2021年江苏省六校联合体高考物理第四次适应性试卷-普通卷

2021年江苏省六校联合体高考物理第四次适应性试卷一二三四C.在威尔逊云室中α粒子轨迹最清晰，一般看不见Y粒D.氢原子从低能级向高能级跃迁时，库仑力对电子做正水平放置的轻质光滑绝缘木板托着一个质量为m的带电微粒，带电量为+q，初始时微粒处于静止状态，在机械外力F的作用下，木板以速度v0竖直向上做计微粒重力，轻板足够长．下列说法错误的是()C.机械外力F与时间成正比D.在某一时刻t0撤去力和木板，微粒做圆周运动的周期与t0无关且石子可看作匀速直线运动，则观众所接收到的水波的频率如何变化()4.如左图所示(该图为俯视图)，桌面放置一个薄的双面平面镜，可绕其中心轴OO1旋发射激光，现让双面平面镜逆时针绕OO1轴旋转，t=0时平面镜垂直于OB。激光经平面镜反射后射到光屏上的A点，以O为原点，OB为X轴，OD(OD垂直OB)为Y轴建立直角坐标系，A点横、纵坐标大小与时间的关系图像如图，下列说法错误的是B.A点做匀速圆周运动光滑“V”形导轨MPN，MN、MP、NP长度均为2m，以MN中点O为原点，OP为X轴建系，一根粗细均匀的金属杆CD长度为2m，电阻为R，在F的作用下沿X轴匀速运动，v=1m/S，下列关于CD两端电势差UCD、回路中电流I、拉力F大小、拉力做功w和与导体棒所处横坐标X的关系图像正确的是()6.在水平桌面M上放置一块正方形薄木板abcd，在木板的正中点放置一个质量为m的木块，如图所示。先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ab边与桌面的夹角为θ,记此时平面为y；再接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与平面y的夹角也为θ(ab边与桌面的夹角θ不变)，转动过程中木动摩擦力，则在转动过程中，下列说法错误的是()7.如图，在水平面固定一个半的粒子(可看作点电荷)从管内P点(P点不与A、B重合)静止释放，使其获得一加速度a(a≥0)在细管内运动，则在整个运动过程中，下列说法错误的是()C.无论P点位于何处，运动过程中总存在一个速度最大处M，且满足∠MAO=60°D.若P点位于圆弧AB且靠近B的三分点处，则当其运动到圆弧AB另一三等分点处8.2020年12月6日，嫦娥五号上升器步靠近上升器，以抱抓的方式捕获上升器，5时42分，完成交会对接，并将国际社会后续月球探测任务，上升器受控离轨落月．已知地球的半径为R，地球表约是地球的.下列有关说法中正确的是()A.月球的第一宇宙速度约为1.68km/sD.返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的在募捐箱上类似于漏斗形的部位(如图所示，O点为漏斗形口的圆心)滑动很多圈之后从中间的小孔掉入募捐箱。漏斗形口的半径为r，A点处曲面切线与水平面成θ,AB与水平面成α,现将一枚硬币从A点释放(硬币视为质点)，并使其具有某一水平初速度v0(v0>0)，最终落入募捐箱。如果摩擦阻力撞，则下列说法一定正确的是()D.硬币运行的时间t的最小值为计算机．下列说法中正确的是()C.在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气M的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个于A滑动的路程S与恒力F大小的关系的图像可能是()AC动，以控制电流大小改变速度的车辆．第一辆电动车于1881年制造出来，发明人为法国工程师古斯塔夫⋅特鲁夫，这是一辆用铅酸电池为动力的三轮车，由直流电东同学对电动车十分好奇，设计了如下实验.E.导线和开关②当他闭合开关时发现，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数针读数如图2所示，则所测阻值为______Ω,然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好．由以上操作可知，发生故障的元件是.(2)霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用铜以及大多数金属的导电物质是带负电荷的电子，但锌中的导电物质带电．小东同学对该型号的电动车内部的霍尔元件进行了研究.霍尔元件的原理图如图3所示，若制作霍尔元件的材料使用的是锌，通入(3)有一天，小东同学坐出租车时，司机因口渴把计了如图4电路：如图所示，电池电动势为E、内阻可以忽略不计，L是多且有铁芯的线圈，其直流电阻为r，a、b之间的定值电阻阻了这样一组操作过程：先将开关S接通，电路稳定后，断开S.①断开S瞬间，线圈L相当于电源，其电动势的大小为.②若R不是一个定值电阻，而是两个彼此靠近的金属电极，试说明断开S瞬间，两13.如图所示，真空中存在着的多层紧密相连的匀强磁场和匀强电场垂直纸面向里，第2层磁场方向垂直纸面向外，接下来依次交替，各磁场的为d，磁感应强度为B.电场的宽度为dn，电场强度均为E，方向水平向右．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子(1)若dn=d，求sinα1和sinα2；①求sinα2n−1和sinα2n；②若粒子从开始运动到冲出第2n层磁场，洛伦兹力对粒子的总冲量为I2n，求粒子这段时间在电场中的总偏转位移y.铜线电阻率为p，横截半径为r。该线圈恰好处在长为2L，宽为L的长方形磁场的下半部分，磁场方向计线圈电流引起的磁场，重力加速度为g。求轻绳15.有一种光学玩具为两个不同透明材质的球相内切组成，其中大球半径为R，是小球半径两倍．如图为该光学玩具的截面图(该截面通过两球球心).若现有一激光从在D点接收到光信号．其中AB过O1和O2，AB⊥CD，且激光始终在这一平面内.(1)若大球材料折射率为n1，小球材料的折射率为n2，求n1和n2；(2)现从大球球面上各点向球心入射激光，求可使发生全反射的入射点区域的面积.并可以平稳地传送到乙上，且货物离开乙之前已经匀速，并可以平稳传送到丙上。三个传送带等宽，重力加速度为g。(1)若乙的速度为v，求货物若想顺利运输到顶端，乙的宽度L至少为多少？(2)若当货物在乙上刚好停止侧滑时，下一个货物答案和解析【解析】解：A、做匀速圆周运动的物体合外力指向圆心，用于提供向心力；但做变速B、发生光电效应时，每秒逸出的光电子数决定着饱和光电流的大小，C、a粒子是氦核，体积相对较大，在云室中运动会把云气凝结成液体，因此轨迹最清着饱和光电流的大小；Y粒子是电磁波，所以在威尔逊云室中基本看不本题考查范围较广，主要涉及到概念及识记的知识点，包括向心力、光电效应、α射线2.【答案】B故A正确，不符合题意；C、微粒有向左的水平分速度v1，洛伦兹力沿竖直方向的分力与F相等，有F=f1=qv1Bv1=atqv0B=maD正确，不符合题意.4.【答案】D几何关系知：反射光点A的横坐标x=rcoswt，是关于t余弦函数，故A正确；B、光点在圆柱面光屏上转动的角度θ=wt，随时间均匀变化，所以A点做匀速圆周运D、从图可以看出当双面镜转动所用的时间是T，所以角速度，故D错误。B、MPN与cd框内的部分形成回路有电流，若整个cd棒长为L0、电阻为R，则此时的电流与x无关，大小是恒定的，故B错误；C、由于cd匀速运动，所以外力F=F安=BI(L0−2xtan30°)，F关于x是一次函数，是(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势，结合电路结构能求cd两端的电压；(2)感应电流大小与导体长度无关，则电流恒定，因而由安(3)当导体棒匀速运动，由有效长度可列出安培力大小关于本题考查直导体切割磁感线产生感应电动势公式、欧姆定律、安培力、牛顿6.【答案】C【解析】解：A、由于木块未发生滑动，则支持力FN=mgcosα,随着木板平面与水平面的夹角α的增大，FN一直减小，故A正确；B、由于木块未发生滑动，则摩擦力Ff=mgsinα,随着平面与水平面的夹角α的增大，Ff一直增大，故B正确；C、假设只以木块的ad边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，木块受到的摩擦力大小为mgsinθ,方向沿a→b；D、由以上结论，当θ=30°时，f=μmg≥mg，可知f≤木块采用假设法研究：假设只以木块的ad边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，分析木块受到的摩擦力；假设只以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，分析木块受到的摩擦【解析】解：A、由受力分析可知，粒子由释不是简谐运动，故A正确； AB之间的夹角为θ,F2cosθ=F1sinθ联立以上方程，解得：tanθ=√满足∠MAO=60°,故C正确；D、当粒子由靠近B的三等分点运动到另一个三等分点过程中，A点电荷库仑力做结合题目的要求解答，本题中电场力做功为变力做功问故月球的第一宇宙速度为v月=0.21v地=0.213×7.9km/s≈1.68km/s，故A正确；D、返回舱取月壤后，重新在月球上起飞的过程中，向上加速，升力对它做功，方向判断上升器的运动状态；根据除重力以外的力做功情况，判断机械能是否守【解析】解：A、硬币做半径为r的匀速圆周运动时，v0最大，其向心力根B、在ab两处，弹力的水平分量提供向心力，mgtanα=mw2r，所以w2=硬币在a、b两点做圆周运动的半径：ra>rb，且在a点处的倾角α更小，硬币在a、b两点的角速度：wa<wb，故B正确；C、假设v0方向为圆。的切线方向，则硬币在漏斗形口上的运动可分解为圆周运动和沿AabB方向的变加速运动，沿AabB方向的变加速运动的轨迹大小不变，运动时间不变，显然，v0越大，做圆周运动的路程越长，即硬币的运行路程没有最大值，故CD、硬币的运行路程有最小值(也对应着最短时间)，即沿着曲面下滑到最低点，由于此段位移与平抛位移相同，所以运动运动时间大于平抛的时间t平=√所硬币做半径为r的匀速圆周运动时，v0最大，根据向心力求出v0最大值；根据能量守恒定律可知v0大小不变，根据v0=wr判断角速度大小；硬币从A到B做平抛运动有最小路程，根据ℎ=求出时间的最小值，硬币的运行路程没有最大值。【解析】解：A、在实验中，要保证气体的质量不变，所以实验过程中在注射器内壁涂油主要是为了防止漏气，故A错误；体积越大、相对误差越小，故选用50mL的注在注射器内壁涂油主要是为了防止漏气；根据压强的计算公式分析B选项；C本实验与外界气体的压强无关；根据减少相对误差的方法进行分【解析】解：由题意可知，B的初速度大于A初速度，对B受力分析可知，B所受的摩擦力向左，所以B在A上做匀减速运动，减速运动的加速度大小为aB由牛顿第二定律得到：2μmg=2maB，对A受力分析可知，A做加速运动，由牛顿第二定律得到：F+2μmg=maA①当0≤F<F1时，B从A的右端离开，所以B在A上的相对位移ΔX=③当F>F1时，B可能未到A的右端就与A处于相对静止状态，此种情况下，B在A上的④当F>F1时，B在A上先相对于A向右B的初速度大于A的初速度，B在A上运动时，先做减速运动，可能从A的右端离开，也可能从A的左端离开，根据滑板模型即可求解得出可能情况。本题容易找不到切入点，回归到滑板模型，判断B离开A是从右端还是左端离开是突破点，弄清楚AB间的相对运动，定性分析F变化时的多种可能情况，还是能够解答。12.【答案】9电流表减小E断开S的瞬间，L【解析】解：(1)①由于器材中没有列出电压表，但有联，与保护电阻R0构成回路，设计电路如图所(2)当在锌中能入电流I时，锌中带正电的粒子q在洛伦兹力的作用上向上表面偏，在上下表面形成电势差，当带正电的粒子稳定时有：F洛=F电阻极大(接近无穷大)，由E自=I(R+r)可知，在断开S的瞬间，L中产生的自感电动势极大，两电极之间的电压就会很高，因此极易击穿空两靠近的金属电极间电阻极大(接近无穷大)，由E自=I(R+r)可知，断开S瞬间，L中 故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流在磁场中：Bqvn=从而求得：sinα1=设从第1层电场射入第2层磁场时与水平夹角θ,有：v1sinα1=v2sinθ联立解得：r2sinθ=故v2垂直出射第2层磁场，sinα2=0(2)①由上述结论得到sinαsinθv(2n−1)sinθ(2n−1)=v(2n−2)sinα(2n−2)解得：r(2n−1)sinα(2n−1)−r(2n−2)sinα(2n−2)=d同理：r(2n−1)sinα(2n−1)=r2nsinα2n=d又因为：r1sinα1=d、r2sinα2=0解得：sinα、sinα2n=0p2n−p0=I2n+I