上海市重点中学2021届第四次统考物理试题含解析

由天下分享时间：2024/12/25 2:19:12 加入收藏我要投稿点赞

上海市重点中学2021届第四次统考物理试题

一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，第1-8题，每题3分，第9-12题，每题4分，共40分） 1．一圆筒内壁粗糙，底端放一个质量为m的物体（可视为质点），该物体与圆筒内壁间的动摩擦因数为?,圆筒由静止沿逆时针方向缓慢转动直到物体恰好滑动，此时物体、圆心的连线与竖直方向的夹角为?，如图所示，以下说法正确的是（）

A．在缓慢转动过程中物体受到的支持力逐渐增大 B．在缓慢转动过程中物体受到的静摩擦力逐渐减小 C．物体恰好滑动时夹角?与?的关系为??tan? D．缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力逐渐增大【答案】C

【解析】AB．对物体受力分析如图所示，正交分解，根据平衡条件列出方程

FN?mgcos? Ff?mgsin?

随着?的增大，FN减小，Ff增大，选项AB错误；

C．当物块恰好滑动时Ff??FN得

??tan?

选项C正确；

D．缓慢转动过程中，圆筒对物体的作用力与重力等大反向，始终不变，D错误。故选C。

2．铅球是田径运动的投掷项目之一，它可以增强体质，特别是对发展躯干和上下肢的力量有显著作用。如图所示，某同学斜向上抛出一铅球，若空气阻力不计，图中分别是铅球在空中运动过程中的水平位移x、

速率v、加速度a和重力的瞬时功率P随时间t变化的图象，其中正确的是（）

A． B． C．

D．

【答案】A

【解析】A．铅球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平分位移与时间成正比，故A正确；

B．铅球做斜上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大水平方向的速度不变，故铅球的速度先减小后增大，故B错误；

C．铅球只受重力作用，故加速度保持不变，故C错误；

D．因为速度的竖直分量先减小到零，后反向增大，再根据P?mgvy，所以重力的功率先减小后增大，故D错误。故选：A。

3．两个完全相同的波源在介质中形成的波相互叠加的示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，则以下说法正确的是（）

A．A点为振动加强点，经过半个周期后，A点振动减弱 B．B点为振动减弱点，经过半个周期后，B点振动加强 C．C点为振动加强点，经过四分之一周期后，C点振动仍加强

D．D点为振动减弱点，经过四分之一周期后，D点振动加强【答案】C

【解析】A．A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，A错误； B．B点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，B错误； C．C点处于振动加强区，振动始终加强，C正确；

D．D点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，D错误。故选C。

4．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）

A．小球带正电

B．小球可能做匀加速直线运动 C．小球加速度大小为gcosα

D．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量【答案】D

AB．【解析】带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；

C．据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知

a?2gcos?

故C错误；

D．由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。故选D。

5．如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是（）

A．电场力对该带电粒子一定做正功 B．该带电粒子的运动速度一定减小 C．M、N点的电势一定有φM＞φN D．该带电粒子运动的轨迹一定是直线【答案】C

【解析】AB．粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；

C．沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM＞φN，故C正确；

D．粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D错误；故选C.

6．秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础．秦山核电站的能量来自于

A．天然放射性元素衰变放出的能量 B．人工放射性同位素衰变放出的能量 C．重核裂变放出的能量 D．轻核聚变放出的能量【答案】C

【解析】秦山核电站的能量来自于重核裂变放出的能量，故C正确，ABD错误。

I7．r为某点到直导线的距离）已知长直导线中电流I产生磁场的磁感应强度分布规律是B=k（k为常数，。

r如图所示，在同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，两导线通有大小分别为2I和I且方向相反的电流，O点到两导线的距离相等。现测得O点的磁感应强度的大小为B0。则甲导线单位长度受到的安培力大小为（）

A．

B0I 6B．

B0I 4C．

B0I 3D．

B0I 2【答案】C

【解析】设两导线间距为d，根据右手螺旋定则知，甲导线和乙导线在O点的磁感应强度方向均为垂直纸面向里，根据矢量叠加有

B0?k2II6kI?k?ddd 22乙导线在甲导线处产生的磁感应强度大小

B?kIB0 ?d6则甲导线单位长度受到的安培力大小

F?B?2ILB0I ?L3C正确，ABD错误。故选C。

8．下列现象中，与原子核内部变化有关的是（） A．天然放射现象 C．原子发光现象【答案】A

【解析】A．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故A正确；

B．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故B错误； C．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故C错误；

D．α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故D错误。故选A。

9．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（）

B．光电效应现象 D．α粒子散射现象

A．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近 B．断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积 C．断开开关S后，将A、B两极板靠近 D．保持开关S闭合，将变阻器滑片向右移动【答案】B

【解析】A．保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故A错误；B．断开电键，电容器带电量不变，减小A、B两极板的正对面积，即S减小，根据C?减小，根据U??S知，电容4?kdQ知，电势差增大，指针张角增大，故B正确； CC．断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板靠近，即d减小，根据C?据U??S知，电容增大，根4?kdQ知，电势差减小，指针张角减小，故C错误； CD．保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。故选：B。

10．光电效应实验，得到光电子最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为（）

A．

b，b aB．

b1， abC．

a，b bD．

a1， bb【答案】A

【解析】根据Ekm?h??W0得纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于b，图线的斜率

k?b?h a故A正确，BCD错误；故选A。

11．+Q、如图，在真空中的绝缘光滑水平面上，边长为L的正三角形的三个顶点上分别固定放置电量为+Q、-Q的点电荷，以图中顶点为圆心、0. 5L为半径的圆与其腰及底边中线的交点分别为A、B、C、D。下列说法正确的是（）

A．A点场强等于C点场强 B．B点电势等于D点电势

C．由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹可能是直线也可能是曲线 D．将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能始终不变【答案】B

【解析】A．由场强叠加可知，A点和C点场强大小和方向都不同，选项A错误；

B．由于底边上的正负电荷在BD两点形成电场的电势叠加后的总电势均为零，则BD两点的电势就等于顶端电荷在BD两点的电势，则B点电势等于D点电势，选项B正确；

C．两个正电荷形成的电场在两个电荷连线的垂直平分线上，即与过-Q的电荷的直线上，可知A点与-Q连线上的电场线是直线，且指向-Q，则由A点静止释放一正点电荷+q，其轨迹一定是指向-Q的直线，选项C错误；

D．由B的分析可知，BD两点电势相等，但是与C点的电势不相等，则将正点电荷+q沿圆弧逆时针从B经C移到D，电荷的电势能要发生变化，选项D错误。故选B。

12．在地球同步轨道上等间距布置三颗地球同步通讯卫星，就可以让地球赤道上任意两位置间实现无线电通讯，现在地球同步卫星的轨道半径为地球半径的1．1倍。假设将来地球的自转周期变小，但仍要仅用三颗地球同步卫星实现上述目的，则地球自转的最小周期约为 A．5小时【答案】B

【解析】设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=1.1R，已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。由

B．4小时

C．1小时

D．3小时

GMm4?2?mR2 2RT公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图。由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为 r′=2R

由开普勒第三定律得

r'3(2R)3T?T3?24?4h 3r(6.6R)'故B正确，ACD错误。故选B。

二、填空题（每小题4分，共20分）

13．A、B两颗地球卫星绕地球作匀速圆周运动，运转的周期之比为22:1，则两颗卫星的轨道半径之比为______________，加速度之比为___________________。【答案】2:1 1:4

【解析】[1]人造卫星绕地球做圆周运动受到的万有引力提供向心力得

GMm2?2?m()r r2T2GMT r?324?周期之比为T1：T2=22：1，则A．B的轨道半径之比为2：1； [2]根据GMm?ma得： 2ra=GM 2rA、B的轨道半径之比为2：1，所以向心加速度之比为1：4。 14．氡222是一种天然放射性气体，其衰变方程是

1922286Rn→21884Po＋_________。用此衰变过程中发出的射

线轰击9F，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是________________。【答案】2He

4199221F?42He?10Ne?1H

【解析】[1]放射性元素程是

2228622286Rn衰变为21884Po，知电荷数少2，质量数少4，知放出一个α粒子，其衰变方

Rn?21884Po+42He；

19[2]用α粒子轰击9F，可得到质量数为22的氖（Ne），知另一种粒子的电荷数为1，质量数为1，核反应方程为：

199221F?42He?10Ne?1H。

15．如图电路中，电源的内电阻为r，R2、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关S，当滑动

变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电压表示数__（选填“变大”、“变小”或“不变”），若电流表和电压表的示数变化量的大小分别为△I、△U，则

?U__r（选填“大于”、“小于”或“等于”）． ?I

【答案】变大小于

【解析】[1]电路的结构为R1与R2并联后再与R4串联，然后再与R3并联接在电源两端，滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表测的是路端电压，电压表示数增大；

[2]设电压表示数为U，电路总电流为I总，电流表示数为I，滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，R1接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，电路总电流I总减小，内电压减小，外电压U增大；流过R3的电流I3?U增大，流过R4的电流I4?I总?I3减小，R4两端的电压U4减小，R2两端的电压U2?U?U4增R3大，流过R2的电流I2增大，流过R1的电流I?I4?I2减小；电路电流关系为I总=I?I2?I3，I总减小，I减小，I2增大，I3增大，则△I大于△I总；据闭合电路欧姆定律有：

U?E?I总r

则：

?U?U??r ?I?I总16．物理实验室新进来一批由某种透明材料做成的棱镜，其横截面由一直角三角形和一半径为R的

1圆柱43R3∠BAC=30°。组成，如图所示。已知三角形BC边的长度为R，现让一单色细激光束从AB边上距A点为的D点沿与AB边成?=45°斜向右上方的方向人射，激光束经AC反射后刚好能垂直BC边进入

1圆柱区域。4单色细激光束从圆弧上的E点(图中未画出)射出时的折射角γ=_____，单色细激光束在棱镜中传播的时间t=_______ (光在真空中的速度为c)。

【答案】45

46R 3c【解析】[1][2]细激光束在棱镜和

1圆柱中的光路图如图所示 4

由几何关系可知

??30

根据折射定律得

n?sin?90???

sin?代入数据解得n?由几何关系可知

2 FH?GB?31Rcos30?R 33故在?GEB中，由几何关系可得

?GEB?30

又因为n?2，故

2 2sin??nsin?GEB?解得??45 由几何关系可知

DF?3R 33R 2FG?GE?故激光束在棱镜中传播的路程为

s?43R 3传播速度

v?c n在棱镜中传播的时间为

t?s46?Rv3c

17．如图，圆环质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一质量为m的球，今将小球沿钢丝AB以初速v0竖直向上抛出。致使大圆环对地无作用力，则小球上升的加速度为___________。小球能上升的最大高度为___________。（设AB钢丝足够长，小球不能达到A点）

2mv0(M?m)g 【答案】

2(M?m)gm【解析】大圆环对地无作用力时，说明m对M的滑动摩擦力与Mg大小相等，根据牛顿第二定律求出小球上升的加速度。根据运动学速度位移公式求出小球能上升的最大高度。

【详解】[1]由题可知大圆环对地无作用力时，m对M的滑动摩擦力f与Mg大小相等，方向竖直向上。以小球为研究对象，分析受力可知，小球受到竖直向下的重力mg和向下的滑动摩擦力f′，根据牛顿第三定律得知，f′=f=Mg，根据牛顿第二定律得到，小球上升的加速度：

a=mg+fm+M=g mm[2]由

v2?v02=2ah

得：

v2?v02mv02h==。

?2a2?m+M?g【点睛】

本题中圆环处于平衡状态，小球具有加速度，分析运动平衡条件和牛顿定律进行研究，采用的是隔离法。三、实验题（本题共10分）

18．市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小．某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格．小组成员经查阅，纯铜的电阻率为

1.8?10?8??m．现取横截面积约为1 mm2、长度为111m（真实长度）的铜电线，进行实验测量其电阻率，

实验室现有的器材如下：

A．电源（电动势约为5V，内阻不计）；

B．待测长度为111m的铜电线，横截面积约1 mm2； C．电压表V1（量程为3V，内阻约为1．5 kΩ）； D．电压表V2（量程为5V，内阻约为3 kΩ）；

E．电阻箱R（阻值范围1~2．9Ω）； F．定值电阻R0?1? G．开关、导线若干．

（1）小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图甲所示，则d?_________mm．

（2）小组设计的测量电路如图乙所示，则P是___________，N是____________，（填器材名称及对应符号）通过实验作出的图象如图丙所示．

（3）图乙电路测得铜电线的电阻测量值比真实值___________（选填“偏大”、“不变”或“偏小”），原因是_______________________________．

（4）这捆铜电线的电阻率??______________（结果保留三位有效数字）；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的可能原因是______________．

【答案】1.125 电压表V2 电压表V1 偏大电压表V1的分流 2.58?10?8??m 可能是再生铜或含过多杂质的次铜

【解析】（1）铜电线的直径d?1.0mm+12.5?0.01mm=1.125mm；（2）P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1；（3）偏大，由于没考虑电压表V1的分流，使测得的铜电线的电阻偏大．（4）分析电路可知，通过铜电线的电流Ix?IR?U1U?U1U2?U1U,Rx?2?R?(2?1)R，整理得RIxU1U1U21?1?Rx?，根据题图丙可知斜率k?Rx?7.5?1.00??2.60?,，U1R2.50RxS2.60?0.994?10?6d22S??r??()?0.994mm,?????m=2.58?10?8??m，

2L1002故电阻率达不到要求，使用的有可能是再生铜或含过多杂质的次铜．四、解答题（本大题共2题，共30分）

19．如图，玻璃球冠的折射率为3，其底面镀银，底面的半径是球半径的

3倍；在过球心O且垂直于2底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．

【答案】150°

【解析】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB 令∠OAO′=α

3R则：O'A3…①

cos???2?OAR2即∠OAO′=α=30°…②

已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③

设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．

设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④ 由折射定律得：sini=nsinr…⑤ 代入数据得：r=30°…⑥

作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦ 由反射定律得：i″=30°…⑧

连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨ 由⑦⑨式可得∠ENO=30°

ON为反射光线．所以∠ENO为反射角，由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°

20．如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示意图，无人机在滑行和爬升两个过程中：所受推力大小均为其重力的

3倍，方向与速度方向相同；所受升力大小57，25与其速率的比值均为k1，方向与速度方向垂直；所受空气阻力大小与其速率的比值均为k2，方向与速度方k1、k2未知；向相反。已知重力加速度为g，无人机质量为m，匀速爬升时的速率为v0，仰角为θ，且sinθ=cosθ=

24。 25(1)求k1，k2的值。

(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k3倍，无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动，求k3的值。 (3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行，其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示，求s0~2s0过程与0~s0过程的时间之比。（无人机在s0~2s0这段滑行过程中的平均速度可用该过程始末速度的算术平均值替代）

【答案】 (1)k1?t224mg8mg1，k2?；(2)k3?；(3)?6?2 25v025v0t13【解析】(1)无人机以速度v0匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有

3mg?mgsin??k2v0 5垂直速度方向有

mgcos??k1v0

联立得

k1?mgcos?24mg? v025v00.6mg?mgsin?8mg?

v025v0k2?(2)设无人机在地面滑行时速度为v，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡

FN?k1v?mg

水平方向匀加速

3mg?k3FN?k2v?ma 5得

3va?(?k3)g?(k3k1?k2)

5m无人机能做匀加速直线运动，a不变，方程中v的系数必须为零，即

k3k1?k2?0