上海市松江区2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

上海市松江区2021届新高考第四次模拟物理试题含解析

上海市松江区 2021 届新高考第四次模拟物理试题 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．嫦娥四号探测器（以下简称探测器）经过约 110 小时奔月飞行后，于 2018 年 12 月 12 日到达且月球附 近进入高度约 100 公里的环月圆形轨道Ⅰ， 如图所示：并于 2018 年 12 月 30 日实施变轨，进入椭圆形轨 道Ⅱ。探测器在近月点 Q 点附近制动、减速，然后沿抛物线下降到距月面 100 米高处悬停，然后再缓慢 竖直下降到距月面仅为数米高处， 关闭发动机， 做自由落体运动， 落到月球背面。 下列说法正确的是 （ ） A．不论在轨道还是轨道无动力运行，嫦娥四号探测器在 P 点的速度都相同 B．嫦娥四号探测器在轨道 I 无动力运行的任何位置都具有相同的加速度 C．嫦娥四号探测器在轨道 II 无动力运行的任何位置都具有相同动能 D．嫦娥四号探测器在轨道 II 无动力运行从 P 点飞到 Q 点的过程中引力做正功 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．嫦娥四号探测器在Ⅰ轨道 P 点处的速度大于在Ⅱ轨道 P 点处的速度，故 A 错误； B．因为加速度是矢量，有方向，加速度的方向时刻都在变化，故 B 错误； C．因为轨道 II 是椭圆形轨道，所以嫦娥四号探测器在轨道 II 无动力运行的速度大小一直在变化，所以 不是任何位置都具有相同动能，故 C 错误； D．因为嫦娥四号探测器在轨道 II 无动力运行从 P 点飞到 Q 点的过程中， 引力与速度的方向夹角小于 2 ， 所以做正功，故 D 正确。 故选 D。 2．太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小 行星带中的行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则 A．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同 B．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度 C．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期 D．小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同 【答案】 D 【解析】 【详解】 A 项：由公式 2 2 2 4mMG m r r T 可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故 A 错误； B 项： 由公式 2 mMG ma r 可知， 小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速 度，故 B 错误； C 项： 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径， 因此小行星带中各行星绕 太阳做圆周运动周期小于木星公转周期，故 C 错误； D 项：由公式 2 F r vm 可知，某两颗行星线速度大小 v 不同，但 2vm r 有可能相同，故 D 正确。 故选： D。 3．如图所示，以 19.6m/ 的水平初速 v0 抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角 θ为 450的斜面上， 可知物体完成这段飞行的时间是 A． 1s B．2s C． 3 s D． 3s 【答案】 B 【解析】 物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为 45°的斜面上时，物体的速度方向与斜面垂直，把物体的速度分解 如图所示， 由图可得：此时物体的竖直方向上的分速度的大小为 vy=v 0=19.6m/s ，由 vy=gt 可得运动的时间为： 19.6 2 9.8 yv t s s g ，故选 B． 4．如图所示，定滑轮通过细绳 OO 连接在天花板上，跨过定滑轮的细绳两端连接带电小球 A、B，其质 量分别为 m 1 、 m 2 （ m 1 m2 ）。调节两小球的位置使二者处于静止状态，此时 OA 、OB 段绳长分别 为 l 1、l2 ，与竖直方向的夹角分别为 、 。已知细绳绝缘且不可伸长， 不计滑轮大小和摩擦。则下列说 法正确的是（ ） A． B． l1∶l 2 m2∶ m1 C．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变长 D．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变短 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A. 因滑轮两边绳子的拉力相等，可知 = ，选项 A 错误； B 画出两球的受力图，由三角形关系可知 1 1 1 m g T OC l 2 2 2 m g T OC l 其中 T 1=T 2 则 1 2 2 1 l m l m 选项 B 正确； CD. 由关系式 1 2 2 1 l m l m 可知， l 1和 l2 的大小由两球的质量关系决定，与两球电量关系无关，则若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段不变，选项 CD 错误。 故选 B。 5．如图， 小球甲从 A 点水平抛出， 同时将小球乙从 B 点自由释放， 两小球先后经过 C 点时速度大小相等， 方向夹角为 30°，已知 B、C 高度差为 h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（ ） A．小球甲做平抛运动的初速度大小为 2 3 gh B．甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 1: 3 C． A， B 两点高度差为 4 h D．两小球在 C 点时重力的瞬时功率大小相等 【答案】 C 【解析】 A 项，小球乙到 C 的速度为 2v gh ，此时小球甲的速度大小也为 2v gh ，又因为小球甲速度与竖 直方向成 30°角，可知水平分速度为 2 2 gh 故 A 错； B、小球运动到 C 时所用的时间为 21 2 h gt 得 2ht g 而小球甲到达 C 点时竖直方向的速度为 6 2 gh ，所以运动时间为 6 2 ght g 所以甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 3 : 2 故 B 错 C、由甲乙各自运动的时间得： 2 21 1 2 2 4 hh gt gt ，故 C 对； D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在 C 点时重力的瞬时功率也不相等故 D 错； 故选 C 6．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 pa 段用时为 t.若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结 合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上．若两个微粒所受重力均忽略 ,则新微粒运动的 ( ) A．轨迹为 pb, 至屏幕的时间将小于 t B．轨迹为 pc,至屏幕的时间将大于 t C．轨迹为 pa ，至屏幕的时间将大于 t D．轨迹为 pb, 至屏幕的时间将等于 t 【答案】 C 【解析】 试题分析： 由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变， 由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达 式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化． 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由 2vBqv m r ，得： mv Pr qB qB ，P、q 都不变， 可知粒子碰撞前后的轨迹半径 r 不变， 故轨迹应为 pa，因周期 2 mT qB 可 知，因 m 增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故 pa 所用的时间将大于 t， C 正确； 【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 mvR Bq ，周期公式 2 mT Bq ，运动时间公式 2 t T ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画 轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 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．图是某绳波形成过程的示意图． 质点 1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动， 带动质点 2、3、4，⋯ 各 个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端． t=T/4 时，质点 5 刚要开始运动．下列说法正确的是 A． t＝T/4 时，质点 5 开始向下运动 B． t＝T/4 时，质点 3 的加速度方向向下 C．从 t＝ T/2 开始的一小段时间内，质点 8 的速度正在减小 D．从 t＝ T/2 开始的一小段时间内，质点 8 的加速度正在减小 【答案】 BC 【解析】 A、 t＝T/4 时，质点 5 开始向上运动， A 错误； B、 t＝T/4 时，质点 3 受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下， B 正确； CD 、从 t＝T/2 开始的一小段时间内， 质点 8 正在从平衡位置向上运动， 速度正在减小， 加速度正在增大， C 正确， D 错误． 故选： BC ． 8．图示是由质量相等的三颗星组成的三星系统，其他星体对它们的引力作用可忽略。设每颗星体的质量 均为 m，三颗星分别位于边长为 r 的等边三角形的三个顶点上，它们绕某一共同的圆心 O 在三角形所在 的平面内以相同的角速度做匀速圆周运动。已知引力常量为 G，下列说法正确的是（ ） A．每颗星体受到的向心力大小为 2 2 mG r B．每颗星体受到的向心力大小为 2 23 mG r C．每颗星体运行的周期均为 3 2 3 r Gm D．每颗星体运行的周期均为 332 r Gm 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB ．任意两颗星体间的万有引力 2 0 2 mF G r ，每颗星体受到其他两颗星体的引力的合力 2 0 22 cos30 3 mF F G r 故 A 错误， B 正确； CD ．根据牛顿第二定律 2 2πF m r T 其中 32 cos30 3 r rr 解得 3 2π 3 rT Gm 故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 9．两根长直导线 a b、 平行放置， 如图所示为垂直于导线的截面图， 图中 O点为两根导线连线 ab 的中点， M N、 为 ab 的中垂线上的两点且与 a b、 等距，两导线中通有恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁 场的磁感应强度 B 的大小跟该点到通电导线的距离 r 成反比，则下列说法中正确的是（ ） A．若 a b、 中通以等大同向电流， O 点的磁感应强度为零 B．若 a b、 中通以等大反向电流，则 M 点和 N 点的磁感应强度相同 C．若 a b、 中通以大小不等的反向电流，则磁感应强度为零的点在 a b、 之间的连线上 D．若 a b、 中通以大小不等的同向电流，则磁感应强度为零的点在 a b、 连线的延长线上 【答案】 AB 【解析】 【详解】 A．若 a b、 中通以等大同向电流，根据安培定则可知，两条导线在 O 点产生的磁场等大反向，则 O 点的 磁感应强度为零，选项 A 正确； B．若 a b、 中通以等大反向电流，假设 a 电流向里， b 中电流向外；根据安培定则以及磁场叠加原理判断 得知，两根通电导线在 MN 两点产生的磁感应强度方向均向下且大小相等；同理若假设 a 电流向外， b 中 电流向里； 根据安培定则以及磁场叠加原理判断得知， 两根通电导线在 MN 两点产生的磁感应强度方向均 向上且大小相等；故 B 正确； C．若 a b、 中通以大小不等的反向电流，则两电流在 a b、 之间的连线上各点的磁场方向相同，磁感应强 度不可能为零，选项 C 错误； D．若 a b、 中通以大小不等的同向电流，则两电流在 a b、 连线的延长线上各点的磁场方向相同，则磁感 应强度不可能为零，选项 D 错误； 故选 AB. 10．如图所示，在一个倾角为 37 的长斜面底端 O 点正上方 1.7mh 的 P 点处将一小球以速度 0v 水平抛 出，恰好垂直击中斜面上的 Q 点， sin37 0.6 。下列说法正确的是（ ） A．小球的初速度 0 4m/sv B． Q 点离 O点的距离 | | 1.2mQO C．保持 h 不变，将小球以 02v 的速度水平抛出，则击中斜面的位置到 O 点的距离小于 2 | |QO D．若抛出点高度变为 2h ，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为 02v 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．如图甲所示 小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为 53 ，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值 tan53 2 2 tan37 h y h y yx 可得 9 0.9m 17 y h 1.2mx | | 1.5m sin53 xQO 小球在空中运动的时间 2( ) 0.4sh yt g 初速度 0 3m/sxv t 故 AB 错误； C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示 若无斜面，则小球应击中 O 点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端 O 的距离小于 2 | |QO ，故 C 正确； D．若抛出点高度变为 2h ，根据小球垂直击中斜面的规律知 9 2 17 y h 则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据 0 xv t 2ht g 联立解得 0 2 gv x h 故小球的初速度应调整为原来的 2 倍，故 D 正确。 故选 CD 。 11．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。 A．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度 B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关 C．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能 D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律 E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故 A 正确； B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故 B 正确； C．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能 可能不变，故 C 错误； D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故 D 正确； E．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故 E 错误。 故选 ABD 。 12．我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划 2018 年，面向 “一带一路 ”沿线及周 边国家提供基本服务， 2020 年前后，完成 35 颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。 2018 年 1 月 12 日 7 时 18 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以 “一箭双星 ”方式成功发射第 26、 27 颗北 斗导航卫星，将与前 25 颗卫星联网运行 .其中在赤道上空有 2 颗北斗卫星 A、B 绕地球做同方向的匀速圆 周运动，其轨道半径分别为地球半径的 5 4 和 5 3 ，且卫星 B 的运动周期为 T。某时刻 2 颗卫星与地心在同 一直线上，如图所示。则下列说法正确的是 A．卫星 A 、B 的加速度之比为 16 9 B．卫星 A 、B 的周期之比为是 3 9 16 C．再经时间 t= 3 8 3 9 148 T（ ） ，两颗卫星之间可以直接通信 D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要 4 颗卫星 【答案】 AD 【解析】 AB 、由万有引力提供向心力有 2 2 2 ·4GMm m rma r T ，解得 2 GMa r ，卫星 A、B 的加速度之 比为 2 2 2 2 16 9 A A B B A B GM a r r GMa r r ，故 A 正确；解得 2 34 rT GM ，卫星 A 、B 的周期之比为 3 2 27 3 3 64 8 AA B B rT T r ，故 B 错误； C、再经时间 t 两颗卫星之间可以直接通信，则有 2 2 A B t T T ，又 3 3, 8B AT T T T ，解得 3 8 3 9 148 t T ，故 C 错误； D、由 B 卫星的分布图求的所辐射的最大角度， cos 0.6，则 53 ，则辐射的最大角度为 2 106 ， 需要的卫星个数 360 3 106 ，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该 轨道至少需要 4 颗卫星，故 D 正确； 故选 AD 。 【点睛】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系为了使赤道上任一点 任一时刻均能接收到卫星 B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫星。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．精密测量工具的原理及读数 (1)甲同学用游标卡尺测量某物体的厚度，如图所示，则该物体厚度测量值为 ____cm ； (2)乙同学用螺旋测微器测量铅笔芯的直径 D 如图所示，读数 D＝________mm 。 【答案】 0.225 2.150(2.150 ±0.002) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 根据游标卡尺的读数方法可知其读数为 2mm 5 0.05mm 2.25mm 0.225cmd (2)[2] 根据螺旋测微器的读数方法可知其读数为 2mm 15.0 0.01mm 2.150mmD 14．按如图甲所示电路，某实验小组将一电流表改装成能测量电阻的欧姆表，改装用的实验器材如下： A．待改装电流表一个：量程为 0? 3mA ，内电阻为 100Ω，其表盘如图乙所示 B．干电池一节：电动势 E=1.5V ，内电阻 r＝0.5 Ω C 电阻箱 R：阻值范围 0? 999.9 Ω 请根据改装的欧姆表的情况，回答下列问题： （ 1）测量电阻前，先进行欧姆调零，将电阻箱 R 调至最大，将红、黑两表笔直接接触，调节电阻箱 R 使 电流表指针指到表头的 ______刻度，此位置应该是欧姆表盘所示电阻的 ______（填 “最大值 ”或 “最小值 ”） （ 2）欧姆表调零后，将红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，若电流表的示数为 1.0 mA ，则待测电阻的 阻值 xR ______ Ω （ 3）如果换一个电动势大的电源，其他器材不变，则改装欧姆表的倍率 ______（填 “变大 ”或 “变小 ”）. 【答案】 3mA 最小值 1000 变大 【解析】 【详解】 (1)[1][2] 将红、黑两表笔短接是欧姆调零，电流表的最大刻度 3mA 对应待测电阻的最小值，即对应欧姆表 的电阻零刻度 (2)[3] 欧姆表调零后，其内阻 3 1.5 500 3 10g ER I内 电流表示数为 1.0mAI ，则 x EI R R内 解得 1000xR (3)[4] 当电动势变大后，由 gI R E 内 ， x x EI R R内 可知，内阻变大，相同电流时，测量的电阻变大，所以倍率变大。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。圆形底面的直径为 2R，圆筒的高度为 R。 (1)若容器内盛满甲液体， 在容器中心放置一个点光源， 在侧壁以外所有位置均能看到该点光源， 求甲液体 的折射率； (2)若容器内装满乙液体， 在容器下底面以外有若干个光源， 却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源， 求乙 液体的折射率。 【答案】 (1) 5n甲 ；(2) 2n乙 【解析】 【详解】 (1)盛满甲液体，如图甲所示， P 点刚好全反射时为最小折射率，有 1 sin n C 由几何关系知 2 2 2sin 2 R C RR 解得 5n 则甲液体的折射率应为 5n甲 (2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率， A 点 1 sin n C乙 由几何关系得 90 C B 点恰好全反射有 C 解各式得 2n乙 则乙液体的折射率应为 2n乙 16．如图所示， 一竖直放置在水平面上的容积为 V 的柱形气缸， 气缸内盛有一定质量的理想气体。 活塞的 面积为 S，活塞将气体分隔成体积相同的 A 、B 上下两部分，此时 A 中气体的压强为 p A （未知） 。现将气 缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后 A、B 两部分气体的体积之比为 1：2，两部分气体的压强均为 1.5p 0。 在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞进入另一部分，外界气体温度不变，气缸壁光滑且导热良好， 活塞厚度不计，重力加速度为 g，求： (1)p A 的大小； (2)活塞的质量 m。 【答案】 (1)p 0；(2) 0p S g 【解析】 【分析】 【详解】 (1)对气体 A ，由玻意耳定律可得 A A 1 1p V p V 其中 A 2 VV 1 3 VV 1 01.5p p 解得 0Ap p (2)对气体 B，由玻意耳定律可得 B B 2 2p V p V 其中 B 0 mgp p S B 2 VV 2 2 3 VV 又因为 2 01.5p p 解得 0p Sm g 17．湖面上有甲、乙两个浮标，此时由于湖面吹风而使湖面吹起了波浪，两浮标在水面上开始上下有规律 地振动起来。当甲浮标偏离平衡位置最高时，乙浮标刚好不偏离平衡位置，以该时刻为计时的零时刻。在 4s 后发现甲浮标偏离平衡位置最低、 而乙浮标还是处于平衡位置。 如果甲、 乙两浮标之间的距离为 s=10m， 试分析下列问题： (i) 推导出该湖面上水波波长的表达式； (ii) 试求该湖面上水波的最小频率。 【答案】 (i) 40 m 1 4n (n=0 ，1， 2，3，⋯⋯) 或 40 m 3 4n (n=0 ，1，2，3， ⋯⋯) ；(ii)0.125Hz 【解析】 【分析】 【详解】 (i) 当波长与两浮标之间的距离满足下列关系时 10m 4 n （n=0 ，1， 2，3⋯⋯ ） 解得 40 1 4n m（n=0，1，2，3⋯⋯ ） 当波长与两浮标之间的距离满足下列关系时 3 10m 4 n （n=0，1，2， 3⋯⋯ ） 解得： 40 3 4n m（ n=0， 1，2，3⋯⋯ ） (ii) 由经过 4s，由甲浮标偏离平衡位置最低可得 4s 2 T kT 解得周期 8 1 2 T k （k=0 ，1，2，3⋯⋯ ） 则波的可能周期为 8s、 8s 3 、 8s 5 、 8s 7 ⋯⋯ 最小频率是 1 1 0.125Hz8f T