安徽省淮南市2021届新高考物理四模试卷含解析

安徽省淮南市2021届新高考物理四模试卷
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．如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m A 和m B 的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量之比m A :m B =2:1．当用水平力F 作用于B 上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲所示），弹簧的伸长量x A ；当用同样大小的力F 竖直向上拉B 且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示），弹簧的伸长量为x B ，则x A :x B 等于（ ）
A ．1:1
B ．1:2
C ．2:1
D ．3:2
【答案】A
【解析】
【详解】 设m A =2m B =2m ，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
()3A B A B F m m g
F a g m m m
μμ-+==-+ 对A 物体有：
F 弹-μ∙2mg=2ma ，
得
123F F kx ==弹 ；123F x k
= 对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：
()3A B A B F m m g
F a g m m m
-+=+'=- 对A 物体有：
F 弹′-2mg=2ma′，
得
223
F F kx ='=弹 223F x k
= 则x 1：x 2=1：1．
A ． 1:1，与结论相符，选项A 正确；
B ． 1:2，与结论不相符，选项B 错误；
C ．2:1，与结论不相符，选项C 错误；
D ．3:2，与结论不相符，选项D 错误．
2．如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P 的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度，万有引力常量为G 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．卫星的运动属于匀变速曲线运动
B ．张角θ越小的卫星，其角速度ω越大
C ．根据已知量可以求地球质量
D ．根据已知量可求地球的平均密度
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故A 错误；
B ．设地球的半径为R ，卫星做匀速圆周运动的半径为r ，由几何知识得
sin 2R r
θ
= 可知张角越小，r 越大，根据
22Mm G
m r r
ω= 得 3
GM r ω=可知r 越大，角速度ω越小，故B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力，则有
22Mm G m r r
ω= 解得地球质量为
23
r M G ω=
因为r 未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故C 错误；
D ．地球的平均密度
343M
R ρπ=
则 2
334sin 2
G ωρθπ=
知可以求出地球的平均密度，故D 正确。

故选D 。

3．甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从不同高度由静止释放，如图a 所示。

甲、乙两球的v-t 图象分别如图b 中的①、②所示。

球下落过程所受空气阻力大小f 满足f=kv(v 为球的速率，k 为常数)，t 2时刻两球第二次相遇。

落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。

下列判断不正确的是( )
A ．12m m >
B ．乙球释放的位置高
C ．两球释放瞬间，甲球的加速度较大
D ．两球第一次相遇的时刻在t 1时刻之前
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．两球稳定时均做匀速直线运动，则有
kv=mg
得
kv m g
= 所以有
11
22
m v
m v
=
由图知12
v v
>，故
12
m m
>，A正确，不符合题意；
B．v-t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；
C．两球释放瞬间v=0，此时空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；
D．在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意；
故选C。

4．图中ae为珠港澳大桥上四段l10m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为
A．t B．2t C．(2－2)t D．(2+2) t
【答案】C
【解析】
【详解】
设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：2
1
2
ab
x at
=，2
1
1
()
2
ac
x a t t
=+，2
12
1
()
2
ae
x a t t t
=++，解得：
2
2()2
t t
=-，故C正确，A、B、D错误；
故选C。

5．如图是某型号的降压变压器（可视为理想变压器），现原线圈两端接上正弦交流电，副线圈接一负载电阻，电路正常工作，若（）
A．负载空载（断路），则原线圈电流为零
B．负载空载（断路），则副线圈两端电压为零
C ．负载电阻阻值变小，则输入电流变小
D ．负载电阻阻值变小，则副线圈两端电压变小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．把变压器看做一个电源，副线圈所连电路为外电路，负载断路，相当于电路的外电路断路，则副线圈两端仍有电压，但是电路中无电流，A 正确B 错误；
CD ．负载电阻变小，根据1122
U n U n =可知副线圈两端电压不变，所以副线圈中电流增大，根据1221I n I n =可知，21
n n 不变，2I 增大，则1I 也增大，即输入电流变大，CD 错误。

故选A 。

6．如图，可视为质点的小球，位于半径为3m 半圆柱体左端点A 的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B 点．过B 点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60︒，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为2
g 10m /s =） （ ）
A 55 m /s
B ．3m /s
C ．35m /s
D 15m /s 【答案】C
【解析】
【详解】
飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
tan303tan 2θ︒=
= 因为 333tan 2y y x R θ===
则竖直位移为
3m 4y = 322
y v gy g ==
所以 0tan30y
v v ︒=
联立以上各式解得
035m/s v =
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．如图所示，竖直平面xOy 内存在沿x 轴正方向的匀强电场E 和垂直于平面xOy 向内的匀强磁场B ，下面关于某带正电粒子在xOy 平面内运动情况的判断，正确的是（ ）
A ．若不计重力，粒子可能沿y 轴正方向做匀速运动
B ．若不计重力，粒子可能沿x 轴正方向做匀加速直线运动
C ．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动
D ．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．若不计重力，当正电荷沿y 轴正方向运动时，受到的电场力沿x 轴正方向，受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，若满足qE qv
B =，则粒子做匀速直线运动，选项A 正确；
B ．粒子沿x 轴正方向运动时，因洛伦兹力沿y 轴方向，粒子一定要偏转，选项B 错误；
CD ．重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项C 错误、D 正确。

故选AD。

8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m＝0.2 kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点．不计小球和弹簧接触瞬间机械能损失、空气阻力，g取10 m/s2，则下列说法正确的是
A．小球刚接触弹簧时加速度最大
B．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
C．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒
D．小球自由落体运动下落的高度1.25m
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx为0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：kΔx＝mg
解得：
k＝0.210
0.1
⨯
N/m＝20 N/m
弹簧的最大缩短量为Δx最大＝0.61 m，所以F最大＝20 N/m×0.61 m＝12.2 N
弹力最大时的加速度
a＝
-
F mg
m
最大＝
12.20.210
0.2
-⨯
＝51 m/s2
小球刚接触弹簧时加速度为10 m/s2，所以压缩到最短时加速度最大，故A错误，B正确；C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独的小球机械能不守恒，故C错误；
D ．根据自由落体运动算得小球自由落体运动下落的高度
2205 1.25m 2210
v h g ===⨯ D 正确．
故选BD 。

9．图甲、图乙为两次用单色光做双缝干涉实验时，屏幕上显示的图样。

图甲条纹间距明显大于图乙，比较两次实验
A ．若光屏到双缝的距离相等，则图甲对应的波长较大
B ．若光源、双缝间隙相同，则图甲光屏到双缝的距离较大
C ．若光源、光屏到双缝的距离相同，则图甲双缝间隙较小
D ．图甲的光更容易产生明显的衍射现象
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．甲光的条纹间距大，光屏到双缝的距离相等，由于双缝间的距离未知，故无法比较波长的大小，A 错误；
B ．若光源、双缝间隙相同，根据双缝干涉条纹的间距公式L x d
λ∆=
知d 以及波长相等，图甲的条纹间距大，则图甲光屏到双缝的距离大，B 正确；
C ．若光源、光屏到双缝的距离相同，根据双缝干涉条纹的间距公式L x d λ∆=
知L 以及波长相等，图甲的条纹间距大，则图甲双缝的间距小，C 正确；
D ．因为波长大小未知，故无法比较哪个光发生明显的衍射，D 错误。

故选BC 。

10．在某空间建立如图所示的平面直角坐标系，该空间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场（图中均未画出）。

一质量为m ，带电荷量为q +的粒子（不计重力）从坐标原点O 以初速度v 沿x 轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．匀强电场的电场强度大小为vB
B ．电场强度方向沿y 轴负方向
C．若磁场的方向沿x轴负方向，粒子也能做匀速直线运动
D．若只改变磁场的方向，粒子不可能做匀变速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
AB．粒子恰好能沿x轴正向做匀速直线运动，可知受电场力和洛伦兹力平衡，因洛伦兹力沿y轴负向，可知电场力沿y轴正向，且
qE=qvB
则
E=Bv
且方向沿y轴正方向，选项A正确，B错误；
C．若磁场的方向沿x轴负方向，则粒子不受洛伦兹力作用，粒子只在沿y轴正方向的电场力作用下不可能做匀速直线运动，选项C错误；
D．若只改变磁场的方向，则洛伦兹力与电场力不再平衡，则粒子将做变速曲线运动，不可能做匀变速直线运动，选项D正确；
故选AD.
11．如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P点。

现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（）
A．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B．线圈受到的安培力逐渐增大
C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ω
D．流过线圈某点的电荷量为
2πB r R
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；
B ．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B 正确；
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
222E B r r Br ωω=⋅⋅=
选项C 正确；
D ．流过线圈某点的电荷量为
221
22B r B r q R R R
ππ∆Φ=== 选项D 错误。

故选BC 。

12．图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV ．下列说法正确的是
A ．平面c 上的电势为零
B ．该电子可能到达不了平面f
C ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eV
D ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍
【答案】AB
【解析】
A 、虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为10eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV ，动能减小了6eV ，电势能增加了6eV ，因此等势面间的电势差为2V ，因平面b 上的电势为2V ，由于电子的电势能增加，等势面由a 到f 是降低的，因此平面c 上的电势为零，故A 正确．
B 、由上分析可知，当电子由a 向f 方向运动，则电子到达平面f 的动能为2eV ，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f ，故B
正确．C 、在平面b 上电势为2V ，则电子的电势能为-2eV ，动能为8eV ，电势能与动能之和为6eV ，当电子经过平面d 时，动能为4eV ，其电势能为2eV ，故C 错误．D 、电子经过平面b 时的动能是平面d 的动能2倍，电子经过平面b 时的速率是经过d 时的
2倍，故D 错误．故选AB ．
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学改装和校准电压表的电路如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路所用电池的电动势E 为
20V ，内阻r 为20Ω（E r 、均保持不变）。

(1)已知表头G 满偏电流为100μA ，表头上标记的内阻值为121350,,R R Ω和3R 是定值电阻，利用1R 和表头构成量程为1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。

若使用a b 、两个接线柱，电压表的量程为3V ；若使用a c 、两个接线柱，电压表的量程为15V 。

则定值电阻的阻值为1R =_________，2,R Ω=_____Ω，3R =______Ω。

(2)用量程为3V ，内阻为2500Ω的标准电压表V 对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。

滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5000Ω。

为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。

校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑片P 应靠近端______（填“M ”或“N ”）。

(3)在3V 挡校对电路中，开关全部闭合，在保证电路安全前提下让滑片P 从M 端缓慢向N 端滑动的过程中，表头G 的示数_________，电源的输出功率_______，电源的效率_______（填变化情况）。

(4)若表头G 上标记的内阻值不准，表头G 内阻的真实值小于1350Ω，则改装后电压表的读数比标准电压表的读数__________（填“偏大”或“编小”）。

【答案】150 **** **** 50 M 增大 增大 减小 偏大
【解析】
【详解】
(1)[1]电阻1R 与表头G 并联，改装成量程为1mA 的电流表，表头满偏电流为100μA ，此时通过电阻1R 的电流为900μA ，由并联分流规律可知
1900100
g
R R =
得
1150R =Ω
改装后电流表内阻
A g
A A g 135R R R R R ==Ω+
[2]将其与2R 串联改装为3V 的电压表由欧姆定律可知，3V 量程电压表的内阻
A 23
33k Ω110R R -+=
Ω=⨯ 解得 22865R =Ω
[3]再串联3R 改装为15V 量程电压表，3R 所分电压为12V ，所以
33
1212k 110R -=Ω=Ω⨯ (2)[4]在校准电路中，滑动变阻器采用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用最大阻值为50Ω的滑动变阻器；
[5]电源电动势20V E =远大于电压表量程，所以闭合开关前应使滑片靠近M 端，使电压表在接通电路时两端电压由较小值开始增大
(3)[6]滑片由M 向N 滑动过程中，电压表两端电压逐渐增大，通过表头的电流增大，即示数增大
[7]随滑片由M 向N 滑动，外电路的总电阻始终大于电源内阻且逐渐减小，所以电源的输出功率增大；
[8]由
Er U E r R =-+总
可知，路端电压随外电路总电阻减小而减小，电源效率100%U E η=
⨯，所以电源的效率减小 (4)[9]电压表两端电压一定，若内阻值偏小，则通过表头G 的电流偏大，从而造成读数偏大的后果。

14．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数的实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g ．采用的实验步骤如下：
A ．在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；
B ．用天平分别测出小滑块a （含挡光片）和小球b 的质量m a 、m b ：
C ．在a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：
D ．烧断细线后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动：
E ．记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间△t ：
F ．滑块a 最终停在C 点（图中未画出），用刻度尺测出AC 之间的距离S a
G．小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s b；
H．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm；
（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小____________等于b的动量大小___________；（用上述实验所涉及物理量的字母表示）
（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的S a与关系图象如图丙所示，图象的
斜率为k，则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为____________．（用上述实验数据字母表示）
【答案】
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm．
（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：，故a 的动量为：，b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：及联立解得：，故b的动量为：．
（3）对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T，在y轴上P点有一粒子源，沿纸面向磁场发射速率不同的粒子，均沿与y轴负方向间夹角θ=30︒的方向，
已知粒子质量均为m=5.0×10－8kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，L OP =30cm ，取π=3。

（不计粒子间相互作用及粒
子重力）
(1)若某粒子垂直x 轴飞出磁场，求该粒子在磁场中的运动时间；
(2)若某粒子不能进入x 轴上方，求该粒子速度大小满足的条件。

【答案】 (1)26.2510s -⨯(2)8 m /s v ≤
【解析】
【详解】
(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可得
R 1=0.6m ，∠PO 1Q=150︒
由牛顿第二定律得
2111
mv qv B R = 11
2πR T v = 解得运动时间
215036 6.25100
s t T ︒
︒-==⨯ (2)若带电粒子不从x 轴射出，临界轨迹如图所示
由几何关系得
22sin OP R R L θ+=
解得
R 2=0.2m
由牛顿第二定律得
22
22
mv qv B R = 解得
28m/s v =
当v≤8m/s 时粒子不能进入x 轴上方。

16．如图所示，在倾角θ=30︒的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量M=3.0kg ，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态，挡板到斜面底端的距离为7m 。

将质量为m=1.0kg 的小物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m 处由静止开始释放。

物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，物块与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。

取重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)物块与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。

【答案】 (1)2.0m/s ；(2)33
μ=
；(3) 6次 【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块下滑的加速度为
sin30a g ︒=
物块第一次下滑至挡板时的速度为
经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得
mv=mv 1+Mv 2
22212111222
mv mv Mv =+ 解得
v 2=2.0m/s
(2)设木板下滑的加速度大小为a′，由题中条件可得，木板下滑的位移为x 2
222'2v x a
= 物块位移为
21112
x v t at =+ 2
'v t a
= 12x x =
由牛顿第二运动定律可得
()'cos30sin30M m g Mg Ma μ︒︒+-=
解得
2'5m/s 3
a = 解得
3
μ= (3)第二次碰撞前瞬间物块速度为
11'v v at =+=4m/s
此时物块木板速度为0，物块与挡板发生第二次碰撞后，挡板与物块将重复上述运动过程 第一次碰后到第二次碰前挡板运动位移为
x 2=1.2m
故 L=7m=5256
x 故物块和挡板在斜面上发生6次碰撞。

17．如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸A 、B ，由水平硬杆相连的活塞面积分别为S A =100 cm 2， S B =20 cm 2。

两气缸通过一带阀门K 的细管连通，最初阀门关闭，A 内有理想气体，B 内为真空。

两活塞分别与各自气缸底相距a=b=50 cm ，活塞静止。

设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强保持p 0 =76 cmHg 不变，细管体积可忽略不计，求：
(1)阀门K 关闭未打开时，气缸A 中气体的压强；
(2)将阀门K 打开，足够长时间后，左侧活塞停在距A 气缸底多远处。

【答案】 (1)60.8cmHg ；(2)25cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)阀门K 关闭未打开时，取两活塞和杆整体为研究对象，由平衡状态得
000A A A B p S p S p S -+=
解得
60.8cmHg A p =
(2)打开阀门K 稳定后，设气体压强为A p '，取两活塞和杆为整体，由平衡状态得 000A A A B A B p S p S p S p S ''-+-=
解得
0A p p '=
设左侧大活塞停在距A 气缸底x 处，对封闭气体由玻意耳定律得
()()A A A A A B p S a p S a x p S b x ''=-++
代入数据解得
25cm x '=
则左侧大活塞停在距A 气缸底25cm 处。