重庆市万州区2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

重庆市万州区2021届新高考物理四月模拟试卷
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．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 : 1，副线圈接有阻值为10Ω的定值电阻R ，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。

下列分析正确的是
A ．变压器原线圈通过的电流为102A
B 2A
C ．电阻R 两端的电压为10 V
D ．电阻R 消耗的功率为40 W
【答案】B
【解析】
【详解】
由原线圈接的正弦交变电压的u-t 图像可读出最大值为1max 200V U =，可得输入电压的有效值为； 1max 11002V 2
U ==， 由理想变压器的电压比等于匝数比，有：
1122101
U n U n == 可得副线圈的两端的电压为：
12102V 10
U U == AB ．对副线圈的电路由欧姆定律可得副线圈的电流为：
22102A 2A U I R === 结合电流比等于匝数的反比，可得原线圈流过的电流为：
21212A 10
n I I n == 故A 项错误，B 项正确；
C ．电阻R 并联在副线圈两端，则电压即为副线圈两端的电压为102V ，故C 错误；
D ．电阻R 消耗的功率为：
222220W R U P U I R
===， 故D 项错误。

故选B 。

2．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 。

3．据《世说新语》记载，晋明帝司马昭在回答“汝意谓长安与日孰远”时，一句“举目望日，不见长安”惊愕群臣。

我们生活的2020年初的地球，需经8分13秒才能看见太阳的光芒，但我们离长安却隔了将近1111年。

距研究者发现，地球与太阳的距离不断缩小，月球却在逐渐远去。

下列说法正确的是
A ．在2020初，地日距离约为150万千米
B ．倘若月球彻底脱离了地球，则它受到地球对它的引力为0
C ．与长安城中的人相比，我们的“一个月”在实际上应略长于他们的
D ．与长安城中的人相比，我们的“一年”在实际上应略长于他们的
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由x ct =可得，地日距离约为
88310493m 1.510km x =⨯⨯≈⨯
故A 错误；
B ．倘若月球彻底摆脱了地球，由万有引力定律可知，地球对它仍然有引力作用，故B 错误；
C ．由于月地距离增大，故月球的公转周期变长，故现在的一月应该长于过去，故C 正确；
D ．由于日地距离不断缩小，故地球的公转周期变短，因此现在的一年应该略短于过去，故D 错误； 故选C 。

4．几位同学利用课余时间测一干涸的半球形蓄水池的直径。

身高为1.80m 的小张同学站在池边从头顶高处水平向池中投掷小石子，石子刚好落到池底的正中央，小李同学用手机的秒表记录的小石子运动时间为
1.6s 。

不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2。

可知水池的直径为（ ）
A ．3.6m
B ．11m
C ．12.8m
D ．22m
【答案】D
【解析】
【详解】
设水池的半径为R ，人身高为h ，根据平抛运动的规律，在竖直方向，有
2
12
h R gt += 代入数据解得R=11m ，则直径为22m ，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

5．如图所示，aefc 和befd 是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界。

磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B 1、B 2，且B 2＝2B 1，其中bc=ea=ef.一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场 Ⅱ，并最终从fc 边界射出磁场区域。

不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为( )
A ．12m q
B π B ．132m qB π
C ．1n qB π
D ．1
34m qB π 【答案】B
【解析】 【详解】
粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有
2
v qvB m R
= 所以
mv R qB
= 粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场Ⅱ，故根据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d ；根据轨道半径表达式，由两磁场区域磁感应强度大小关系可得：粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度2
d ，那么，根据几何关系可得：粒子从P 到f 转过的中心角为90︒，粒子在f 点沿fd 方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过180︒在
e 点沿ea 方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过90︒后从fc 边界射出磁场区域；故粒子在两个磁场区域分别转过180︒，根据周期 2π2πR m T v qB
== 可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为
1212111ππ3π222
m m m T T qB qB qB +=+= 故选B 。

6．在地球同步轨道上等间距布置三颗地球同步通讯卫星，就可以让地球赤道上任意两位置间实现无线电通讯，现在地球同步卫星的轨道半径为地球半径的1．1倍。

假设将来地球的自转周期变小，但仍要仅用三颗地球同步卫星实现上述目的，则地球自转的最小周期约为
A ．5小时
B ．4小时
C ．1小时
D ．3小时
【答案】B
【解析】
【详解】
设地球的半径为R ，则地球同步卫星的轨道半径为r=1.1R ，已知地球的自转周期T=24h ，
地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。

由 2
224GMm mR R T
π= 公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。

由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图。

由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为
r′=2R
由开普勒第三定律得
'33
'
33(2)244h (6.6)r R T T r R ==≈ 故B 正确，ACD 错误。

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．如图所示，空间分布着匀强电场，电场中有与其方向平行的四边形ABCD ，其中M 为AD 的中点，N
为BC 的中点. 将电荷量为q +的粒子，从A 点移动到B 点，电势能减小1E ；将该粒子从D 点移动到C 点，电势能减小2E . 下列说法正确的是（ ）
A ．D 点的电势一定比A 点的电势高
B ．匀强电场的电场强度方向必沿D
C 方向
C ．若A B 、之间的距离为d ，则该电场的电场强度的最小值为
1E qd D ．若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功
122E E + 【答案】CD
【解析】
【详解】
将电荷量为q +的粒子,从A 点移动到B 点,电势能减小1E ,则A 点的电势比B 点高1AB E U q
=；同理D 点电势比C 点高2CD E U q
=;A D 、两点电势关系无法确定,匀强电场的电场强度方向不一定沿DC 方向，选项AB 错误；若A B 、之间的距离为d ,则该电场的电场强度取最小值时必沿AB 方向,此时1min AB E E d U q ==
,则1min E E dq =，选项C 正确；M 点的电势2A D M ϕϕϕ+=，同理2
B
C N ϕϕϕ+=,则若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功()()()12222
A B D C AB DC MN M N U U E E W q q q ϕϕϕϕϕϕ-+-++=-=
==，选项D 正确
8．下列说法正确的是( ) A ．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水的表面存在表面张力的缘故
B ．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C ．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D ．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张
力的缘故
【答案】ACD
【解析】
A 、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，浮力很小，可以忽略不计，故一定是由于水表面存在表面张力的缘故，故A 正确；
B 、水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故B 错误；
C 、宇宙飞船中的圆形水滴是表面张力的缘故，故C 正确；
D 、毛细现象中有的液面升高，有的液面降低，这与液体种类和毛细管的材料有关，故D 正确；
E 、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于大气压力的缘故，故E 错误．
点睛：本题考查了液体表面张力和液体的浸润与不浸润现象，是联系生活的好题．
9．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ E r
=式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能 r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2
Q
带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2kQ E r
= 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2122()
6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确；
故选CD 。

10．在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮b ，m 1用轻杆连接着另一轻质滑轮c ，轻绳一端固定于a 点，跨过滑轮c 和b ，另一端固定在m 2上，已知悬点a 和滑轮b 间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计，整个装置稳定时轻绳ac 部分与竖直方向夹角为α，bc 部分与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是（ ）
A ．整个装置稳定时，α角一定等于β角
B ．若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，m 1高度上升
C ．若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，m 1高度上升
D ．存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮b 时，m 1的位置保持不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．对m 2分析可知，m 2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m 2g ，对于滑轮c 分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m 1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等，故A 正确； BC ．整个装置稳定时，α角一定等于β角，且绳子拉力等于m 2g ，则ac 与bc 细线与竖直方向的夹角相等，设为θ，ab 水平距离不变，结合几何关系，有
sin sin ac bc d L L θθ=+
得
sin ac bc d L L θ
+= 若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，细线的拉力等于m 2g 不变，细线的合力也不变，则θ不变，由于d 和θ都不变，故ac bc L L +不变，则m 1高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，ab 水平距离变大，则
sin ac bc d L L θ
+= 细线的拉力等于m 2g 不变，细线的合力也不变，则θ不变，d 变大，则ac bc L L +变大，所以m 1高度下降，故B 正确，C 错误；
D ．由于细线bm 2和bc 部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线bm 2和bc 部分的角平分线，如果沿角平分线移动轻滑轮b 时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则m 1的位置保持不变，故D 正确。

故选ABD 。

11．关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是（ ）
A ．当液体与固体接触时，如果附着层内分子间的作用表现为斥力，这样的液体与固体间就表现为浸润
B ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
C ．晶体一定具有规则的几何外形
D ．液体表面张力有使其表面积收缩到最小的趋势
E.饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A.液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈现凹形，表面有扩张的趋势，故A 正确；
B.当人们感到潮湿时，是因为空气的相对湿度较大，而绝对湿度的大小无法确定，故B 错误；
C.单晶体一定具有规则的几何外形，多晶体不一定具有规则的几何外形，故C 错误；
D.液体表面分子间距较大，故有张力，使其表面积有收缩到最小的趋势，故D 正确；
E.饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故E 正确。

故选ADE 。

12．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：
2
22
()
24
ω==
v v
r r
r r
，d点的向心加速度大小为：
2
22
4()4
2
ω==
v v
r r
r r
．故C正确，
D错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。

他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯________(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向_______端滑动(选填“a”或“b”)。

【答案】拔出、 a
【解析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P向a端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。

14．某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个技术点，因保存不当，纸带被污染，如图1所示，A、B、C、D是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S A=16.6mm、S B=126.5mm、S D=624.5 mm。

若无法再做实
验，可由以上信息推知：
（1）相邻两计数点的时间间隔为_________s；
（2）打C点时物体的速度大小为_________m/s（取2位有效数字）
（3）物体的加速度大小为________（用S A、S B、S D和f表示）
【答案】0.1 2.5 ()
D B A
2
32
75
S S S
T
-+
【解析】
【分析】
考查实验“用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度”。

【详解】
（1）[1]．电源的频率为50Hz，知每隔0.02s打一个点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点，
每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点的时间间隔为0.1s ；
（2）[2]．C 点的瞬时速度等于BD 段的平均速度，则 BD C 2.5m /s 2x v T
==； （3）[3]．匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以2aT 均匀增大，有：
2BC AB aT =+
222CD BC aT AB aT =+=+
223BD AB aT =+
()()()D B B A D B A 22
232375S S S S S S S a T T ----+==。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB
及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°
=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小．
(2)小球刚到C 时对轨道的作用力．
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？
【答案】（1285
gR （2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】
试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有 0021(5sin 37 1.8)cos3752
c mg R R mg R mv μ+-⋅=
（2分） 可得 5.6c v gR 1分） （2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律
2c v N mg m r
-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分）
联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分）
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=
-（1分） 可得230.9225
R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有
2102
c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分） 2.3R R '≥（1分）
若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有
2211 1.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有
212
c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）
考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．
16．如图所示，把一个横截面QMP 为等边三角形玻璃棱镜的一个侧面放在水平桌面上，直线SD 与QP 共线。

在S 处放一光源，使其发出的直线光束与SQ 夹30o 角，该光束射向棱镜的MQ 侧面上的一点。

调整光源S 的位置，使棱镜另一侧面MP 出射的光线射在D 点，且恰有SQ PD =。

不考虑光线在棱镜中的反射，求：
（i ）棱镜玻璃的折射率；
（ii ）棱镜的出射光线与人射光线间的夹角。

【答案】（i ）3n =
（ii ）60° 【解析】
【详解】
（i）如图，由几何关系知A点的入射角为60︒，折射角为30°。

有
sin60
sin30
n
︒
=
︒
解得
3
n=
（ii）出射光线与入射光线间的夹角为
23060
δ=⨯︒=︒
17．如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长，宽度(553)
d=+m的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=0.4T，一带正电粒子质量m＝3.2×10－4kg、带电量q＝0.16C，从y轴上的P点以v0=1.0×103m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的Q点进入磁场，已知OP=9m，粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角θ=60︒，不计粒子重力，求：
(1)OQ的距离；
(2)粒子的磁场中运动的半径；
(3)粒子在磁场中运动的时间；（π值近似取3）
【答案】(1) 63m
OQ
S=(2) 10m (3) 3
7.510s
-
⨯
【解析】
【详解】
(1)已知可得：
tan y
x
v
v
θ=
设粒子从P点运动到Q点的时间为t，水平方向上：
x OQ v t S =
竖直方向上： 12y PO v t h = 可得：
63m OQ S =
(2)由己知可得：
0cos v v θ
=
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力
2mv qvB R
= 解得
R=10m
(3)设粒子在磁场中运动的圆心为O 1，由几何关系可得： 6030αβ︒︒==，
可得粒子在磁场中转过的圆心角 90ϕ︒=
由2πR T v
=，可得： 317.510s 4
t T -==⨯。