内蒙古鄂尔多斯市2021届新高考第四次适应性考试物理试题含解析

内蒙古鄂尔多斯市2021届新高考第四次适应性考试物理试题
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，两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A 固定且通有电流I ，线框B 从足够高处由静止释放，在运动到A 下方的过程中（ ）
A ．穿过线框
B 的磁通量先变小后变大
B ．穿过线框B 的磁通量先变大后变小
C ．线框B 所受安培力的合力为零
D ．线框B 的机械能一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】
AB.据安培定则知，线框A 内部磁场向里，外部磁场向外；线框B 从足够高处由静止释放，线框B 下降且未与线框A 相交前，线框B 中磁通量是向外的增大；当线框B 与线框A 相交至重合过程中，线框B 中磁通量先是向外的减小到0然后是向里的增大；当线框B 与线框A 重合至相离过程中，线框B 中磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大；当线框B 与线框A 相离且越来越远时，线框B 中磁通量是向外的减小；故AB 两项错误；
C.因为线框B 与线框A 相对运动产生感应电流，据楞次定律知，线框B 所受安培力的合力竖直向上，故C 项错误；
D. 线框B 下降过程中，安培力对其做负功，线框B 的机械能一直减小，故D 项正确。

2．将输入电压为220V 、输出电压为6V 的变压器改装成输出电压为30V 的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）
A ．150匝
B ．144匝
C ．130匝
D ．120匝
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
副线圈匝数为n 2=30匝，输入电压U 1=220V ，输出电压U 2=6V ，根据变压比公式有 112
22206U U n n ==
原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V ，根据变压比公式有
1222030n n n
=+∆ 联立得
120n ∆=
故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

3．下列说法正确的是（ ）
A ．光子没有质量，所以光子虽然具有能量，但没有动量
B ．玻尔认为，原子中电子的轨道是量子化的，能量也是量子化的
C ．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会缩短放射性元素的半衰期
D ．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象称为质量亏损
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．光子具有能量，也具有动量，A 项错误；
B ．玻尔认为，原子中电子的轨道是量子化的，能量也是量子化的，B 项正确；
C ．元素的半衰期不会因为高温而改变，C 项错误；
D ．原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，D 项错误。

故选B 。

4．关于分子间相互作用力与分子间势能，下列说法正确的是（ ）
A ．在10r 0（r 0为分子间作用力为零的间距，其值为10－10m ）距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力
B ．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
C ．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小
D ．分子间距离越大，分子间的斥力越大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．分子间同时存在引力和斥力，在平衡距离以内表现为斥力，在平衡距离以外表现为引力，在10r 0距离范围内，分子间总存在着相互作用的引力，A 正确；
BC ．设分子平衡距离为r 0，分子距离为r ，当r>r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r ＝r 0，分子力为0，分子势能最小；
由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，B、C错误；
D．分子间距离越大，分子间的斥力越小，D错误。

故选A。

5．下列关于原子物理知识的叙述正确的是（）
A． 衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子
B．结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．两个轻核结合成一个中等质量的核，核子数不变质量不亏损
D．对于一个特定的氡原子，知道了半衰期，就能准确的预言它在何时衰变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳定，故B 错误；
C．两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，故C错误；
D．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误。

故选A。

6．物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后( )
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
【答案】C
【解析】
【详解】
传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
sin N mg θ=
平行传送带斜向下
sin mg N ma θμ-=
所以
sin cos a g g θμθ=-
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C 正确，ABD 错误；
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．下列说法中正确的是 。

A ．光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一
B ．变化的电场一定产生变化的磁场
C ．光的偏振现象说明光是横波
D ．无影灯是利用光的衍射原理
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．狭义相对论的两条基本假设是光速不变原理和相对性原理, 故A 正确；
B ．均匀变化的电场一定产生恒定的磁场，故B 错误；
C ．偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故C 正确；
D ．无影灯是利用光的直线传播原理制成的，故D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ C 2cos g L θ
D ．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθ
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得 212
W mv = 联立解得
1sin 2
W mgL μθ= 故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
水平方向
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2cos g L
ωθ
= 此时物块的线速度大小为
22sin v L θω= 从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
22212
W mv = 联立解得
22sin 2cos mgL W θθ= 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

9．质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。

如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U 加速后，经小孔P 沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。

但受加速场实际结构的影响，从小孔P 处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散（其他方向的忽略不计），光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q ，其中质量分别为m 1、m 2（m 2> m 1 ）的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是（ ）
A ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足12
m m B ．小孔P 处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角θ满足sinθ=12
m m C 211
2)2m m U B qm -（D 2122)2m m U B qm -（【答案】AD
【解析】
【详解】
由题意知
21012qU m v =
20011
v qv B m R = 解得
1121R q
B mU =
⋅ 同理 2221m U R B q
= 设左右最大发射角均为θ时，粒子2m 光斑的右边缘恰好与粒子1m 光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为2m 半圆轨迹和向左发散θ角轨迹，实线为1m 半圆轨迹和向左发散θ轨迹），则
212cos 2R R θ=
联立解得
12
cos m m θ= 此时两种粒子光斑总宽度为
2122cos x R R θ∆=-
解得
()212
22m m U x B qm -∆=⋅
故选AD 。

10．倾角为30θ=︒的光滑绝缘斜面底端O 点固定一正点电荷，一带正电的小物块（可视为质点）从斜面上的A 点由静止释放，沿斜面向下运动能够到达的最低点是B 点。

取O 点所在的水平面为重力势能的零势能面，A 点为电势能零点，小物块的重力势能E 重、BA 之间的电势能E 电随它与O 点间距离x 变化关系
如图所示。

重力加速度210m/s g =，由图中数据可得（ ）
A ．小物块的质量为5kg
B ．在B 点，25J E =电
C ．从A 点到B 点，小物块速度先增大后减小
D ．从A 点到B 点，小物块加速度先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．因为规定A 点的电势为零，由图象可知OA 之间的距离为2m ，在A 点具有的重力势能Ep=100J ，也是物块具有的总能量，根据
Ep=mgh=mgOAsin30°
得
m=10kg
故A 错误；
B ．小物块在B 点时电势能最大，由图象可知OB 间距离为1.5m ，此时的重力势能为
E pB =mgOBsin30°=10×10×1.5×0.5J=75J
由前面的分析可知物块的总能量是
E=100J
根据
E=E pB +E 电
可得
E 电=25J
故B 正确；
C ．小物块从A 点静止出发，到B 点速度为零，所以从A 到B 的过程中，物块的速度是先增大后减小的，故C 正确；
D ．在小物块下滑的过程中，所受的库仑力逐渐增大，一开始重力的分力大于库仑力，所以向下做加速运动，但随着库仑力的增大，其加速度逐渐减小，当库仑力与重力沿斜面的分力相等时，合力为零，加速度为零，此时物块速度达到最大，以后库伦力大于重力的分力，物块开始做减速运动，且加速度越来越大，
所以整个过程加速度是先减小到零后反向增大，故D 错误。

故选BC 。

11．一列简谐横波在介质中沿x 轴传播，在0t =时刻的波形图如图所示，P 、Q 为介质中的两质点。

此时
质点P 正在向动能减小的方向运动，质点Q 横坐标为5cm 。

1s t =时，
质点Q 第一次回到平衡位置，4s 3
t =时，质点P 第一次回到平衡位置。

下列说法正确的是（ ）
A ．波沿x 轴负方向传播
B ．4s 3t =
时，质点P 向y 轴负方向运动 C ．波长为12cm
D ．2s 3t =时，质点P 位于波峰 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．当0t =时，质点P 正在向动能减小的方向运动，即P 点向y 轴正方向运动，根据上下坡法，机械波向x 轴正方向传播，A 错误； B ．当1s t =时，质点Q 第一次回到平衡位置，则有4s T =，当经过4s 3t =
，质点P 由y 轴上方位置第一次回到平衡位置，应该向y 轴负方向运动，B 正确； C ．当1s t =时，质点Q 第一次回到平衡位置，则有4s T =，由于4s 3t =时质点P 第一次回到平衡位置，设波速为v ，在4s 3
时间内，波传播的距离为 43
x v = 也可表示为
35cm 4
x λ=- 而
vT λ=
解得
12cm λ=
C 正确；
D ．波峰与P 点水平距离为
'5cm=1cm 2x λ
=-
传播时间为1s 3
，D 错误。

故选BC 。

12．封闭在气缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是（ ） A ．气体的密度增大
B ．气体的压强增大
C ．气体分子的平均动能减小
D ．每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多 【答案】BD
【解析】
一定质量的气体，如果保持气体体积不变，根据密度公式得密度也就不变．故A 错误．根据气体状态方程PV/T=C ，如果保持气体体积不变，当温度升高时，气体的压强就会增大．故B 正确．温度是气体分子平均动能变化的标志，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，故C 错误．气体压强是气体分子撞击器壁而产生的，由于气体的压强增大，所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多．故D 正确．故选BD ． 点睛：能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志，当温度越高时，分子平均动能增大；当温度越低时，分子平均减小．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示，某组同学借用“探究a 与F 、m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动.
（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图乙所示的纸带. 纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0. 1s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G . 实验时小车所受拉力为0. 2N ，小车的质量为0. 2kg. 请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的变化k E ∆，补填表中空格_______，_______（结果保留至小数点后第四位）.
通过分析上述数据你得出的结论是：在实验误差允许的范围内k W E =∆，与理论推导结果一致. （3）实验中是否要求托盘与砝码总质量m 远小于小车质量M ？________（填“是”或“否”）；
（4）实验前已测得托盘的质量为3
7.710kg -⨯，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg （g 取29.8/m s ，结果保留至小数点后第三位）.
【答案】匀速直线 0.1120 0.1105 是 0.015 【解析】 【详解】
（1）[1]．平衡摩擦力时，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动．
（2）[2][3]．从O 到F ，拉力做功为： W=Fx=0.2×0.5575J=0.1120J ． F 点的瞬时速度为：
0.66770.4575
m/s=1.051m/s 20.2
EG F x v T -＝
＝ 则动能的增加量为：
2211
0.2 1.0510.1105J 22
k F E mv ⨯⨯=V ＝＝
（3）[4]．实验中是要使托盘与砝码的重力等于小车的拉力，必须要使得托盘与砝码总质量m 远小于小车质量M ；
（4）[5]．砝码盘和砝码整体受重力和拉力，从O 到F 过程运用动能定理，有：
()21
[]2
OF F M m g F x M m v +-=
+（） 代入数据解得： m=0.015kg ．
14．某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理．
（1）有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用： A ．电磁打点计时器 B ．电火花打点计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择_______（选填“A”或“B”）．
（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是_____（选填“甲”或“乙”）．
（3）测出小车的质量为M ，再测出纸带上起点到A 点的距离为L ．小车动能的变化量可用 ΔE k =21
2
A Mv 算
出．砝码盘中砝码的质量为m ，重力加速度为g ；实验中，小车的质量应_________（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL 算出．多次测量，若W 与ΔE k 均基本相等则验证了动能定理． 【答案】B 乙 远大于 【解析】 【详解】
(1)[1]电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小。

故A 不符合题意，B 符合题意。

(2)[2]同学乙的做法正确。

只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力大小相等，才能够消除摩擦力的影响。

对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力。

(3)[3]对于砝码、砝码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mg-F=ma ，只有当小车的质量远大于砝码、砝码盘和沙子总质量时，绳子的拉力 F 才近似等于砝码、砝码盘和沙子中重力 mg 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，用质量m ＝1kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝1.0m ，气体的温度t 1=27℃ 。

现将汽缸缓慢加热至t 2=207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU ＝300J 。

已知大气压强p 0＝1.0×
105Pa ，重力加速度g ＝10m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10-4 m 2。

求： (ⅰ)初始时汽缸内气体的压强p 1和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2； (ⅱ)此过程中缸内气体吸收的热量Q 。

【答案】 (i)1.2×105Pa ，1.6m ；(ii)336J 【解析】 【分析】 【详解】
(i)初始时汽缸内气体的压强 p=p 0+
mg
S
=1.2×105Pa 气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得
1212
h S h S
T T = 即
21.0
27327273207
h =++
解得 h 2=1.6m
(ii)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为
W=pS （h 2-h 1）=[1.2×105×（1.6-1.0）×5.0×10-4]J=36J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化为 △U=-W+Q 解得
Q=△U+W=336J
16．在如图所示的xoy 平面直角坐标系中，一足够长绝缘薄板正好和x 轴的正半轴重合，在y a >全部区域和y a <-的条形区域内均分布着方向垂直纸面向里的相同的匀强磁场，且y a <-区域磁场上下边界平行。

一带正电粒子，从y 轴上的（0，a ）点以速度v 沿与y 轴负向成45°角出射。

带电粒子与挡板碰撞前后，x 方向的分速度不变，y 方向的分速度反向、大小不变，且碰撞过程中无电荷量损失。

已知粒子质量为m ，电荷量为q ，磁感应强度的大小2mv
B =
(1)求粒子进入下方磁场后第一次打在绝缘板上的位置；
(2)为保证粒子不从y a <-的下边界射出，磁场下边界位置纵坐标y 需要满足的条件；
(3)在满足(2)的情况下，若在绝缘板上的合适位置开一小孔，粒子穿过后能再次回到出发点。

写出在板上
开这一小孔可能的位置坐标（不需要写出过程）；
(4)在满足(3)的情况下，求粒子从（0，a ）出射仅一次经过y a >区域的磁场到再次返回出发点经历的时间。

【答案】 (1)击中点的坐标x a =；(2)()
223y a a ≤+；(3)6x na a =+（n=0，1，2，3，……）或65x na a
=+（n=0，1，2，3，……）；(4) (1213)2a v
π+或
(810)2a
v π+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子的轨迹如图所示，
已知2mv
B =
2
v qvB m r
=
得
22r a =
下磁场区域中弦长
2sin 454l r a =︒=
所以第一次击中点的坐标
42x a a a a =--=
(2)如图，当运动轨迹与磁场下边界相切时，刚好不从y<-a 的磁场下边界射出，磁场宽度d 应满足：
(1sin 45)=222d r a a =+︒+
即磁场下边界位置坐标应满足
(223)y a a ≤-+
(3)开孔位置
6x na a =+（n=0，1，2，3，……）或65x na a =+（n=0，1，2，3，……）
(4)如图，满足题意的运动过程分以下两种情况
若开孔位置在7x a =，如甲图所示，所用时间为：
132********r r a
t v v v
ππ=⨯⨯+⨯+⨯
解得
1(1213)2a
t π+=
若开孔位置在5x a =，如乙图所示，所用时间为：
23212223444r r a
t v v v
ππ=⨯⨯+⨯+⨯
解得
2(8102a
t v
π+=
17．如图所示，半径75m R .=的四分之一光滑圆弧QP 竖直放置，与粗糙水平地面平滑连接于P 点，整个空间存在场强大小3210V /m E =⨯的匀强电场，竖直边界MP 右侧电场方向水平向右，左侧电场方向
竖直向上；小物块A B
、（视为质点）大小形状相同，A 电荷量为3
510C q -=+⨯，B 不带电，质量3kg A m =，1kg B m =。

从Q 点由静止释放A ，与静止在地面上D 点的B 碰撞。

已知A B 、与地面间动摩擦因数均为
0.2μ=，P 、D 间距离0165m x .=，g 取210m /s ，A B 、间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。

求：
（1）物块A 运动到P 点时，受到圆弧轨道支持力的大小； （2）物块A B 、碰撞后瞬间，A B 、速度的大小和方向； （3）物块A B 、第一次碰撞后，过多长时间发生第二次碰撞。

【答案】（1）60N ；（2）6m/s ，方向水平向右；18m/s ，方向水平向右；（3）7.2s ； 【解析】 【详解】
(1)物块A 从Q 到P 过程，由动能定理得：
()2
12
A A P m g qE R m v -=
， 代入数据解得： v P =10m/s ，
在P 点，由牛顿第二定律得：
2P
A A v F qE m g m R
+-=，
代入数据解得： F=60N ；
(2)物块A 从P 到D 过程，由动能定理得：
()22011122
A A A P qE m g x m v m v μ=
--， 代入数据解得： v 1=12m/s ，
A 、
B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： m A v 1=m A v A +m B v B ， 由机械能守恒定律得：
222
1111222
A A A
B B m v m v m v =+， 代入数据解得： v A =6m/s ，方向水平向右
v B =18m/s ，方向水平向右
(3)A 、B 碰撞后，由牛顿第二定律得， 对A ：
qE-μm A g=m A a A ， 对B ： μm B g=m B a B ， 代入数据解得：
24
m/s 3
A a =
， a B =2m/s 2，
设经过时间t 两物块再次发生碰撞，由运动学公式得：
2211
22
A A
B B v t a t v t a t +=-，
代入数据解得： t=7.2s ；。