福建省厦门市2021届新高考物理第一次调研试卷含解析.docx
【答案】【答案】B福建省厦门市2021届新高考物理第一次调研试卷、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 ?如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆?随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角（150 ）将不同?设床单重力为 G，晾衣杆所受压力大小为 N，下列说法正确的是（）A ?当60时，Nl3G3B ?当90时，N耳2C ?只有当1201时,才有N GD ?无论取何值，都有N G【答案】D【解析】【分析】【详解】以床单和细杆整体为研究对象，整体受到重力 G和晾衣杆的支持力 N ,由平衡条件知 N G，与 取何值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小N N G，与 无关，ABC错误，D正确。故选D。2?如图所示，空间存在垂直于斜面向下的匀强电场（图中未画出），两个带电物块 A和B位于图中位置，A固定于水平地面上，B置于光滑斜面上，B的重力为G。则下列情况能让 B在斜面上保持静止且让 B对 斜面的压力小于 GcosB的是（）□A ? A和B都带正电荷B ? A和B都带负电荷C ? A带正电荷，B带负电荷D ? A带负电荷，B带正电荷【解析】【解析】【解析】【解析】【答案】【答案】B【详解】CD ? B能保持静止，说明B受到的合力为零， 两物块A、B带异种电荷，B受到的合力不为零，CD错误; A .如果B带正电，则让 B对斜面的压力大于 Geos 0, A错误；B .如果B带正电，则让 B对斜面的压力小于 Geos 0 B正确。故选B。3.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10： 1，当原线圈两端输入如图所示 （图示中的图线为正弦曲线的正值部分）的电压时，副线圈的输出电压为（）A. 22 2 VB. 22 VC. 112 VD. 11 V【答案】C【解析】【分析】【详解】由公式n1 Ui门2 U 2其中U 220解得U2 11.2V故ABD错误，C正确。故选C。4. 2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞照片”这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体.如果把太阳压缩到半径只有3km且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从太阳表面逃逸.已知逃逸速度是第一宇宙速度的..2倍，光速为3 108m / s ,11 2 2G 6.67 10 N m Kg ,则根据以上信息可知太阳的质量约为A. 2 1029 KgB. 2 1030 KgC. 8 1030 KgD. 8 1031Kg【分析】【详解】 TOC \o 1-5 \h \z , Mmv2c2R(3108)2 300030由 G 2 m 且 c 2v，解得 Mk kg 2 10 kg，故选 B.RR2G26.67105?将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用-来描述电场的强弱。
类比于这种分析检验q物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是()①E①EA ?B ?SLv【答案】C【解析】【详解】FTrC ?ILD..L2v将检验电荷q放在电场中,将检验电荷q放在电场中,q受到的电场力为 F,我们用 匚来描述电场的强弱;q类比于这种分析检验物体在场中受力的方法，用BFIL来描述磁场的强弱;在场中受力的方法，用BFIL来描述磁场的强弱;C项正确，ABD三项错误。6?在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个质量可以忽略不计的定滑轮，两物体质量分别为mi、m2，轻绳一端固定于a点，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计。整个装置稳定B ? m1 一定大于m2C ? m1可能大于2m 2D ?轻杆受到绳子的作用力D ?轻杆受到绳子的作用力2m2g cos —2【答案】D【解析】【分析】 对m1分析可知绳子的拉力大小，对滑轮分析，由于滑轮放在一根绳子上，绳子两端的张力相等，故可知 两绳子和竖直方向上的夹角相等，由共点力的平衡关系可得出两质量的关系.【详解】对mi分析可知，mi受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于mig;对于动滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与mi的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角a和B相等；故A错误；由以上可知，两端绳子的拉力等于 mig,而它们的合力等于 mig,因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知imig mig，即mi —定小于imi .但是mi不一定大于 mi，故BC错误。
轻杆受到绳子的作用力等于两边绳子的合力，大小为 2m2gcos ，选项D正确；故选 D。2【点睛】 本题要注意题目中隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出夹角的关系；同时还要注意应用力的合成的一些结论.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，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成0 =3确固定，M、P之间接电阻箱 R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆 ab,当电阻箱R=0Q时，杆的最大速度为 2m/s，当电阻箱R=4Q时，杆的最大速度为 4m/s。已知轨距为L=2m，重力加速度g取i0m/s2，轨道足够长且电阻不计。以下说法正确的是（）A .杆ab的最大速度随电阻箱 R的增大而均匀增大B.当R 一定时，杆ab下滑时通过 R的电流方向由 P到MC .当R=4Q时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆 ab的热功率1D .由已知条件可以求得 m kg , r 4 Q12【答案】AD【解析】【详解】A .设杆ab的最大速度为v ,根据平衡条件可得mgs in 0 mgs in 0 BIL2、2B L vR r解得mg(R r)sin 0B2L2所以杆ab的最大速度随电阻箱 R的增大而均匀增大，故 A正确;B ?当r—定时，杆ab下滑时根据右手定则可知通过ab的电流方向由b到a，则通过R的电流方向由 M到P，故B错误；C?当R 4Q时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆ab的热功率与电阻箱产生的热功率之和，故C错误；mg(R r)sin 0D ?由于v戸，根据题意可知，当电阻箱R 0Q时，杆的最大速度为 2m/s，代入则有b2l21mr -2当电阻箱R 4 Q时，杆的最大速度为 4m/s，代入则有2m(4r)=3联立可得1 ,m kg , r 4Q12故D正确；故选AD。
如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为 R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g为当地重力加速度)()A ?若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mgB .若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为3mg2C ?若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为-M(M9Rm)D A ?若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mgB .若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为3mg2C ?若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为-M(M9Rm)D ?若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为2gRMm(M m)【答案】BC【解析】【详解】AB ?若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为AB ?若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为0时,速度为v ?根据机械能守恒定律有:根据机械能守恒定律有:mv2=mgRcos 02由牛顿第二定律有:2vN-mgcos 0 =m解得小球对小车的压力为:N=3mgcos 0其水平分量为3Nx=3mgcos 0 sin 字mgsin2 0根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：33max=—2f=Nx3max=—2可以看出：当sin2 0 =1即0 =45时，地面对车的静摩擦力最大，其值为故A错误，B正确.CD ?若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v,小球的速度设为 v?小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv- Mv =0系统的机械能守恒，则得：1 2 1 ,2mgR= mv + Mv ,2 2解得：2gRM M m故C正确，D错误.故选BC .【点睛】本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系 统的总动量并不守恒.9?如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上,弹簧与竖直方向夹角为 0 =30。
开始时弹簧处于伸长状态，长度为 L,现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离 L ,小物块与地面的动摩擦因数为仏重力加速度为 g,弹簧始终在弹性限度内,则此过程中分析正确的是（）A .小物块和弹簧系统机械能改变了（F-卩mg LB .弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C .小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D.小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和【答案】BD【解析】【分析】物块向右移动L ,则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况?【详解】 物块向右移动L ,则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值,弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值,可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大,选项B正确;此过程中物块对地面的压力不等于mg ,则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（ F-卩mg L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-卩mg L缩量减小，然后伸长到原来的值,可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大,选项B正确;此过程中物块对地面的压力不等于mg ,则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（ F-卩mg L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-卩mg L,选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项 D正确；故选BD.10.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m、总电阻为0.005Q的正方形导线框abed位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，ed边于t 0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b） 所示（感应电流的方1 *1 1 b c：!lJ-=10.01/TVHi1a d：:A100.2 0.4； 0,6；旳?-i图(a)讪］图（b）向为顺时针时，感应电动势取正）.下列说法正确的是（）A .磁感应强度的大小为0.5 TB .导线框运动速度的大小为0.5m/sC .磁感应强度的方向垂直于纸面向外D?在t 0.4s至t 0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N【答案】BC【解析】0.1 m/s=0.5m/s，选项 B 0.1 m/s=0.5m/s，选项 B 正确;0.2E=0.01由E -图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v -tV，根据E=BLv可知，B=0.2 T ,选项A错误；线框进磁场过程中，感应为电流顺时针，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I — -0:01A2A，所受的安培力大小为F=BIL=0.04 N，选项D错误.R 0.00511.真空中质量为 m的带正电小球由 A点无初速自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到 A点。
小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则2 2A .整个过程中小球电势能变化了2mg tB ?整个过程中小球速度增量的大小为2gt2 2C ?从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg t_ .. ，一，一， , , ，一 . 12.2D .从A点到最低点小球重力势能变化了mg t3【答案】AB【解析】【详解】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E,一 一 1 2 1 2加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向，则由—gt (vt at ),又v=gt，解得2 2a=3g，则小球回到 A点时的速度为v =-at=-2gt;整个过程中小球速度增量的大小为△ v=v=gt，速度增量的大小为2gt。由牛顿第二定律得a ■qE―哩，联立解得，qE=4mg ,qE ^gt2 2mg2t2，故m21 2A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了VEk -m(gt),故C错误。设从A点到2、 1 2 2 2最低点的高度为h，根据动能定理得mgh qE( h gt ) 0解得，h gt ,从A点到最低点小球32o o重力势能减少了 VEp mgh mg t . D错误。
12?阿列克谢 帕斯特诺夫发明的俄罗斯方块经典游戏曾风靡全球，会长自制了如图所示电阻为R的导线框，将其放在光滑水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的磁感应强度为B的匀强磁场。已知L3I，现给金属框一个向右的速度V。(未知)使其向右穿过磁场区域，线框穿过磁场后速度为初速度的一半，则下列说法正确的是d_Ll 一甘_ 一 _a/XXLCbX X xLA .线框进入磁场的过程中感应电流方向沿abcdaB ?线框完全进入磁场后速度为初速度的四分之三2 3C .初速度大小为36B 1 mRC .初速度大小为D ?线框进入磁场过程中克服安培力做的功是出磁场的过程中克服安培力做功的五分之七 【答案】BCD 【解析】 【详解】A .由右手定则可知，线框进磁场过程电流方向为adcba，故A错误；B .将线框分为三部分，其中左右两部分切割边长同为21，中间部分切割边长为 I，由动量定理可得Bh% 2BI 2lt2m u其中iti 12t2 q ~~r~由于线框进、出磁场的过程磁通量变化相同，故速度变化两相同，故1u u - u2故线框完全进入磁场后的速度为3u u u u4故B正确；C .根据线框形状，进磁场过程中，对线框由动量定理Bg2ig2i2Bg2ig2i22 Bgg2RR1m u - m io4解得36B2I3mR故C正确;D .线框进、出磁场的过程中克服安培力做功分别为72m u 3272m u 3252m u 32W/|m u m u2 21 2 1 2W2m u m u2 2故W 7，故D正确;W25故选BCD。
三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.某学习小组利用打点计时器来测量滑块与木板间的动摩擦因数，让滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，纸带连在滑块上，打出的纸带如图所示，图中的A、B、C、D、E为每隔四个点选取的计数点，打点计时器所用交流电源的频率为5 0Hz，测得相邻计数点间距离标在图中，重力加速度g取10m/s2。（1）滑块与纸带的 端相连；（填 左”或 右”）（2）滑块与木板间的动摩擦因数为 。（结果保留三位有效数字）（3）各步操作均正确的情况下，考虑到纸带与打点计时器限位孔之间也存在摩擦，会导致此实验中动摩擦因数的测量值与真实值相比会（填偏大”偏小”或不变”2 A B CD单値 5e、 K5.4 坏工 82 浏 一10」8iZ55詞【答案】右0.237 偏大【解析】【分析】【详解】（1）［1］滑块仅在摩擦力的作用下在水平木板上减速滑行，所以滑块与纸带的速度较大的一端相连，所以滑块与纸带的右端相连。（2）［2］根据逐差法求得加速度为2.37 m s20.1255 0.10180.0782 0.05432.37 m s24 0.12由牛顿第二定律得mg ma解得 0.237。
（3）［3］由于其他阻力的存在，导致摩擦力变大，测量的动摩擦因数与真实值相比偏大。14?如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg= 10 Q、满偏电流Ig= 10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“ 3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时 标出。 TOC \o 1-5 \h \z 其中电阻R2=Qo选择开关接“1时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为mA o兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从校”到测”的实验：将选择开关接“2；红黑表笔短接，调节Ri的阻值使电表指针满偏；将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则 C处刻度线的标注值应为 o用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx=Qo(保留三位有效数字)小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中表笔(填 红”或 黑”接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为 Q o【答案】249906.9150Q 67.4 黑 4350【解析】【分析】【详解】(1).根据闭合电路欧姆定律得250 0.01 250 0.01 100.0124990(2) ?由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA ;⑶② ?由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0 X 1000 Q +1 X 100 Q +5 X 10 Q +0 X 1 Q =此时Q针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即Rq=150 Q;③ ?根据闭合电路欧姆定律有满偏电流时当电流表示数为EI 6.9mA当电流表示数为EI 6.9mARx R若光在左侧发生全反射时，作出光路如图若光在左侧发生全反射时，作出光路如图2,则由几何光系可知:联立解得E=1.5VRx=67.4 Q④⑸.根据电流方向黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得电压表的示数U =-REU =-RERVRv解得电压表内阻R/=URE U1.45 1501.5 1.45=4350每题8R/=URE U1.45 1501.5 1.45=4350每题8分，共24分15?如图，液槽中水的折射率n, M是可绕轴转动的平面镜。
光线从液槽的侧壁水平射入水中,3四、解答题：本题共 3题,若要求经平面镜反射后的光线能从水面射出，求：平面镜应与水平所成夹角a的取值范围。【答案】15°V V 75°【解析】【分析】【详解】 TOC \o 1-5 \h \z 设光线在水中反生全反射的临界角为C,则133sinC -\o Current Document n 2丁32也即C=60°若光在右侧发生全反射时，作出光路如图1,则由几何光系可知2 1 C 90o2 90o2 C 90°1 V 2解得oo15 V V 7516.真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B垂直纸面向里为正方向， Bo=1T , to=nX -fo,k为正整数。某直角坐标系原点 O处有一粒子源，在 t=0时刻沿x轴正方向发射速度为 vo=1O3m/s的正点 电荷，比荷 —=1 xiO6C/kg，不计粒子重力。m若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次(从O点出发记为第1次)经过y轴时的时刻；若k=2，求粒子在运动过程中与y轴交点坐标的最大值和最小值；⑶若t0=10-5S,则k取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值Tmin和相应的k值。
【答案】(1)0.01m ； t 210 5S ； (2) ymax 0.04m ； ymin 0.02m ；⑶当 k 取非4q 1(q 0,1,2,L L )的正整数时，均可以回到出发点；当 k 3时，最小循环周期为1.256 10 4s【解析】【分析】【详解】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由2Bqv0 殴rv0解得r 詈 0^1mBq10 5sBq当k 1时，因为t0 T，粒子第3次经过y轴时恰好向上经历两个半圆 (如图)则时间t T 210 5s2(2)当k 2时，2to T，粒子一个循环周期中运动分别为半圆T整圆T半圆T整圆，因此由几何关系得:与y轴交点坐标的最大值为ymax 4r 0.04m与y轴交点坐标的最小值为ymin2r 0.02mT1⑶因为t0 一，所以粒子先做 一圆弧运动，之后对 k的不同值进行分类讨论:44如图可见k 1、2、3、4时可能的分段情况.①k 1，粒子做-圆弧交替运动，向右上 45。方向无限延伸，不会循环运动4②k2，粒子做-圆弧与-圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期T23T44③k3，粒子做13圆弧与一圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期T32T44④k4，粒子做-4圆弧与一圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期T45T44当k4时，运动过程相似，每个周期中均增加P
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