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2021年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科综合物理押题卷(4)

发布时间: 2021-10-19 10:56:14

  2021 年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷 理科综合

 物理 押题卷(4) (时间:60 分钟 满分:110 分) 二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 14~18 题只有一项符合题目要求,第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。

 14.如图所示,某同学从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。弹性绳一端固定在该同学身上,另一端固定在平台上。该同学从静止开始竖直跳下,在其到达水面前速度减为零。运动过程中,弹性绳始终处于弹性限度内。忽略空气阻力,该同学可视为质点。从弹性绳开始张紧至该同学第一次到达最低点的运动过程中,下列说法正确的是(

 )

 A.合外力对该同学一直做正功 B.重力对该同学做正功,其重力势能增大 C.重力的瞬时功率先增大后减小 D.绳子拉力的瞬时功率先减小后增大 C [从弹性绳开始张紧至该同学第一次到达最低点的运动过程中,该同学的速度先增大后减小,由动能定理知,合外力对该同学先做正功后做负功,A 错误;由 W G =mgh 知重力对该同学做正功,由功能关系知,该同学重力势能减小,B 错误;由 P G =mgv 知重力的瞬时功率先增大后减小,C 正确;弹性绳开始张紧时与该同学在最低点时,绳子拉力的瞬时功率均为零,故绳子拉力的瞬时功率先增大后减小,D 错误。] 15.如图所示,边长为 L、质量为 m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通一逆时针方向的电流。图中虚线过 ab 边中点和 ac 边中点,在虚线的下方有一垂直于导线框所在平面向外的匀强磁场,其磁感应强度大小为 B。此时导线框处于静止状态,细线中的拉力大小为 F 1 ;保持其他条件不变,现将虚线下方的磁场移至虚线上方,细线中拉力大小变为 F 2 。导线框中的电流大小为

  (

 )

 A. F1 -F 2BL

  B. F2 -F 1BL C. 2F1 -F 2BL

  D. 2F2 -F 1BL A [磁场在虚线下方时,根据左手定则,各边受到安培力如图所示,结合矢量合成法则得 F 安 1 =BIL-2×12 BILsin 30°=12BIL,方向竖直向下,根据平衡条件有 F 1 =mg+ 12 BIL;磁场移到虚线上方后,线框处于匀强磁场中,则 ab 边和 ac 边受到的安培力大小相等,bc 边不受安培力,因此安培力的合力为 F 安 2 =2×12 BILsin 30°=12 BIL,方向竖直向上,则有 F 2 =mg- 12 BIL,则 I=F 1 -F 2BL,A 正确。] 16.如图所示是氢原子能级图,大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时,可以辐射出若干不同频率的光子,其中两种频率最高的光子能使某种金属板发生光电效应,由高能级向 n=2 能级跃迁时释放的光子属于巴耳末系。则以下说法正确的是(

 )

 A.大量处于 n=4 激发态的氢原子跃迁产生的光子不属于巴耳末系的有 3 种 B.该金属的截止频率大于 12.09 eVh C.巴耳末系的光子可使该金属板发生光电效应 D.使 n=4 能级的氢原子电离至少要 0.85 eV 的能量 D [大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时,可以辐射出 6 种不同

  频率的光子,从 n=4 跃迁到 n=2 和从 n=3 跃迁到 n=2 辐射的光子属于巴耳末系,故 A 错误;使某金属板发生光电效应的两种光子中,能量较小的是从 n=3跃迁到 n=1 辐射的光子,故该金属的截止频率小于 12.09 eVh,故 B 错误;能使该金属板发生光电效应的光子的能量应大于等于 12.09 eV,而巴耳末系光子能量的最大值为 3.4 eV,所以巴耳末系的光子不能使该金属板发生光电效应,故 C 错误;n=4 能级的氢原子具有的能量为-0.85 eV,故要使其发生电离能量变为 0,至少需要 0.85 eV 的能量,故 D 正确。] 17.在某一粗糙的水平面上,一质量为 2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度 g=10 m/s 2 。根据以上信息不能精确得出或估算得出的物理量有(

 )

 A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 D [物体做匀速直线运动时,拉力 F 与滑动摩擦力 f 大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为 μ=Fmg =0.35,A 项能得出;减速过程中,由动能定理得 W F+W f =0- 12 mv2 ,根据 F-x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力 F 做的功W F ,而 W f =-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度 v,B、C 项能得出;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,D 项不能得出。] 18.如图所示,电路中 a、b 端接有电压有效值为 U 的交流电,变压器为理想变压器,各电阻的阻值相等,电流表为理想交流电表。开关 S 断开时,电流表读

  数为 I 1 ,开关 S 闭合时,电流表读数为 I′ 1 ,变压器原、副线圈匝数的比值为 2。则 I 1 、I′ 1 的比值 k 为(

 )

 A. 35

  B.53

 C.23

 D.32

 A [理想变压器原、副线圈的匝数比 n 1 ∶n 2 =2∶1,当开关 S 断开时,副线圈两端电压为 U 2 = U-I1 R2,I 2 = U-I1 R2R,又 I 1 n 1 =I 2 n 2 ,可解得 I 1 =U5R ;同理,可解得当开关 S 闭合时,I′ 1 =U3R 。所以 k=I 1I′ 1 =35 ,A 正确。] 19.如图所示,在竖直方向上固定了两个等量的同种点电荷+Q,相距为 l,在两电荷连线的中点 O 所在的水平线上,对称固定放置了一长为 2d 的绝缘细管,有一带电荷量为+q、质量为 m 的小球以初速度 v 从细管的左端管口射入,恰好在细管的最右端停止运动。重力加速度为 g,静电力常量为 k,则(

 )

 A.小球在运动过程中,受到的摩擦力先增大后减小 B.小球加速度的大小一定是先增大、后减小 C.小球克服摩擦力所做的功为 12 mv2

 D.在运动过程中小球的电势能先增大后减小 CD [小球在细管中运动时,竖直方向上只受重力与管对它的支持力,所以小球所受的滑动摩擦力不变,A 错误;在细管左右两边,电场强度各有一个最大值,如果左边电场强度最大值的位置在小球出发点的右边,则小球加速度先增大后减小,再增大,再减小,B 错误;由于对称性,小球在细管的左右两端点的电势能相等,所以克服摩擦力做的功等于初动能,C 正确;小球在 O 点的左侧运动时克服电场力做功,电势能增大,在 O 点右侧运动时,电场力做正功,电势能减小,D 正确。]

  20.如图所示,一辆质量 M=3 kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上,小车 A上有一质量 m=1 kg 的光滑小球 B,将一左端固定于小车 A 上的轻质弹簧压缩并锁定,此时弹簧的弹性势能 E p =6 J,小球与小车右壁距离为 l,解除锁定,小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层(忽略其厚度)碰撞并被粘住,下列说法正确的是(

 )

 A.碰到油灰阻挡层前 A 与 B 的动量相同,动能不同 B.小球脱离弹簧时 A 的速度大小为 1 m/s C.小球和灰阻碰撞并被粘住,该过程小球受到的冲量大小为 3 N·s D.整个过程 B 移动的距离为l4

 BC [整个系统水平方向不受外力作用,根据动量守恒定律知,A、B 两者动量大小相等,方向相反,故 A、B 的动量不相同,由 p=mv,E k = 12 pv=p 22m 知,A、B 的动能不同,A 错误;设小球脱离弹簧时,小车与小球的速度分别为 v 1 、v 2 ,根据能量守恒、动量守恒定律得 E p = 12 mv21 + 12 Mv22 ,0=mv 1 -Mv 2 ,代入数值解得v 1 =3 m/s,v 2 =1 m/s,B 正确;小球和油灰阻挡层碰撞后,根据动量守恒定律可知,小球和小车静止,小球受到的冲量等于小球动量的变化量,即 I=0-mv 1 =-3 N·s,C 正确;设 B 对地向右移动距离为 x,则 A 对地向左移动距离为 l-x,根据动量守恒定律得 0=m xt -Ml-xt,代入数值解得 x= 3l4 ,D 错误。] 21.如图所示,在 xOy 坐标系的第二、三象限内有半圆形有界磁场,磁场方向垂直于坐标平面向里,磁场的磁感应强度大小为 B,圆心在坐标原点 O 处,半径为 R,一粒子源在坐标为(-1.5R,0.5R)的 P 点,可以沿 x 轴正方向发射速率在一定范围内的同种带负电的粒子,粒子的质量为 m、电荷量为 q,速度最大的粒子刚好不过 y 轴,速度最小的粒子刚好不过 x 轴,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则下列判断正确的是(

 )

 A.粒子的最大速度大小为 RqB2m B.粒子的最小速度大小为 RqB4m C.经磁场偏转的偏向角为 180°的粒子的速度大小为 RqB3m D.速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短 BD [由几何关系可知,粒子在磁场中做圆周运动的最大半径 r m =R 2 -  12 R2=32R,由牛顿第二定律可知,qv m B=m v2mr m ,求得 v m =3RqB2m,A 错误;由几何关系知,粒子在磁场中做圆周运动的最小半径 r min = R4 ,同理可得到最小速度 v min = RqB4m,B 正确;偏向角为 180°的粒子在磁场中做圆周运动的半径 r=12 R,可得该粒子的速度大小 v=RqB2m,C 错误;由分析可知,速度最小的粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对的圆心角大于 180°,而速度最大的粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对的圆心角小于 180°,由周期 T= 2πmqB可知,粒子在磁场中做圆周运动的周期相同,由 t=θ2π T 可知,速度最大的粒子在磁场中的运动时间比速度最小的粒子在磁场中的运动时间短,D 正确。]

  甲

  乙

 三、非选择题:共 62 分。第 22~25 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题,考生根据要求作答。

 (一)必考题:共 47 分。

 22.(6 分)某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则,实验装置如图甲所示。在贴有白纸的竖直板上,有一水平细杆 MN,细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器 A、B,传感器与计算机相连接。两条不可伸长的轻质细绳AC、BC(AC>BC)的一端结于 C 点,另一端分别与传感器 A、B 相连。结点 C 下方用轻细绳悬挂重力为 G 的钩码 D。实验时,先将拉力传感器 A、B 靠在一起,然后不断缓慢增大两个传感器 A、B 间的距离 d,传感器将记录的 AC、BC 绳的张力数据传输给计算机进行处理,得到如图乙所示张力 F 随距离 d 的变化图线。A、B 间的距离每增加 0.2 m,就在竖直板的白纸上记录一次 A、B、C 点的位置。则在本次实验中,所用钩码的重力 G=________N;当 A、B 间距离为 1.00 m 时,AC 绳的张力大小 F A =________N;实验中记录 A、B、C 点位置的目的是____________________。

 甲

 乙

  [解析] 根据题意,由于 AC>BC,所以刚开始分开的时候,只有 BC 绳有拉力,而且其拉力大小等于物体的重力,由图乙知 G=30 N,由图分析可以知道图线Ⅱ为 AC 绳拉力的图象,则当 A、B 间距离为 1.00 m 时,AC 绳的张力大小 F A=18 N;实验中记录 A、B、C 点位置的目的是记录 AC、BC 绳的张力的方向,从而便于画出平行四边形。

 [答案] 30(2 分) 18(2 分) 记录 AC、BC 绳张力的方向(2 分) 23.(9 分)(2019·重庆三诊)为了测某电源的电动势和内阻,实验室提供了如下器材:电阻箱 R,定值电阻 R 0 、两个电流表 A 1 、A 2 ,开关 K 1 ,单刀双掷开关 K 2

  待测电源,导线若干。实验小组成员设计如图甲所示的电路图。

 甲

  乙 (1)闭合开关 K 1 ,断开单刀双掷开关 K 2 ,调节电阻箱的阻值为 R 1 ,读出电流表 A 2 的示数 I 0 ;然后将单刀双掷开关 K 2 接通 1,调节电阻箱的阻值为 R 2 ,使电流表 A 2 的示数仍为 I 0 ,则电流表 A 1 的内阻为________。

 (2)将单刀双掷开关 K 2 接通 2,多次调节电阻箱的阻值,记录每次调节后的电阻箱的阻值 R 及电流表 A 1 的示数 I,该同学打算用图象处理数据,以电阻箱的阻值 R 为纵轴,为了直观得到电流 I 与 R 的图象关系,则横轴 x 应取________。

 A.I B.I 2

 C.I- 1

 D. I (3)根据(2)选取的 x 轴,作出 R-x 图象如图乙所示,则电源的电动势 E=________,内阻 r=________。(用 R 1 、R 2 、R 0 及图象中的 a、b 表示) [解析] (1)由题意可知,电路中的电流保持不变,由闭合电路欧姆定律可知,电路总电阻不变,则电流表 A 1 内阻等于两种情况下电阻箱的阻值之差,即 R A1 =R 2 -R 1 。

 (2)单刀双掷开关 K 2 接通 2 时,根据欧姆定律可得 E=I(r+R 0 +R+R A1 ),整理得 R= EI -(r+R 0 +R A1 ),为得到直线图线,应作 R-1I 图象,故 C 项正确。

 (3)由 R- 1I 图象结合 R=EI -(r+R 0 +R A1 )可得,图象斜率 k=0--ab-0=E,图象纵截距-a=-(r+R 0 +R A1 ),解得电源的电动势 E= ab ,内阻 r=a-(R 0 +R A1 )=a-R 0 -(R 2 -R 1 )。

 [答案] (1)R 2 -R 1 (2 分) (2)C(3 分) (3) ab (2 分) a-R 0 -(R 2 -R 1 )(2 分)

 24.(14 分)如图甲所示,水平传送带两端 A、B 间的距离为 L=2.0 m,右端有一平板车静止在光滑水平地面上。一个质量为 m=0.1 kg 的小物块以一定的初

  速度从 A 端滑上传送带,已知小物块在传送带上做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等,两过程中小物块运动的位移之比为 2∶3,小物块滑离 B端后滑上平板车,最终没有脱离平板车,平板车开始运动后的速度—时间图象如图乙所示,已知传送带速度 v 0 =4 m/s 且保持不变,重力加速度 g=10 m/s 2 。求:

 (1)小物块在传送带上做匀加速直线运动的时间及小物块与传送带间的动摩擦因数 μ 1 ; (2)平板车的质量 M; (3)小物块从滑上传送带开始到相对平板车静止的过程所产生的内能 Q。

 甲

 乙 [解析] (1)设小物块滑上传送带时的速度为 v,在传送带上做匀加速直线运动的时间为 t 由题意知 v0 +v2t∶v 0 t=2∶3

 (1 分) 解得 v= 43

 m/s

 (1 分) 由于小物块在传送带上做匀加速直线运动与匀速直线运动的时间相等,故 35 L=v 0 t(1 分) 解得 t=0.3 s

 (1 分) 由运动学公式有 v 2 0 -v 2 =2a 1 x

 (1 分) 其中 x= 25 L 由牛顿第二定律得 μ 1 mg=ma 1

 (1 分) 解得 μ 1 = 89 。

 (1 分) (2)小物块滑上平板车之后最终没有脱离平板车,根据动量守恒定律有 mv 0 =(m+M)v t

 (1 分) 由图象知小物块与平板车最后的共同速度 v t =1 m/s (1 分) 解得平板车的质量 M=0.3 kg。

 (1 分)

  (3)在传送带上有 Q 1 =fx 相对

  (1 分) 其中 f=μ 1 mg x 相对 =v 0 ...

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