当活塞C 打开时，A 、B 成为一个整体，气体的压强20mg P P S
=+ 对A 中原有气体，当压强增大到02P 时，其体积被压缩为A
L S ' 由玻意耳定律得：001.5?
22?A P LS P L S =' 解得： 1.5A
L L '= B 中气体进入气缸A 中所占体积为0.5LS
对原来B 中气体，由玻意耳定律得：()00·32?
0.5B P LS P LS L S +'= 解得：B
L L '= B 中剩余气体与原有气体的质量比为20.53B B
L S LS L S '=+' （ii ）对气缸加热，阀门C 关闭，此时被封闭在B 中的气体温度为127327300T K K K =+=，体积为B
L S LS '= D 活塞回到初始位置，气体体积变为3LS ，设最终温度为2T
由盖吕萨克定律得：12
3B L S LS T T =' 解得：2900T K =
【点睛】解题的关键就是对A 、B 中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解．
16．半径R ＝0.50 m 的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m ＝0.20 kg 的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L 0＝0.50 m ，劲度系数k ＝4.8 N/m ，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C ，在C 点时弹簧的弹性势能E PC ＝0.6 J ，g 取10 m/s 2.求：
(1)小球经过C 点时的速度v c 的大小；
(2)小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向．
【答案】 (1) 3 m/s. (2) 3.2 N ，方向向上．
【解析】
试题分析：(1)设小球经过C点的速度为v c，小球从B到C，据机械能守恒定律得
mg(R＋Rcos60°)＝E PC＋1
2
mv2
，（3分）
代入数据求出v c＝3 m/s. （2分）
(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力F N. 设环对小球的作用力方向
向上，根据牛顿第二定律F＋F N－mg＝m
2
v
R
，（2分）
由于F＝kx＝2.4 N，（2分）
F N＝m
2
v
R
＋mg－F，
解得F N＝3.2 N，方向向上．（1分）
根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下．（1分）
考点：考查匀速圆周运动
点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力
17．如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30°，间距L=1m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=1T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2T。

两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m=0.1kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为μ=0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间光滑。

导体棒a、b的电阻均为R=1Ω。

开始时，a、b棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，g取10m/s2.
(1)b棒开始朝哪个方向滑动，此时a棒的速度大小；
(2)若经过时间t=1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移多大；
(3)若将CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，b棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。

【答案】（1）0.2m/s；（2）0.24m；（3）匀加速，0.4m/s2。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）开始时，a棒向下运动，b棒受到向左的安培力，所以b棒开始向左运动，当b棒开始运动时有
1B IL mg μ=
对a 棒
2=2B Lv I R
联立解得
21220.2m/s mg R
v B B L μ⋅==
（2）由动量定理得对a 棒 2sin mgt B ILt mv θ-= 其中
222B Lx It R R
∆Φ== 联立解得
222(sin )20.24mgt mv R x m B L
θ-⋅== （3）设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2，则有 21sin mg B IL ma θ-=
12-B IL mg ma μ=
且
21122B Lv B Lv I R
-= 当稳定后，I 保持不变，则 211202B L v B L v I t R t
∆-∆∆==∆⋅∆ 可得
122a a =
联立解得两棒最后做匀加速运动，有a 1=0.2m/s 2，a 2=0.4m/s 2。