广东省深圳市2021届新高考第四次适应性考试物理试题含解析

1、广东省深圳市2021届新高考第四次适应性考试物理试题一、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.研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表 V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极 K的极限频率为 巩元电荷电量为e,普朗克常量为h,开始时滑片P、P/上 下对齐。现用频率为 y的光照射阴极 K （ 丫0）,则下列说法错误的是A .该光电管阴极材料的逸出功为h讨B.若加在光电管两端的正向电压为U,则到达阳极 A的光电子的最大动能为 hv-hv o+eUC.若将滑片P向右滑动，则电流计 G的示数一定会不断

2、增大D.若将滑片P/向右滑动，则当滑片 P、P/间的电压为hv hV0时,电流计G的示数恰好为0 e【答案】C【解析】【详解】A.由极限频率为 w,故金属的逸出功为 Wo= h 0, A正确；B.由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为Ek hv W0由于加的正向电压，由动能定理eU Ek Ek解得Ek hv hv0 eU故B正确；C.若将滑片P向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故C错误；D. P，向右滑动时，所加电压为反向电压，由eU Ek可得U hv hv。 e则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D正确；故选Co2.研究光电效应现

3、象的实验装置如图（ a）所示，用光强相同的黄光和蓝光照射光电管阴极K时，测得相应的遏止电压分别为 Ui和U2,产生的光电流I随光电管两端电压 U的变化规律如图（b）所示。已知电子的质量为 m,电荷量为一e,黄光和蓝光的频率分别为 vi和v2,且vi<v2。则下列判断正确的是 （）图（成）图（肩A. Ui <U2B.图（b）中的乙线是对应黄光照射C .根据题述条件无法算出阴极K金属的极限频率D.用黄光照射时，光电子的最大初动能为eU2【答案】A【解析】【分析】AB .根据光电效应方程则有hWoEkm在光电管中，遏止电压满足eUc cEkm联立方程有UcWo因为12所以对于同一光电管和

4、金属U1 U2蓝光对应的遏止电压大，则图（ b）中的乙线是对应蓝光照射， A正确，B错误;C.极限频率满足WoU2=h eh ceh ce联立两式解得5 1 Ui 2U2 UiC错误;D.用黄光照射时，光电子的最大初动能为eUi, D错误。故选A。3 .如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1 ： 2,正弦交流电源电压为U= 12 V,电阻Ri=1 0, R2=2 Q,滑动变阻器 R3最大阻值为20 Q滑片P处于中间位置，则A. R1与R2消耗的电功率相等B.通过R1的电流为3 AC.若向上移动 P,电压表读数将变大D.若向上移动P,电源输出功率将不变【答案】B【解析】【详解】理想变压器原副线

5、圈匝数之比为1: 2,可知原副线圈白电流之比为2: 1,根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2:1,故A错误；设通过 R1的电流为I ,则副线圈电流为 0.5I,初级电压：U-IR 1=12-1;2(12 I )1根据匝数比可知次级电压为2 (12-I),则-()= R R3m=12 ,解得I=3A ,故B正确；若向上0.5I2移动P,则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据 P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C D错误；故选Bo4 .如图所示，总阻值为 R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁

6、场中，磁场方向与线框平5 垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度V1向右匀速拉出，第二次以线速度 V2让线框绕轴 MN匀速转过90°,下列说法正确的是()A.第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向B .两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为C.若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则V1 ： V2=兀：2D.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则V1 : V2=2 :71A.由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A错误;B.由公式q R可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B错误;C.设线框

7、的边长为L,若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度V1向右匀速拉出EiBLvi2BLv1Q1 kL2V12. 3B L V12R第二次以线速度V2让线框转过90°E2BS-2BLv2Q2BLv222111 2 1 L42V2B2L3V28RQi=Q2所以V1 : v2选项C错误;D.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等,第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉EiBLvi第二次以线速度V2让线框转过90 °12-BL _2 1 12 L-422BLV2E2.tv2EiE2得v1 : v22:D选项正确。故选Do5.真空中一半径为

8、r。的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势。分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，ri、r2分别是该直线上 A、B两点离球心的距离，根据电势图像（6r图像），判断下列说法中正确的是（）q r 乃 rA.该金属球可能带负电B. A点的电场强度方向由 A指向球心C . A点的电场强度小于 B点的电场强度D.电荷量大小为 q的正电荷沿直线从 A移到B的过程中，电场力做功 W=q （ 6-妮）【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由图可知。到r。电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降 低，则金属球带正电，A错误；B.沿电场线方向电势降低，所以A点的电场

9、强度方向由 A指向B, B错误；C. r图像斜率的物理意义为电场强度，所以A点的电场强度大于 B点的电场强度，C错误;D.正电荷沿直线从 A移到B的过程中，电场力做功W qUAB q 12D正确。故选D。6.在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值"与时间t之间的关系如图所示。卜列说法正确的是（A.甲车的加速度大小为5m/s2B. 6s末乙车速度减小到零C.甲车追上乙车前，2s末甲乙两车相距最远D.乙车速度减小到零时，甲车速度为30m/s【答案】D【解析】【分析】【详解】H.1. 2.3A.根据x Vot -at可得2x 1小Vo att 2甲车的加速度大小为10

10、,22a1 2 kl 2 m/s 10m/s 2选项A错误；B.由图像可知，乙车的初速度为vo=15m/s,加速度为5,22a2 2k2 -2 m/s 5m/s2则速度减为零的时间为+ V0 Qot 3s a2选项B错误；C.当两车相距最远时速度相等，即v0 a2t ait解得t=1s选项C错误；D.乙车速度减小到零时需经过t=3s,此时甲车速度为v a1t 30m/s选项D正确。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 .如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左

11、端与挡板连接右端连接一小物块，在小物块上施加水平向右的恒力 F,整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。已知长木板(含挡板)的质量为M，小物块的质量为 m ,弹簧的劲度系数为 k ,形变量为x(x 0),则()77777777777777777777777777777MF,万向水平向左M mMF 、,万向水平向左M mA .小物块的加速度为 一F M m8 .小物块受到的摩擦力大小一定为kxC.小物块受到的摩擦力大小可能为kxD .小物块与长木板之间可能没有摩擦力【答案】ACD【详解】A.长木板与小物块一起做匀加速运动，应相对静止，加速度相同，对整体有F (M m)a解得加速度故A正确

12、；BC.因弹簧形变量x 0,故弹簧可能被压缩也可能被拉伸。若被压缩，则长木板受到的摩擦力向右，对长木板有Ff kx Ma解得MFFf kx M m小物块受到的摩擦力大小与之相等，方向水平向左，故B错误，C正确；D.若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得f kx maFf kx ma F kx m?F kxMF如果, MF kxM m则f 0故D正确。故选ACD。8. 嫦娥五号”是我国首个实施无人月面取样且返回的探测器，它由轨道器、返回器、着陆器、上升器四 个部分组成，由长征五号运载火箭从文昌航天发射场发射。若嫦娥五号"探测器环月工作轨道为圆形,其离月球表面高度

13、为 h、运行周期为 T,月球半径为 Ro由以上数据可求的物理量有（）A.月球表面飞船所受的重力B.嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度C.嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度D.月球对 嫦娥五号”探测器的吸引力【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有2GMm4 ,2 m 2- (R h)(R h)T可得月球的质量4 2(R h)3GT2不考虑天体自转，在月球表面，万有引力等于飞船所受的重力，则有GMmkmg可得月球表面飞船所受的重力为23mg4 m(R h)T2R2由于飞船质量未知，所以无法求出月球表面飞船所受的重力，故 A错误;B.探测器绕月

14、球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有GMm(R h)2ma解得探测器绕月球运行的加速度4 2(R h)则探测器绕月球运行的加速度可求出，故B正确;C.根据周期和线速度的关系可知v 2 （R h） T探测器绕月球运行的速度可求出，故C正确；D.月球对探测器的吸引力GMm_2(R h)探测器的质量未知，无法确定月球对其的吸引力，故 D错误；故选BC。9.如图所示，一磁感强度为 B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。纸面上 M、N两点之间的距离为d, 一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度vo从M点垂直进入磁场后会经过 N点，已知M、N两点连线与速度vo的方向成30o角。以下说法正确

15、的是（）X X X XX X X NxX X X XA.粒子可能带负电B.粒子一定带正电，电荷量为dB就C.粒子从M点运动到N点的时间可能是 13V013 dD.粒子从 M点运动到N点的时间可能是 工一 3V0【答案】BCD【解析】【详解】A.由左手定则可知，粒子带正电，选项 A错误;B.由几何关系可知，r=d ,由2VqvB m 一 r可知电荷量为mvo q -dB选项B正确；CD.粒子运动的周期v-第一次到达N点的时间为ti1t 6d3v-粒子第三次经过N点的时间为t5 2T ti4 d d _13 dv-3v-3v-选项CD正确。故选BCD 。x=4m10 .图甲为一列简谐横波在 t=0

16、.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点 Q的振动图象，则（）A. t=0.10s时，质点Q的速度方向向上B.该波沿x轴的负方向传播C.该波的传播速度为 4-m/sD.从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为 30 cm【答案】BC【分析】【详解】AB.据题意，甲图是一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，从乙图可知质点Q在t=0.10s时刻处于平衡位置向下振动，则甲图中的横波正在向左传播，故A错误，B正确；C.该波传播速度为：8v m/s 40m/s T 0.2故C正确；D.从t=0.10s到t=0.25s ,质点P经过了四分之三

17、周期，此时质点P正处于从-10cm向。运动的过程中，它所走过的路程小于 30cm ,故D错误。Ri、R2、R3是阻值相等的定彳t电阻，电表 A故选BC。11 .如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上,为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时,开关K处于断开状态，下列说法正确的是（）A.只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大B.只把滑片P向下滑动，电阻 Ri消耗的功率将增大C.只闭合开关K,电阻R2消耗的功率将增大D.只闭合开关K,电流表示数将变大P向上滑动，原线圈匝数增大，根据UiU2【答案】BDni.一 可知，副线圈两端电压 U2变小，根据欧姆 n2定律可知，副线圈电流变小，

18、副线圈功率F2 I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故 A错误;B.只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，P |2R ,则电阻Ri消耗的功率将增大，故 B正确;CD.只闭合开关K,副线圈电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知,副线圈干路电流变大， Ri分压变大，则R2两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈干路电流变大，输C错误D正出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故 确。故选BD。12. Li、L 2两水平线间存在垂直纸面向里

19、的匀强磁场，磁场高度为h ,竖直平面内有质量为 m ,电阻为R的梯形线框，上、下底水平且底边之比5:1,梯形高2h。该线框从如图位置由静止下落，已知 AB刚进入磁场日和AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（）x x x X x x r占_A . AB边是匀速直线穿过磁场B. AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，是匀速直线运动C. AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，此过程的电动势为；JmgRj2ghD. AB边刚进入和 AB边刚穿出的速度之比为 4:1【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A.已知AB刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式2, 2F B L v %

20、AB进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，所以AB边是减速直线穿过磁场，故 A错误；B. AB刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，故该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故 B正确；D.设AB边刚进入磁场时速度为 Vo , AB=l ,则CD=5l ,则1 2mgh-mvo2AB边刚进入磁场时重力等于安培力，有mg2. 2B l Vo设AB边刚穿出磁场时速度为 V1,线框切割磁感应线的有效长度为21AB刚穿出磁场时的重力等于安培力有22mgB2(2l)2v

21、1R联立解得v0: v1 4:1Vi所以D正确；C. AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，线框做速度为vi的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为21,感应电动势为E B 21Vl联立解得2 mgR.2gh故C正确。故选BCD。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.货运交通事故往往是由车辆超载引起的，因此我国交通运输部对治理货运超载有着严格规定。监测站都安装有称重传感器，图甲是一种常用的力传感器，由弹簧钢和应变片组成，弹簧钢右端固定，在其上、下表面各贴一个相同的应变片，应变片由金属制成。若在弹簧钢的自由端施加一向下的作用力F,则弹簧钢会发生弯曲，上应变片被拉伸，下应变片被压缩。力越

22、大，弹簧钢的弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差 AU=|UiU2也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19Q,为了准确地测量该传感器的阻值，设计了以下实验，实验原理图如图乙所示。图即图乙 图内实验室提供以下器材:A.定值电阻Ro （Ro=5 0B.滑动变阻器（最大阻值为 2口额定功率为50 W）C.电流表 Al (0.6 A,内阻ri= 1 QD.电流表 A2 (0.6 A,内阻r2约为5 QE.直流电源Ei (电动势3 V,内阻约为1 0F.直流电源E2 (电动势6 V,内阻约为2 0G .开关S及导线若干。(1)外力F增大时，下列说法正确的是 ;A.上、下应变片电阻都增大

23、B.上、下应变片电阻都减小C.上应变片电阻减小，下应变片电阻增大D.上应变片电阻增大，下应变片电阻减小(2)图乙中、为电流表，其中电流表选 (选填“Ai”或“，)，电源选 (选填“旷 或城”);(3)为了准确地测量该阻彳1,在图丙中，将B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计电路的A、B、C端中的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图丙中正确连接 电路;(4)结合上述实验步骤可以得出该传感器的电阻的表达式为 (Ai、A2两电流表的电流分别用 Ii、I 2表不)。【答案】D AiE2Iji1 2 Ii【解析】【详解】(i)i外力F增大时，上应变片长度变长，电阻变

24、大，下应变片长度变短，电阻变小故选D。(2)2题图乙中的要当电压表使用，因此内阻应已知，故应选电流表 Ai;3因回路总阻值接近 iiQ满偏电流为0.6A,所以电源电动势应接近6.6V,故电源选E2。(3)4滑动变阻器应采用分压式接法，将B、C间导线断开，A、B两端接全阻值，C端接在变阻器的滑动端，如图所示。(4)5由题图乙知，通过该传感器的电流为l2-Ii,加在该传感器两端的电压为Ii口，故该传感器的电阻为Ijl14.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、

25、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：SA=16.6mm、SB=126.5mm、Sd=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)才T 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Sa、Sb、Sd和f表示)【答案】0.12.5Sd 3Sb 2Sa75T2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(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

26、速度等于 BD段的平均速度，则BD- 2.5m / s ； 2T(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aT2均匀增大，有:BCABaT2CDBCaT2 AB 2aT2BD2AB3aT223TSd Sb 2 Sb SaSd 3Sb 2Sa75T2四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15 .如图所示，水平轨道 BC两端连接竖直的光滑 1圆弧，质量为2m的滑块b静置在B处，质量为 m4的滑块a从右侧1圆弧的顶端A点无初速释放，滑至底端与滑块 b发生正碰，碰后粘合在一起向左运动,4已知圆弧的半径为R = 0.45 m,水平轨道长为L=0.2 m,滑块与水平轨道的动摩擦因数

27、科=0.1,重力加速度取 g= 10 m/s2。求：(1)两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度h;(2)两滑块静止时的位置。【答案】(1)0.03 m (2)水平轨道的中点处【解析】【详解】(1)设滑块a滑至底端碰前速度大小为vb,碰后共同速度大小为 v,根据机械能守恒定律有mgR = m V|22由动量守恒定律有mvB= (m + 2m)v从B点到左侧最大高度处由动能定理有一3mgL 3mgh = 0 >3mv22联立解得h= 0.03m(2)粘合体将来回往复运动，直到速度为0,设在水平轨道 BC上运动的路程为s,根据动能定理有-科 3mgs= 0- - X3mv22解得s= 0.5m所以滑

28、块停在水平轨道 BC的中点处。16 .如图所示，真空中有以O1为圆心，R为半径的圆形匀强磁场区域，圆的最左端与y轴相切于坐标原点D,圆的最上端与平行于 x轴的虚线MN相切于P点，磁场方向垂直纸面向里，第一象限内在虚线 MN上方沿v轴负方向有平行于 y轴的有界匀强电场(上边界平行于x轴，图中未画出)。现从坐标原点 O在纸面内向坐标系的第一象限和第四象限内的不同方向发射速率均为v。的质子。己知沿x轴正方向发射的质子恰好从P点离开磁场进入电场，能到达电场的上边界，最后也能返回磁场，电场强度E和磁感应强度B大小未知，但满足关系 v0 6E ,不计质子的重力、质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。B

29、(1)求匀强电场上边界与虚线 MN的间距d； (2)在第四象限内沿与 x轴正方向成30角的方向发射一质子，最终离开磁场，求从发射到最终离开磁场区域的过程质子运动的时间t;y0=4R处有一平(3)若电场方向改为沿 x轴的负方向，场强大小不变，如图所示，电场上边界位置也不变,行于x轴的荧光屏，与y轴相交于Q点，由。点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上，求荧光屏的最 小长度。【解析】(1)经分析，质子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为速度刚好减为零，在电场中，根据动能定理有12qEd 0mv02在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有R,进入电场后做匀减速直线运动，到达上边界时2V。q°Bm R又v0 6E ,联立解得Bd 3R(2)质子在磁场和电场中的运动