贵州省贵阳市2021届新高考物理四模试卷含解析

贵州省贵阳市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．下列关于核力、原子核的结合能、比结合能的说法正确的是A．维系原子核稳定的力是核力，核力就是表现为相邻核子间的相互吸引力B．核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力小C．比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会释放核能D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【答案】C【解析】【分析】核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间；比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。

【详解】A项：维系原子核稳定的力是核力，核力可以是核子间的相互吸引力，也可以是排斥力，故A错误；B项：核力是强相互作用的一种表现，原子核尺度内，核力比库仑力大的多，故B错误；C项：比结合能小的原子核分解成比结合能大的原子核时会亏损质量，放出核能，故C正确；D项：自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等该原子核的结合能，故D错误。

故选：C。

【点睛】本题考查对核力的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同，同时考查了结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用，同时掌握质量亏损与质能方程。

2．如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】【详解】由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零，所以只有B图受力可能为零，故B正确．3．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A．IBq aU，负B．IBq aU，正C．IBq bU，负D．IBq bU，正【答案】C【解析】【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：UqvB qa=解得：UvBa=因为电流为：I nqvs nqvab==解得：IBnq bU=A.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析相符，故C正确；D.与分析不符，故D错误．4．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。

=（k为常现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足f kv数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】【详解】对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。

对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得==+F ma mg f解得kv=+a gm由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。

同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得kva g=-m由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g ，此时实线的切线与虚线平行。

故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5．下列说法正确的是A ．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动B ．气体温度不变，运动速度越大，其内能越大C ．温度降低物体内每个分子动能一定减小D ．用活塞压缩气缸里空气，对空气做功4.5×105J ，空气内能增加了3.5×105J ，则空气向外界放出热量1×105J 【答案】D【解析】【详解】A 、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A 错误；B 、气体温度不变，则内能不变，运动速度增大说明宏观的机械能增大，与内能无关，故B 错误；C 、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度降低了，物体内分子热运动的平均动能降低，不是每个分子的动能都减小，故C 错误；D 、根据热力学第一定律公式U W Q ∆=+ ，由题意知，54.510J W =⨯，53.510J U ∆=⨯，解得：51.010J Q =-⨯，故空气向外界放出热量51.010J ⨯，故D 正确．6．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为2m 和m 的A B 、两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A B 、不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动量大小之比:2:1AB p p =B ．两滑块的速度大小之比A B v v :2:1=C ．两滑块的动能之比12::kA kB E E =D ．弹簧对两滑块做功之比:1:1A B W W =【答案】C【解析】【详解】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：20A B mv mv +=，得2B A v v =-，两滑块速度大小之比为：12A B v v =；两滑块的动能之比221212:122A kA kB B mv E E mv ⨯==，B 错误C 正确；两滑块的动量大小之比211A AB B p mv p mv ==，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为：1：2，D 错误． 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，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。

现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传动带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v 。

已知B 处离地面的高度皆为H 。

则在物体从A 到B 的过程中（ ）A ．两种传送带对小物体做功相等B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等【答案】AC【解析】【详解】A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据22ax v =可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有cos sin mg mg ma μθθ-=解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为11sin 2H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为212sin x v H t θ== 则两者的相对位移为 21sin H s x x θ=-=相对 根据摩擦生热的公式Q fs =相对 解得1sin H Q f θ=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为11si 2n v x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为()212sin t h x v H θ''==- 则两者的相对位移为21sin H h s x x θ-'''=-=相对 根据摩擦生热的公式Q fs =相对 解得2sin H h Q f θ-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有11sin f mg ma θ-=，212sin v a H θ= 22sin f mg ma θ-=，222sin v a H h θ=- 解得21sin sin 2mv f mg Hθθ=+，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+- 将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得212Q mgH mv =+甲，()212Q mg H h mv =-+乙 则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选AC 。

8．如图所示，质量为1kg 的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为100N/m 的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。

现将物体沿斜面向下移动12cm 后由静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，取210m /s g =，下列说法正确的是（ ）A 3B ．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变C 3N ，方向水平向左D ．物体释放瞬间的加速度大小为27m /s ，方向沿斜面向上【答案】AC【解析】【详解】A ．弹簧原长时，物体恰好静止，则：cos30sin 305N f mg mg μ︒︒===，解得：3μ=， 故A 正确；D ．弹簧拉长后释放瞬间，则有：sin 30k x f mg ma ︒∆--=，解得：22m /s a =，故D 错误；BC ．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加：sin 301N ma ︒=，斜面体对地面的摩擦力大小为：cos303Nma ︒=，方向水平向左，故B 错误、C 正确。

故选AC 。

9．如图，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab=bc=cd ，从a 点以初速度v 0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，速度方向与斜面之间的夹角为θ；若小球从a 点以初速度02v 平抛出，不计空气阻力，则小球（ ）A ．将落在bc 之间B ．将落在c 点C ．落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θD ．落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ【答案】BD【解析】【详解】设斜面的倾角为θ．小球落在斜面上，有：tanθ=20012 2gt y gt x v t v ＝＝，解得：02v tan t g θ= ；在竖直方向上的分位移为：y=12gt 2＝2202()v tan g θ2倍时，竖直方向上的位移变为原来的2倍，所以小球一定落在斜面上的c 点，故A 错误，B 正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为β，则tanβ=00y v gt v v ＝=2tanθ，即tanβ=2tanθ，所以β一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同．故C 错误，D 正确．故选BD ．【点睛】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．10．如图所示，a 、b 、c 是均匀媒质中x 轴上的三个质点．ab 、bc 两点间的距离分别为6m 、10m ．一列简谐横波以2m/s 的波速沿x 轴正向传播，在t ＝0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t ＝3s 时质点a 第一次到达最大正位移处．则( )A ．当质点a 向下运动时，质点b 也向下运动B ．当质点a 的加速度最大时，质点b 的速度一定最大C ．当质点a 完成10次全振动时，质点c 完成8次全振动D ．当质点a 第三次到达位移最大值位置时，波恰好传到质点c【答案】BC【解析】在t ＝0时刻到达质点a 处，质点a 由平衡位置开始竖直向下运动，t ＝3s 时质点a 第一次到达最大正位移处可知，334T =，所以4T s =，波长8vT m λ==A 、B 项：由于364ab x m λ==，所以当质点a 向下运动时，b 质点一定向上振动，当质点a 的加速度最大时，即处在波峰（或波谷）所以b 质点处于平衡位置，即速度最大，故A 错误，B 正确； C 项：当质点a 完成10次全振动所用时间为1040T s =，波从a 传到c 所用的时间为1682s s =，所以还有32s ，所以b 刚好完成8次全振动，故C 正确；D 项：当质点a 第三次到达位移最大值位置所用的时间为(324)11t s s =+⨯=，波从a 传到c 所用的时间1682s s =，故D 错误． 11．2019年9月21日，“多彩贵州”自行车联赛在赤水市举行第五站的赛事一辆做匀变速直线运动的赛车，初速度v 0=5m/s ，它的位置坐标x 与速度的二次方v 2的关系图像如图所示，则（ ）A ．赛车的加速度大小为2.5m/s 2B ．赛车在t=2s 时速度为0C ．赛车在前2s 内的位移大小为7.5mD ．赛车在1s 时的位置坐标为2.375m【答案】CD【解析】【详解】A ．由图象可知该车做匀减速直线运动，根据速度位移公式有2222001222v v v x v a a a-==-则图象的斜率等于 128225a --= 解加速度a=-1.25m/s 2，即大小为1.25m/s 2，故A 错误；B ．设汽车减速到零所有的时间为0t ，根据速度公式有00v v at =+代入数据解得04t =s ，说明赛车在t=2s 时仍在运动，此时速度不为0，故B 错误；C ．设赛车在前2s 内的位移为2x ，根据位移时间公式有2202212x v t at =+ 代入数据解得27.5x =m ，故C 正确；D ．设赛车在前1s 内的位移为1x ，根据位移时间公式有2101112x v t at =+ 代入数据解得1 4.375x =m ，由图可知该车在1s 内是由-2m 处出发，所以在1s 时的位置坐标为12x -m=2.375m ，故D 正确。