江西省九江市2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

江西省九江市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．在平直公路上有甲、乙两汽车同向行驶，两车在0~t 2时间内的v-t 图像如图所示。

已知两车在t 1时刻并排行驶，下列说法正确的是
A ．甲车的加速度越来越小
B ．在0~t 2时间内，甲车的平均速度等于12
2
v v + C ．在0时刻，甲车在乙车后面 D ．在t 2时刻，甲车在乙车前面 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．根据v-t 图象的斜率表示加速度，知甲车的加速度越来越大，故A 错误；
B ．在0～t 2时间内，甲车的位移大于初速度为v 1、末速度为v 2的匀减速直线运动的位移，则甲车的平均速度大于
12
2
v v +，故B 错误； C ．根据v-t 图象的面积等于位移，在0-t 1时间内，x 甲＞x 乙，两车在t 1时刻并排行驶，则在0时刻，甲车在乙车后面，故C 正确；
D ．在t 1-t 2时间内，x 乙＞x 甲，则在t 2时刻，甲车在乙车后面，故D 错误。

故选C 。

2．一质点在做匀变速直线运动，依次经过A B C D 、、、四点。

已知质点经过AB 段、BC 段和CD 段所需的时间分别为t 、2t 、3t ，在AB 段和CD 段发生的位移分别为1x 和2x ，则该质点运动的加速度为（ ） A ．
21
2
x x t
- B ．
21
2
6x x t
- C ．
21
2
312x x t
- D ．
21
2
318x x t
- 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
设A 点的速度为v ，由匀变速直线运动的位移公式有
211
2
x vt at =+
()()2
213332
x v at t a t =+⋅+
联立解得
21
2
312x x a t
-=
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3．如图所示，一U 型粗糙金属导轨固定在水平桌面上，导体棒MN 垂直于导轨放置，整个装置处于某匀强磁场中。

轻轻敲击导体棒，使其获得平行于导轨向右的速度并做切割磁感线运动，运动过程中导体棒MN 与导轨始终保持垂直且接触良好。

欲使导体棒能够在导轨上滑行距离较大，则磁感应强度的方向可能为（ ）
A ．垂直导体棒向上偏左
B ．垂直导体棒向下偏左
C ．垂直金属导轨平面向上
D ．垂直金属导轨平面向下 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
欲使导体棒能够在导轨上滑行距离较大，则导体棒在滑行过程中所受摩擦力应较小，则安培力的方向应为斜向上，由右手定则和左手定则可知，磁感应强度的方向可能为垂直导体棒向下偏左，故B 正确。

故选B 。

4．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，以下对几位物理学家所做科学贡献的叙述正确的是（ ）
A ．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”
B ．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律
C ．爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观
D ．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律 【答案】C
【解析】
A、伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;
B、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律,故B错误;
C、爱因斯坦创立相对论,提出了一种崭新的时空观,所以C选项是正确的;
D、法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系;是韦德与库柏在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出了法拉第电磁感应定律,故D错误;
综上所述本题答案是：C
5．在轨道上稳定运行的空间站中，有如图所示的装置，半径分别为r和R（R＞r）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是（）
A．小球在CD间由于摩擦力而做减速运动
B．小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大
C．如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点
D．小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力
【答案】D
【解析】
在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，任何物体间都没有相互作用力，小球在CD运动时所受弹力为零，摩擦力为零，A错；由于处于完全失重状态，小球运动到两个最高点时没有外力做功，机械能守
恒，运动到最高点速度大小相同，B错；C错；小球做圆周运动的向心力由弹力提供，有，D
对；
6．下列四个选项中哪个不等于
．．．磁感应强度的单位特斯拉（）
A．
N
A m
⋅
B．
N s
C m
⋅
⋅
C．
2
V s
m
⋅
D．
Wb
m
【答案】D 【解析】【详解】
A．根据
F
B
IL
=可知，
N
11T
A m
=
⋅
，选项A不符合题意；
BC ．2V C
s
N N N s V s m 1T 1
=11=1=1C A m C m Cm m
m s
⋅⋅⋅⋅==⋅⋅⋅，选项BC 不符合题意； D ．由B S Φ=可知，2Wb
1T 1m
=，选项D 符合题意。

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，质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m 的小铁块以水平初 速度v 0从木板左端向右滑动，恰好不会从木板右端滑出。

下列情况中，铁块仍不会从木板右端滑出的是（ ）
A ．仅增大m
B ．仅增大M
C ．仅将m 和L 增大为原来的两倍
D ．仅将M 和L 增大为原来的两倍
【答案】ACD 【解析】 【详解】
由动量守恒和能量关系可知
0()mv m M v =+
2
201
1()22
mg x mv m M v μ∆=-+
联立解得
20
2(1)v x m g M
μ∆=
+
A ．仅增大m ，则∆x 不变，即物块仍恰好从木板右端滑出，选项A 正确；
B ．仅增大M ，则∆x 变大，即物块能从木板右端滑出，选项B 错误；
C ．将m 增大为原来的两倍，则∆x 不变，而L 增大为原来的两倍，物块不能从木板右端滑出，选项C 正确；
D ．仅将M 增大为原来的两倍，则∆x 变大，但是不会增加到原来的2倍，而L 增加到原来的2倍，可知木块不会从木板上滑出，选项D 正确； 故选ACD 。

8．下列说法正确的是____________
A ．两个分子间的距离r 存在某一值r 0（平衡位置处），当r 大于r 0时，分子间斥力大于引力；当r 小于r 0时分子间斥力小于引力
B ．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以反映出分子在做无规则运动
C ．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙
D ．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终还是达不到绝对零度
E.对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少 【答案】BDE 【解析】 【详解】
A 、两个分子间的距离r 存在某一值r 0（平衡位置处），当r 大于r 0时，分子间斥力小于引力；当r 小球r 0时分子间斥力大于引力，所以A 错误；
B 、布朗运动不是液体分子的运动，是固体微粒的无规则运动，但它可以反映出液体分子在做无规则运动，所以B 正确；
C 、用手捏面包，面包体积会缩小，只能说明面包内有气孔，所以C 错误；
D 、绝对零度只能无限接近，不能到达，所以D 正确；
E 、对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位面积上分子数减小，则单位时间碰撞分子数必定减少，所以E 正确．
9．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A 、B ，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动.已知A 球细线1L 跟竖直方向的夹角为30o ，B 球细线2L 跟竖直方向的夹角为60o ，下列说法正确的是( )
A ．细线1L 和细线2L 3 1
B ．小球A 和B 的向心力大小之比为1：3
C ．小球A 和B 的角速度大小之比为1：1
D ．小球A 和B 的线速度大小之比为13 【答案】BC 【解析】
A 项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：T A cos30°=mg ，T
B cos60°=mg ，则
23cos30A mg mg
T =
=T B =2mg ，所以:33A B T T ==A 错误； B 项：小球A 做圆周运动的向心力F nA =mgtan30°=
3
3
mg ，小球B 做圆周运动的向心力
F nB =mgtan60°=3mg ，可知小球A 、B 的向心力之比为1：3，故B 正确；
C 、
D 项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2=2
tan v
m h θ
得，角速度g
h
ω=
，线速度tan v gh θ=可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C 正确，D 错误．
点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比．
10．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1
E qd
D ．若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功12
2
E 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1
AB E U q
=
；同理D 点电势比C 点高2
CD 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1
min 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()()()122
2
2
A B D C AB DC MN M N U U E E W q q q ϕϕϕϕϕϕ-+-++=-=
==，选项D
正确
11．如图所示，CD 、EF 是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的宽度为d ，导轨的右端接有一阻值为R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R ，质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是
A ．通过电阻R 2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为
2BdL
R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D ．电阻R 中产生的焦耳热为1
()2mg h d μ-
【答案】ABD 【解析】 【详解】
A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
212
mgh mv =
金属棒到达水平面时的速度
2v gh 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv
最大的感应电流为
22BL gh
BLv I R =
=
故A 正确；
B ．通过金属棒的电荷量
2BLd
q R r R
Φ=
=+V 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得： mgh-W B -μmgd=0-0 则克服安培力做功： W B =mgh-μmgd
整个电路中产生的焦耳热为 Q=W B =mgh-μmgd 故C 错误；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：
1122
R Q Q mg h d μ==-（）
故D 正确．
12．如图所示，半径为R 的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a 为圆环的最低点，c 为圆环的最高点，b 点与圆心O 等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。

质量为m 、带电量为+q 的小球P 套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a 、b 、c 三点时的速度大小分别为23a gR
v =、21b gR v =、7c gR
v =。

下列说法正确的是（ ）
A ．匀强电场方向水平向右
B ．匀强电场场强大小为mg q
E =
C ．小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5mg
D ．小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．从最低点到最高点：
22
11222
c a ac mv mv mgR qU -=-+ 解得：
0ac U =
故ac 连线为等势线，从a 到b ，有
22
1122
b a ab mv mv mgR qU -=-+ 解得：
304ab mgR
U q
=
> 电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A 正确； B ． 匀强电场场强大小
34ab U mg
E R q
=
= 故B 错误； C ．电场力
34
Eq mg =
当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最大速度
22max 11(1cos37)sin 3722
a mv mv mgR qER -=--︒+︒ 根据牛顿第二定律
2
max
cos53cos37N v F Eq mg m R
-︒-︒= 解得最大支持力为：
max 7.5F mg =
根据牛顿第三定律可知，最大压力为1．5mg ；根据几何关系可知，最小速度
22min 11(1cos37)sin 3722
a mv mv mgR qER -=-+︒-︒ 根据牛顿第二定律
2
min
cos53cos37N v Eq mg F m R
︒+︒-= 解得最小支持力为：
min 0F =
故C 正确D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。

正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。

某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点。

A．电流表A1（满偏电流10mA，内阻r1=10Ω）
B．电流表A2（量程0～1.0A，内阻r2约为0.5Ω）
C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
D．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
E．定值电阻R3=990Ω
F. 定值电阻R4=140Ω
G．电源E（电动势12V，内阻可忽略）
H．电键、导线若干
（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器______。

（只需填写器材前面的字母即可）
（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_____。

（3）该小组测出某热敏电阻R x的I1—I2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是____（填①或②）。

（4）若将上表中的PTC电阻直接接到一个9V，内阻10Ω的电源两端，则它的实际功率为_______W。

（结果均保留2位有效数字）
【答案】C ② 2.0W(1.9~2.1W)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C 。

(2) [2]因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A 1串联一个大电阻R 3改装成电压表。

由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示
(3)[3] 把热敏电阻R x 的I 1—I 2图线的纵坐标改成1311()1000I R r I +=，即热敏电阻的电压，单位为V ，图像就成为热敏电阻的U I -图像。

U I -图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。

随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。

NTC 热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是②。

(4)[4]做出9V ，内阻10Ω的电源的U I -图像
其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为
40.5W 2.0W P UI ==⨯=
由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.9~2.1W 。

14．用如图所示装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A 、B ，物体B 上放一金属片C ，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B 的正下方，金属片C 与圆环间的高度差为h ，将A 、B 、C 组成的系统由静止释放．当物体B 穿过圆环时，金属片C 被搁置在圆环上，两个固定在铁架台P 1、P 2处的光电门，通过电子计时器可测出物体B 通过P 1、P 2这段距离的时间．
(1)若测得P 1、P 2之间的距离为d ，物体B 通过这段距离的时间为t ，则物体B 刚穿过圆环后的速度v ＝________．
(2)若物体A 、B 的质量均用M 表示，金属片C 的质量用m 表示，重力加速度为g ，该实验中验证了等式____________成立，即可验证机械能守恒定律．
(3)本实验中的测量仪器除刻度尺、光电门、电子计时器外，还需要________．
【答案】d/t ()21mgh 22d M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
天平 【解析】
(1)由于A 、B 两物体的质量相等，当物体B 通过圆环，金属片C 被搁置在圆环上后，A 、B 系统做匀速直线运动，故物体B 刚穿过圆环后的速度d v t
=． (2)A 、B 、C 系统由初态至金属片C 被搁置在贺环上的教程中，系统减少的重力势能为p E mgh ∆=，系统增加的动能()()22112222k d E M m v M m t ⎛⎫∆=+=+ ⎪⎝⎭
．若()2122d mgh M m t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则可验证机械能守恒定律．
(3)从表达式可得：本实验中的测量仪器除刻度尺、光电门、电子计时器外，还需要天平来测量物体及金属片的质量．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图a 所示。

水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷
6110C /kg q m =⨯的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过5110s 15t π
-=⨯后，电荷以40 1.5m s 10/v =⨯的速度通过MN
进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t=0时刻），计算结果可用π表示。

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O 点右方47.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

【答案】 (1)5cm ，5210s 3π-⨯；3cm
，5210s 5π-⨯；(2)537310s 45
π-⨯ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r
由
20101
mv B qv r = 得
011
5cm mv r qB == 当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为2r
022
3cm mv r qB == 由圆周运动规律得
2m T qB
π= 当磁场垂直纸面向外时，周期
5112210s 3
m T qB ππ-==⨯ 当磁场垂直纸面向里时，周期
5222210s 5
m T qB ππ-==⨯ (2)故电荷从0t =时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN 开始。

其运动的周期
5512124(4)10s 10s 1523255
T ππππ--=⨯+⨯+⨯⨯=⨯ 此时粒子距离O 点的水平距离为
()1224cm d r r ∆=-=
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
1040cm s d =∆=
则最后7.5cm 的距离如图所示
有
11cos 7.5cm r r α+=
解得
cos 0.5α=
则
60α︒=
故电荷运动的总时间
51111603731010s 236045
t t T T T π︒︒-=++-=⨯总 16．了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验：
①取适量的种子，用天平测出其质量，然后将几粒种子装入注射器内；
②将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V ，压强传感器自动记录此时气体的压强p ；
③重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V 和记录相应的气体的压强p ；
④根据记录的数据，作出1p
﹣V 图线，并推算出种子的密度。

（1）根据图线，可求得种子的总体积约为_____ml （即cm 3）。

（2）如果测得这些种子的质量为7.86×
10﹣3kg ，则种子的密度为_____kg/m 3。

（3）如果在上述实验过程中，由于操作不规范，使注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是_____、_____。

这样操作会造成所测种子的密度值_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】5.6 （±
0.2） 1.40×103（±0.2×103） 手握住了注射器内的封闭气体部分 没有缓慢推动活塞 偏小
【解析】
【分析】
考查理想气体的等温变化。

【详解】
（1）[1]．根据玻意耳定律：
PV ＝C 当1P 趋向于0，则气体体积趋向于0，从1P
﹣V 图象知，横轴截距表示种子的体积为：5.6 （±0.2）ml 。

（2）[2]．密度为：
3
33367.8610kg/m 1.4010kg/m 5.60
=1m V ρ--⨯⨯⨯＝＝ （3）[3][4][5]．注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是：手握住了注射器内的封闭气体部分、没有缓慢推动活塞；当气体温度升高，气体的体积趋于膨胀，更难被压缩，所作的
1P
﹣V 图线与横轴的交点将向右平移，所测种子体积偏大，密度偏小。

17．如图所示，一轻弹簧左端与竖直的墙连接，右端与质量为m 的物块接触，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为k ，现用恒力F 向左推物块，当物块运动到最左端时，推力做的功为W ，重力加速度为g ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧的形变在弹性限度内，求：
（1）物块向左移动过程中克服摩擦力做的功；
（2）物块运动到最左端时，撤去推力，弹簧能将物块弹开，则物块从最左端起向右能运动多远？
【答案】（1）f mg
W mgx W F μμ==（2）2
2'2kW x mgF μ= 【解析】
（1）设物块向左移动的距离为x ，根据题意：W x F =
克服摩擦力做功：f mg
W mgx W F μμ==
（2）物块向左运动过程中，由于弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，弹簧弹力做功：
201()22FN kx W W x k F
+=-=- 根据弹簧弹力做功与弹性势能大小关系，弹簧具有的最大弹性势能：222P FN
kW E W F
=-= 撤去推力后，根据动能定理：'0FN W mgx μ'-=
'=(0-)FN P W E - 可得物块能向右运动的距离：2
22kW x mgF
μ'= 点睛：此题关键要搞清能量之间的转化关系，知道弹力做功等于弹性势能的变化；因弹簧的弹力与物块运动的位移成正比，所以求解弹力做功时，弹力可取平均值.。