【全国大联考】2021届高三第四次联考物理试题-Word版含解析.docx

全国大联考
2021届高三第四次联考·物理试卷
考生留意：
1．本试卷共100分。考试时间90分钟。
2．答题前，考生务必将密封线内的项目填写清楚。
3．请将试卷答案填在试卷后面的答题卷上。
4．本试卷主要考试内容：必修1，必修2，选修3—1电场和恒定电流。
第I卷 (选择题 共40分)
选择题部分共10小题．每小题4分．共40分。在每个小题给出的四个选项中，1～6小题只有一个选项正确．7～10小题有多个选项正确；全部选对的得4分．选对但不全的得2分．有选错或不答的得0分。
1．足球以8 m／s的速度飞来，运动员把它以12 m／s的速度反向踢回，踢球时间是0.2 s， 以球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度为
A. —200m／s2 B. 200 m／s2 C. —100 m／s2 D．100 m／s2
答案．C
解析：a==m/s2 =—100m／s2，选项c正确。

2．某同学上过体育课后用网兜把质量为m的足球挂在光滑竖直墙壁上的P点，已知悬线与墙面的夹角为θ，重力加速度为g,网兜的重力不计，则足球对墙壁的压力为
A. mgtanθ B. mgsinθ C. mgcosθ D．
答案．A
解析：对足球受力分析如图所示，由几何关系可得：N＝mgtanθ，依据牛顿第三定律，足球对墙壁的压力为mgtanθ，选项A正确。

3．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为
A. mg B. mg C. mg D. mg
答案．B
解析：设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d-3d=aT2，向下运动时：3d-d=a/T2 ，联立解得：a ：a/ = 3：1，依据牛顿其次定律：mg+f = ma、mg一f=ma/ ，联立解得：f = mg/2。选项B正确：
4．如图所示，AB杆以恒定角速度ω绕A点在竖直平面内顺时针转动，并带动套在固定水平杆OC上的小环M运动，AO间距离为h。运动开头时AB杆在竖直位置，则经过时间t(小环仍套在AB和OC杆上)小环M的速度大小为
A. B. C. ωh D．ωhtanωt
答案．A
解析：经过时间t，∠OAB=ωt，则AM的长度为h/(cosωt)，AB杆上M点绕A点的线速度v=hω/(cosωt) 。小环M的速度沿水平杆方向，将小环M的速度沿平行于AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆上的分速度等于M点绕A点的线速度v，则小环M的速度v/ = =。选项 A正确。
5．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星—500"的模拟试验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的1/2 ，质量是地球质量的1/9。已知地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，引力常量为G，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度为h，忽视自转的影响，下列说法正确的是
A. 火星的密度为
B. 火星表面的重力加速度是
C. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2：3
D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是
答案．A
解析：对地球表面一质量为m的物体，由牛顿其次定律，有G=mg，则M=gR2/G，火星的密度ρ= ，选项A正确；对火星表面一质量为m/的物体，由牛顿其次定律，有G＝m/g/ ，则g/＝4g/9，选项B错误；火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比；选项c错误；王跃在地球上和火星上跳高时，分别有h=和h/=，由以上各式解得，在火星上能达到的最大高度是4g/9，选项D错误。

6．如图所示，一个电荷量为—Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电荷量为＋Q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0 。沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是
A. 点电荷乙从A点向O点运动的过程中，其加速度渐渐增大
B. 点电荷乙从A点向O点运动的过程中，其电势能先增大再减小
C. OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间的电势差UAB=
答案．C
解析：电荷乙受到的阻力不变，甲、乙靠近的过程中库仑力增大，乙在运动到B点之前，乙做加速度渐渐减小的减速运动，选项A错误；在乙向左的运动过程中电场力始终做正功，电势能始终减小，选项B错误；当速度最小时有：f=F库=k，解得：r=，选项C正确；乙从A运动到B的过程中，依据动能定理有：UAB q =fL0=mv2－mv02，所以A、B两点间的电势差UAB=，选项D错误。
7．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为抱负电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A. 电压表的示数变大
B. 电流表的示数变小
C. 电容器C所带的电荷量增多
D. a点的电势降低
答案．AD
解析：由题图可知，电压表与R1并联，R3与电流表串联后与R2并联，两部分串联后接在电源两端，在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，故总电阻减小，流过电源的电流增大，路端电压削减，R1两端电压增大，电压表示数变大，a点电势降低，故选项A、D正确；R2两端电压削减，电容器与R2并联，故电容器所带电荷削减，所以选项C错误；流过R2电流减小，又由于总电流增大，所以流过电流表的电流增大，选项B错误。

8．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一条长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，上、下两面板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道时的水平速度为v0，当遇到下板后其所带的电荷被中和，同时尘埃被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃所受的重力及尘埃之间的相互作用，要增大除尘率，则下列措施可行的是
A. 只增大电压U
B．只增大高度d
C. 只加长长度L
D. 只增大尘埃被吸入的水平速度v0
答案．AC
解析：尘埃做类平抛运动，到达下板的尘埃被收集，设有尘埃能够飞出除尘装置，则其竖直偏移y=at2=t2 = ，要增大除尘率，必需增大尘埃在通道内的偏移量，则可以增大U、L，减小d、v0，选项A、C正确。

9．图示轨道是由始终轨道和一半圆轨道组成的，半圆轨道的圆心为O，直径BOD在竖直方向，最低点B与直轨道平滑连接，一质量为m的小滑块从距最低点高为h的A处由静止释放，不计一切摩擦。则
A. 若滑块能通过圆轨道的最高点D，则h最小为2．5R
B. 若h=2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mg
C. 若h=2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R
答案．ACD
解析：要使物体能通过最高点D，设滑块通过D点的最小速度为v，则由mg=m可得：v=，由机械能守恒定律可知，mg(h－2R)=mv2，解得h=2．5R，选项A正确；若h=2R，由A至C，由机械能守恒定律可得mg(2R—R)= mvC2，在C点，由牛顿其次定律有N=m，解得N=2mg，由牛顿第三定律可知选项B错误；若h=2R，小滑块不能通过D点，将在C、D中间某一位置开头做斜上抛运动而离开轨道，选项C正确；由机械能守恒可知选项D正确。

10．如图所示，一长为L的直杆AB与水平面成角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后，以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，重力加速度为g，由此可以确定
A. 滑块下滑时加速度的大小a1=gsin
B. 滑块与杆之间的动摩擦因数μ=tan
C. 滑块最终将停在杆的底端
D. 滑块第一次下滑所用的时间t=
答案．AC
解析：设AB长为L，第一次到达底端速度为v。由v2=2ax得下滑过程：v2=2a下L，上滑过程：v2=2a上＝ a上L ，由牛顿其次定律得，下滑时的加速度a下 ＝，上滑时的加速度：a上＝，联立各式，得：a下=gsin a , a上= gsin a，选项A正确；又f=mgsin a， f=ΜfN=μmgcos a ，两式联立得：μ= tan a，选项B错误；因滑杆粗糙且f < mgsin a，故滑块最终停在底端，选项C正确；对滑块的下滑过程，有：L=at2 ，得t=；选项D错误。

第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
非选择题部分共6小题。把答案填写在答题卷中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分。有数值计算的题。答案中必需明确写出数值和单位。
11．(7分)
(1)小明同学到试验室去做“验证力的平行四边形定则”试验时，观看试验桌上有一把20分度的游标卡尺，他马上用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图甲所示，则钢笔套的长度为 。
(2)随后小明开头做试验，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图乙所示。先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，使结点到某一位置D，此时登记两个弹簧测力计的示数F1、F2和两细绳的方向。请完成下列问题：
①Fl的示数如图丙所示(只画出了弹簧秤的一部分)，则F1= N。
小明再用—个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应当使结点拉到 ，登记弹簧测力计的示数，并登记 。

（1）10．70 （3分）
（2）①　1.22～1.24 （2分） ②同一位置O (1分) 细绳的方向（1分）
12.（12分）电流表的量程为0～200μA、内阻约为500Ω，现要测其内阻，除若干开关、导线之外，还有器材如下：
电流表：与相同
滑动变阻器R1：阻值0～20 Ω
电阻箱R2：阻值0～9999Ω
疼惜电阻R3：阻值约为3 kΩ
电源：电动势．E约为1．5 V、内阻r约为2Ω
(1)如图所示，某同学想用替代法测量电流表的内阻，他设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使试验可以完成。
(2)电路完整后，请你完善以下测量电流表内阻的试验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑动端移到使电路平安的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 (填“最大”或“最小”)。
b．闭合开关S1、S，调整滑动变阻器R1，使两电流表的指针在满偏四周，记录电流表的示数I。
c．断开S1，保持S闭合、R1不变，再闭合S2，调整电阻箱R2，使电流表的示数 ，读出此时电阻箱的示数R2，则电流表的内阻r= 。
(1)如图所示（3分）

（2）a．最大 （2分） c．仍为I（2分） R2 (1分)
13．(10分)擦黑板或许同学们都经受过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦洁净。已知黑板的下边沿离地的高度为0．8 m，若小黑板擦(可视为质点)的质量为0．1 kg，现假定某同学用力将小黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦，手对小黑板擦的作用力与黑板面成450向上且大小F=20 N，如图所示，他所能擦到的最大高度为2．05 m，g取10 m／s2。求：
(1)此小黑板擦与黑板之间的动摩擦因数。
(2)若该同学擦到最高位置时，小黑板擦意外脱手而沿黑板面竖直向下滑落，求小黑板擦滑到黑板下边沿的速度大小。

解：(1)小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，它的受力状况如图所示
水平方向：FN—Fsinθ=0 (2分)
竖直方向：Fcosθ－mg－F1 =0 (2分)
又Ff =μFN (1分)
联立可得：F=0．93 (2分)
(2)小黑板擦可看成质点，它在向下滑落的过程中与黑板间无摩擦，做自由落体运动。由运动学公式得：v2= 2gh
即v==5 m／s (3分)

14．(10分)如图所示，一质量m=2．0×10-4kg、电荷量q=1．0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，取g=l0 m／s2 。
(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向。
(2)在t=0时刻，匀强电场的电场强度大小突然变为易—4．0×103／C，方向不变。求在变化后t =0．20 s时间内电场力做的功。
(3)在t = 0．20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到动身点时的动能。
解：(1)设电场强度的大小为E1，则有：E1q=mg
所以E1 = =2．0×103 N／C (1分)
电场强度的方向竖直向上。 (1分)
(2)在t=0时刻，电场强度的大小突然变为E2=4．0×103N／C，设微粒的加速度为a，在t=0．20 s 时间内上升的高度为h，电场力做功为W，则有：
qE2－mg=ma1 (1分)
h=a1t2 (1分)
W= qE2h (1分)
联立解得：W=8．0×10-4 J (1分)
(3)由(2)中可得：a=10 m／s2 ，h=0．2 m (1分)
设在t=0．20 s时刻微粒的速度大小为v，回到动身点时的动能为Ek，则
v=at (1分)
Ek= mgh+mv2 (1分)
解得：Ek = 8．0×10-4J (1分)

15．(12分)在如图所示的电路中，电源的电动势E=28 V，内阻r=2Ω，电阻Rl =12Ω，R2=R4=4Ω，R3 =8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3．0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L=0．20 m，两极板的间距d=1.0×l0-2m，g取10 m／s2。
(1)若最初开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少?
(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0 = 2．0 m／s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间后，能否从极板间射出?(要求写出计算和分析过程)
解：(1)s断开时，电阻R3两端的电压U3==16 V (1分)
S闭合后，外电路的总电阻R==6Ω (1分)
。 路端电压U==21 V (1分)
电阻R3两端的电压U3/=U=14 V (1分)
闭合开关后流过R的电荷量△Q=CU3—CU3/= 6．O×10-12C (2分)
(2)设带电微粒的质量为m、带电荷量为q，当开关S断开时有：q=mg (1分)
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则有：mg－q=ma (1分)
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向有：t=-L /v0 (1分)
竖直方向有：y=at2 (1分)
由以上各式得y=6．25×10-3 m > d/2 (1分)
故带电微粒不能从极板间射出。 (1分)

16．(13分)图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r=0．50 m，在轨道的最低点A处和最高点B处各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB的大小，g取10m／s2。
(1)若不计小球所受的阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小。
(2)若不计小球所受的阻力，小球每次都能通过B点，且FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m。
(3)若小球所受阻力不行忽视，小球的质量m=0．15 kg，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FA=16 N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能△E。

16．解：(1)若小球恰能通过B点，设小球通过B时的速度为vB
依据牛顿其次定律，有：mg=m (1分)
依据机械能守恒定律有： mvA2 =mvB2+ mg·2r (1分)
解得：vA=5 m／s (1分)
(2)依据第(1)问及图乙可知：当小球通过A点时的速度vA=5 m／s时，小球对轨道压力的大小FA1= 6 N (1分)
设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为FA2 。依据牛顿运动定律，有：
FA1 =FA2 且FA2－mg=m (2分)
解得：m=0．1 kg (1分)
(3)依据图乙可知：若小球通过A点时对轨道压力的大小FA=16 N，则小球通过B点时对轨道压力的大小FB=6 N (1分)
设小球通过A、B时轨道对小球的支持力的大小分别为FA/,FB/，速度分别为vA/、vB/，则依据牛顿运动定律有：
FA/=FA且FA/－mg= (1分)
FB/=FB且FB/＋mg= (1分)
在小球从A点运动到C点的过程中，依据功能原理又有：
mvA/2 =mvB/2+ mg·2r +△E (2分)
解得：△E＝0.25 J (1分)

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