山东省威海市2021届新高考物理第四次押题试卷含解析

山东省威海市2021届新高考物理第四次押题试卷
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
1．2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。

如果两颗卫星的质量均为M ，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h ，2号卫星轨道距离地面高度为h'，且h'>h ，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度大小为g ，引力常量为G 下列说法正确的是（ ）
A ．l 号卫星绕地球运动的线速度
B ．1号卫星绕地球运动的周期2(T R h π=+
C ．1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为'2
2h h
D ．稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．设地球质量m ，根据公式
2
2()()
Mm v G M R h R h =++ 和
002
mm m g G
R = 解得
v =故A 正确；
B ．根据公式
2
224()()Mm G M R h R h T
π=++ 和
002
mm m g G
R = 解得：
T = 故B 错误；
C ．根据
12
()mM F G R h =+ 2'2()mM F G
R h =+ 所以
'2
122()()
F R h F R h +=+ 故C 错误；
D ．由于'h h <，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D 错误。

故选A.
2．在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。

关于这些贡献，下列说法正确的是（ ）
A ．牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量
B ．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向
C ．法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律
D ．爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A 错误；
B ．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B 正确；
C ．法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C 错误；
D ．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D 错误。

故选B 。

3．如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆.随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角θ（150θ<︒）将不同.设床单重力为G ，晾衣杆所受压力大小为N ，下列说法正确的是（ ）
A ．当60θ=︒时，33N G =
B ．当90θ︒=时，22N G =
C ．只有当120θ︒=时，才有N G =
D ．无论θ取何值，都有N G =
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力G 和晾衣杆的支持力N '，由平衡条件知N G '=，与θ取何值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小N N G ='=，与θ无关，ABC 错误，D 正确。

故选D 。

4．下列属于理想化物理模型的是（ ）
A ．电阻
B ．点电荷
C ．力的合成
D ．瞬时速度
【答案】B
【解析】
【分析】
理想化模型的特点是现实生活中不存在。

通过想象合理分析得出忽略次要因素，只考虑主要因素，据此判断即可。

【详解】
建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素．物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素．为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、点电荷、自由落体运动等，电阻、力的合成以及瞬时速度均不符合理想化模型的定义，ACD 不符合题意，B 符合题意。

故选B 。

5．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 。

6．一物体沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其运动的v t -图象如图所示.下列说法正确的是()n n
A ．10t ～时间内物体处于失重状态
B ．12t t ～时间内物体机械能守恒
C ．23t t ～时间内物体向下运动
D ．20t ～时间内物体机械能一直增大
【答案】D
【解析】A 、以竖直向上为正方向，在v t 图象中，斜率代表加速度，可知10t ～时间内物体向上做加速运动，加速度的方向向上，处于超重状态.故A 错误；
B 、由图可知， 12t t ～时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以机械能增大.故B 错误；
C 、由图可知， 23t t ～时间内物体向上做减速运动.故C 错误；
D 、10t ～时间内物体向上做加速运动，动能增大，重力势能也增大； 12t t ～时间内物体向上做匀速直线运动，动能不变，重力势能增大，所以20t ～时间内物体机械能一直增大.故D 正确．
故选：D
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．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r ．b 点在小轮上，到小轮中心的距离为r ．c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（ ）
A ．a 点与c 点的线速度大小相等
B ．b 点与d 点的角速度大小相等
C ．a 点与d 点的向心加速度大小相等
D ．a 点与b 点的向心加速度大小相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．根据圆周运动的规律可得：a 点与c 点在相等时间内转过的弧长是相等的，所以二者的线速度大小相
等；b 点与d 点在相等时间内转过的角度是相等的，所以二者角速度大小相等；AB 正确．
CD ．设a 点的线速度大小为v ，则c 点的线速度大小为v ，c 、b 、d 三点的角速度大小均为2v r
；据向心加速度公式：22v a R R ω==可得，a 点的向心加速度大小为2v r ，c 点的向心加速度大小为2
2v r
，b 点的向心加速度大小为：22
2()24ω==v v r r r r ，d 点的向心加速度大小为：2
224()42ω==v v r r r r ．故C 正确，D 错误．
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 ．空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大
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 ．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同
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，表面积要收缩到最小的缘故
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．密度是宏观的物理量，分子的质量与体积是微观的物理量，则0
m V ρ≠，故A 错误； B ．根据相对湿度的定义式可知，空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大，故B 正确；
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，水也不会流出的原因是液体的表面张力作用，液体表面层分子的分布要比内部稀疏些，分子之间的吸引力和排斥力都减弱了，其中斥力减弱更多，所以表面层分子之间有相互吸引力，这种力叫表面张力，由于表面张力的作用，使水面形成一层弹性薄膜，所以水不会流出，故C 错误；
D ．物体的内能由温度、体积和物质的量决定，内能不同的物体，温度可能相同，温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，故D 正确；
E ．玻璃管道裂口放在火上烧熔，熔化的玻璃在表面张力的作用下收缩到最小，从而变得圆滑，故E 正确。

故选BDE 。

9．下列说法正确的是（ ）
A．外界对气体做功，气体的内能可能减少
B．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
C．空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越小
D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
E.一定质量的理想气体的内能随温度的升高而增大
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A．如果气体吸热的同时对外做功，吸收的热量小于对外所做的功，则内能可能减小，故A正确；B．晶体都有固定的熔点，故B错误；
C．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气的压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，故C错误；D．内能是所有分子动能和分子势能之和。

内能不同的物体，当它们的温度相同时，则它们分子热运动的平均动能可能相同，故D正确；
E．一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大，故E正确。

故选ADE。

10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率4m/s
v=顺时针转动。

一煤块以初速度
012m/s
v=从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取2
10m/s
g=，sin370.6
︒=，sin530.8
︒=，则下列说法正确的是（）
A．倾斜传送带与水平方向夹角37
θ=︒
B．煤块与传送带间的动摩擦因数0.5
μ=
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(1245)m
+
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由v-t图像得0~1s的加速度大小
221124m /s 8m /s
1a -== 方向沿传送带向下；1~2s 的加速度大小
22240m /s 4m /s 1
a -== 方向沿传送带向下，0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
37θ=︒，0.25μ=
故A 正确，B 错误；
C ．v-t 图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为10m x =，由运动学公式得下滑时间为
22210s 5s 4
x t a ⨯===下 所以煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为(25)s +，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ；1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m ；2~(25)s +传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为
2212m (1245)m 2
a t vt ++=+ 故D 正确。

故选AD 。

11．如图所示，一条形磁铁竖直放置，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A 、B 两端时速度分别为v 1、v 2，线圈中的电流分别为I 1、I 2，线圈在运动过程中保持水平，则( )
A ．I 1和I 2的方向相同
B ．I 1和I 2的方向相反
C ．I 1∶I 2＝v 21 ∶v 22
D ．I 1∶I 2＝v 1∶v 2
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．金属线圈经条形磁铁A 、B 两端时，磁通量先向上的增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，导致感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I 1和I 2感应电流的方向先顺时针，后逆时针（从上向下），即它们的方向相反，故A 错误，B 正确；
CD ．依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则有 I==E BLv R R
即I 与v 成正比，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

12．为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M 、N 作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U ，若用Q 表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）
A ．M 板电势一定高于N 板的电势
B ．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
C ．污水流动的速度越大，电压表的示数越大
D ．电压表的示数U 与污水流量Q 成正比
【答案】ACD
【解析】 A 项，根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M 板电势一定高于N 板的电势，故A 正确；
B 、
C 项，最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有U qvB q
c = ，解得U Bvc = ，所以与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B 项错误，C 项正确．
D 项，根据U v Bc =
，则流量U U Q vbc bc b Bc B === ，即QB U b
= ，故电压表示数与污水流量成正比，故D 项正确．
综上所述本题正确答案为ACD ．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：
直流电源（3V.内阻不计）
电流表A1量程为0.6 A，内阻为0.6n）
电流表A2（量程为300mA．内阻未知）
电压表V（量程0—3V，内阻约3kQ）
滑动变阻器R（0—5Ω，允许最大电流3A）
开关、导线若干．
其实验步骤如下：
①由于电流表A1的里程偏小.小组成员把A1、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.
（____）
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S，调节滑片.发现当A1示数为
0.50A时，A2的示数为200mA，由此可知A2的内阻为_______.
③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．
【答案】右 1.5 0.84 I
【解析】
【详解】
（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定
律得：11
2
2
0.50.6
1.5
0.2
A
A I R
R
I ⨯
==Ω=Ω
（3）由于U g1＝0.6×0.6V＝0.36V，U g2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于U g1＜U g2，故两电流表两段允许所加最大
电压为0.36V，新电流表量程为：
0.36
0.60.84
1.5
I A A
=+=，由于A
2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．
14．某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B的大小与长直导线中的电流大小I成正比，与该点离长直导线的距离r成反比。

该小组欲利用如图甲所示的实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A）、滑动变阻器、小磁针（置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干：
实验步骤如下：
a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图甲所示；
b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离r、长直导线中电流的大小I及小磁针的偏转角度θ；
c.根据测量结果进行分析，得出结论。

回答下列问题：
（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为______A；
（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知实验所在处的地磁场水平分量大小为B0=3×10－5T，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B的大小为_______T（结果保留两位小数）；
（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tanθ与I
r
之间的图像如图丁所示，
据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与离长直导线的距离r成反比的结论，其依据是______；
（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与电流I及距离r之间的数学关
系为0
2
I
B
r
μ
π
=g，其中
μ为介质的磁导率。

根据题给数据和测量结果，可计算出
μ=_______ T m/A
g。

【答案】2.00 5
1.7310-
⨯电流产生的磁感应强度0tan
B Bθ
=，而偏角的正切值与
I
r
成正比7
410
π-
⨯
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]电流表量程为3A，则最小分度为0.1A，由指针示数可知电流为2.00A；
（2）[2]电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示
则有
tan30
B
B
︒=
解得
55
3
310 1.710T
3
B--
=⨯⨯=⨯
（3）[3]由图可知，偏角的正切值与
I
r
成正比，而根据（2）中分析可知
tanθ
B B
=
则可知B与
I
r
成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B与通电电流I成正比，与长导线的距离r成反比；
（4）[4]由公式
tanθ
2
I
B B
r
μ
π
==g
可知，图象的斜率
2
0.142
10
221.03
k
B
μ
π
-
===⨯
解得
70410T m/A μπ-=⨯g
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，=37θo ，让两个小球（可视为质点）分别从顶点A 由静止开始出发，一小球沿AC 滑下，到达C 所用的时间为t 1，另一小球自由下落经B 到达C ，所用的时间为t 2，在转弯的B 处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时
间可以忽略不计，sin37º=0.6
，求：12
t t 的值。

【答案】1
【解析】
【详解】
设三边分别为3a 、4a 、5a ，由AC 滑下有
a=gsinθ=0.6g
由
21152
at a ＝ 得
110250.63a a t g g
==沿ABC 滑下AB 段有
2211 32
gt a = 得
216a t g
= 216v gt ga =
沿水平BC 段有
vt 21=4a 得
226t ga
=
2212225
3a t t t g
+＝＝ 故可知
t 1：t 2=1：1。

16．一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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．取重力加速度的大小g=10ｍ/s 2.求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
【答案】（3）3.23 ， 3.33 （2）s=3.325m
【解析】
试题分析：（3）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ3和μ2，木板与物块的质量均为m ．
v-t 的斜率等于物体的加速度，则得：
在3-3．5s 时间内，木板的加速度大小为22151/8/0.5
v a m s m s t -==V V ＝． 对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ3mg+μ2•2mg=ma 3，①
对物块：3-3．5s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a 2=μ3g
t=3．5s 时速度为v=3m/s ，则 v=a 2t ②
由①②解得μ3=3．23，μ2=3．33
（2）3．5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ3mg ＜μ2mg ，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a 2=μ3g=2m/s 2．
3．5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
221124/mg mg
a m s m μμ-=⋅'=
故整个过程中木板的位移大小为222
0111 1.62522v v v x m a a -=+='
物块的位移大小为
22
2
22
0.5
22
v
v
x m
a a
=+=
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x3-x2=3．325m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题首先要掌握v-t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
17．如图(b)所示，一个正方体玻璃砖的棱长为2a，其折射率为2。

在其中心轴线处有一点光源，该点光源可沿中心轴线上下移动。

若点光源移动至某一位置O时，玻璃砖上表面均有光线射出，求此时玻璃砖下表面有光线射出的面积
【答案】2
(642)a
π
-.
【解析】
【详解】
光路如图，(临界点)O点发出的光射至上表面正方形的对角线边缘P点恰好全反射，则上表面均有光线射出，射至下表面的Q点恰好全反射(临界点)，则以Q点为圆形边缘，其内部有光线射出
P点恰全反射，则有
1
sin C
n
=
由几何关系得
22
2
sin
(2)
a
C
a h
=
+
Q 点恰全反射，由几何关系得
sin C =光线射出面积为 2S x π=
联立解得
2(6S a π=-。