福建省三明市2021届新高考第一次适应性考试物理试题含解析

福建省三明市2021届新高考第一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．空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。

在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是（）
A．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向
B．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向
C．a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小E a<E b
D．一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】
【详解】
A B．因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b 两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。

C．在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图像可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，
看作匀强电场
Δ
=
Δ
E
d
，可知E a<E b，故C正确。

D．x轴负方向电场线往左，x轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做负功后做正功。

故D错误。

故选C。

2．如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是（）
A．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变
B．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大
C．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大
D．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ增大时，支持力F N逐渐减小，静摩擦力F f增大．由牛顿第三定律可知，石块对车厢的压力会减小．故A错误，B正确；
CD．石块开始下滑时受力近似平衡，自卸车车厢倾角变大，石块向下做加速运动，且加速度随角度增大而增大，石块受到的合外力变大；石块对车厢的正压力和摩擦力均减小，可知石块对车厢的作用力变小，故CD错误．
3．如图所示，A、B、C是光滑绝缘斜面上的三个点，Q是一带正电的固定点电荷，Q、B连线垂直于斜面，Q、A连线与Q、C连线长度相等，带正电的小物块从A点以初速度v沿斜面向下运动。

下列说法正确的是（）
A．小物块在B点电势能最小
B．小物块在C点的速度也为v
C．小物块在A、C两点的机械能相等
D．小物块从A点运动到C点的过程中，一定先减速后加速
【答案】C
【解析】
【详解】
A．该电场是正点电荷产生的电场，所以B点的电势最高，根据正电荷在电势越高的地方，电势能越大，可知带正电的小物块在B点电势能最大，故A错误；
BC．在电场中A、C两点的电势相等，所以小物块在A、C两点的电势能相等，根据能量守恒定律，可知小物块在A、C两点的机械能相等，小物块从A点到C点重力做正功，重力势能减少，电势能变化量为零，所以在C点动能增加，故在C点的速度大于v，故B错误，C正确；
D．小物块从A点运动到C点的过程中，可能先减速后加速，也可能一直加速，故D错误。

故选C。

4．如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30°，静电常量为k，则（）
A ．O 点的电场强度大小为2Q k R
B ．O 点的电场强度方向由O 指向A
C ．O 点电势小于C 点电势
D ．试探电荷q 从B 点移到D 点过程中，电势能始终不变
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．两电荷在O 点的场强大小为
E 1=E 2=k 2Q R
夹角为120°
根据平行四边形定则知合场强为
E=E 1=E 2=k 2Q R
方向平行两个电荷的连线向右，故A 正确，B 错误；
C ．等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而φO =φC ，故C 错误；
D ．如果只有+Q 存在，则B 点电势大于D 点电势；如果只有-Q 存在，同样是B 点电势大于D 点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B 点电势大于D 点电势，故试探电荷q 从B 点移到D 点过程中，电势能是变化的，故D 错误。

故选A 。

5．在实验室观察到如下的核反应。

处于静止状态的铝原子核2713Al ，受到一个运动粒子撞击后，合在一起成为一个处于激发态的硅原子核2814Si 。

对此核反应下列表述正确的是（ ）
A ．核反应方程为2712813114Al n Si +→
B ．该核反应是核聚变反应
C ．新生成的2814Si 与2914Si 是同位素
D ．新生成的28
14Si 处于静止状态 【答案】C
【解析】
【详解】 A ．该反应过程的质量数和电荷数均守恒，但反应物11n 错误，应为1
1H ，故A 错误；
B ．该反应的类型为人工转变，不是核聚变反应，故B 错误；
C ．2814Si 与2914Si 的电荷数相同，属于同一种元素，二者为同位素，故C 正确；
D ．核反应过程中遵守动量守恒，反应前2713Al 静止，则生成的硅原子核28
14Si 应与反应前撞击粒子的速度方向相同，故D 错误。

故选C 。

6．一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h ，下列情况中能使细绳拉力增大的是（ ）
A ．大气压强增加
B ．环境温度升高
C ．向水银槽内注入水银
D ．略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
管内密封气体压强
0P P gh ρ=-
绳子的拉力等于
T mg ghS ρ=+
S 表示试管的横截面积，要想拉力增大，则必须使得玻璃管内部的液面高度上升，当0P 增大，则h 增大；温度升高，气体体积增大，对外膨胀，h 减小；向水银槽内注入水银或者略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，都使得h 下降，故A 正确，B 、C 、D 错误；
故选A 。

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．如图是一定质量的理想气体的p －V 图，气体状态从A→B→C→D→A 完成一次循环，
A→B(图中实线)和C→D 为等温过程，温度分别为T 1和T 2.下列判断正确的是( )
A ．T 1>T 2
B ．C→D 过程放出的热量等于外界对气体做的功
C ．若气体状态沿图中虚线由A→B ，则气体的温度先降低后升高
D ．从微观角度讲B→C 过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的
E.若B→C 过程放热200 J ，D→A 过程吸热300 J ，则D→A 过程气体对外界做功100 J
【答案】ABE
【解析】
由图示图象可知，D→A 过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高，即A 点的温度高于D 点的温度，则12T T >，故A 正确；C→D 过程是等温变化，气体内能不变，0U ∆=，气体体积减小，外界对气体做功，0W >，由热力学第一定律得0Q U W W =∆-=-<，气体放出热量，由以上分析可知，C→D 过程放出的热量等于外界对气体做的，故B 正确；若气体状态沿图中虚线由A→B ，则气体的温度先升高后降低，故C 错误；从B→C 过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T 降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变，分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减小，故D 错误；由热力学第一定
律可知，若B→C 过程放热200J ，D→A 过程吸热300J ，则D→A 过程气体对外界做功100J ，故E 正确；
8．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A ，将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处，图中AC=h 。

当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）
A．此时丝线长度为
2 2
L
B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B所受重力的3
倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整
为
3
3
h或
23
3
h
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根
据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为3
h，选项A错误；
B．而由三角形相似可知
G F T
h AB BC
==
则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；
Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标为（x，y），则由几何关系
cos sin
x hθθ
=⋅
tan
x
y θ=
消掉θ角且整理可得
2
222
(cos)
x y h BC
+==
θ
缓慢缩短丝线BC的长度，最初阶段BC的长度变化较小，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C正确；
D ．若A 对B 的静电力为B 所受重力的3倍，则B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有 G F AC AB
= 解得
3F AB h h G == 根据余弦定理可得
22232cos30h h BC BC h =+-⨯⨯︒（） 解得
BC=33
h 或233h 选项D 正确。

故选BCD 。

9．一列简谐横波沿x 轴传播，如图所示为t=0时刻的波形图，M 是平衡位置在x=70 m 处的一个质点，此时M 点正沿y 轴负方向运动，之后经过0.4 s 第二次经过平衡位置，则 。

A ．该波沿x 轴正向传播
B ．M 点振动周期为0.5 s
C ．该波传播的速度为100 m/s
D ．在t=0.3 s 时刻，质点M 的位移为0
E.题中波形图上，与M 点振动总是相反的质点有2个
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．由于0t =时刻，M 点正沿y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x 轴正方向运动，A 正确； BC ．经过0.4s ，M 点第二次经过平衡位置，根据波形平移法，30m 处质点的振动形式传递至70m 处，所以传播距离为40m ，波速：
40m /s 100m/s 0.4
x v t === 周期：
60s 0.6s 100
T v λ
=== B 错误，C 正确；
D ．经过10.3s=2
T ，质点运动到关于平衡位置对称的位置，因此M 质点的位移肯定不为0，D 错误； E ．与M 质点距离为半波长奇数倍的质点，振动与M 点总是相反，因此题中波形图上，与M 点振动总是相反的质点有两个，分别为40m 和100m 处的质点，E 正确。

故选ACE 。

10．下列说法不正确的是（ ）
A ．物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零
B ．两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大
C ．多数分子直径的数量级是10－10m
D ．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律 E.一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A.因为物体分子在做永不停息的无规则运动，所以当物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能也不可能为零，故A 错误；
B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力先增大后减小再增大，而分子势能一定先减小后增大，故B 错误；
C.多数分子直径的数量级是10－10m ，故C 正确；
D.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D 正确；
E.根据热力学第一定律知，温度不变则内能不变，吸热则必膨胀对外做功，又由理想气体状态方程知，压强一定减小，故E 错误；
本题选择不正确的，故选择ABE 。

11．火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A 为近日点，远日点B 在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器( )
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A错误；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B错误；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C正确；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D正确；
故选D。

12．以下说法正确的是
A．晶体具有各向同性，而非晶体具有各向异性
B．液体表面张力与重力有关，在完全失重的情况下表面张力消失
C．对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度
D．饱和汽压随温度而变，温度越高饱和汽压越大
E.因为晶体熔化时吸收的热量只增加了分子势能，所以熔化过程中晶体温度不变
【答案】CDE
【解析】
【分析】
【详解】
A．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体各向同性，故A错误；
B．液体表面张力是微观的分子引力形成的规律，与宏观的超失重现象无关，则在完全失重的状态下依然有表面张力的现象，故B错误；
C．浸润现象中，浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高，故对于一定的液体和一定材质的管壁，管内径的粗细会影响液体所能达到的高度，则C正确；
D．饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，故D正确；
E．晶体熔化时吸收热量，导致内能增大，但只增加了分子势能，故熔化过程中晶体温度不变，故E正确。

故选CDE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
R ）的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程：13．在一次测量定值电阻R x阻值（x5Ω
(1)甲组可选器材如下：
滑动变阻器R A（0~500Ω，100mA）；
滑动变阻器R B（0~5Ω，2A）；
电流表A（0~0.6A、内阻约2Ω；0~3A、内阻约0.5Ω）；
电压表V（0~3V、内阻约1.5kΩ；0~15V、内阻约7.5kΩ）；
电源E（电动势为3V）；
开关S，导线若干。

①为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择_____（选填“R A”或“R B”）；
②请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整______________；
③按以上操作，测得R x测___R x真（填“>”、“=”或“<”）。

(2)乙组可选器材如下：
电压表V（0~3V）；
滑动变阻器R C（10Ω，1A）；
电阻箱R0（0~999.99Ω）；
电源E（电动势为3V）；
开关S。

请根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接______，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接_____，正确操作后测出R x的阻值；
若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，测量结果将______（填“变大”、“变小”或“不变”）。

(3)比较甲乙两组测量结果，______组更接近真实值（填“甲”或“乙”）。

【答案】R B< R x R0变小乙
【解析】
【详解】
(1)①[1]．为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择阻值较小的R B；
②[2]．因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，则采用电流表外接，实物电路连接如图：
③[3]．按以上操作，因电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，电阻的测量值偏小，即测得R x测<R x。

真
(2)[4][5]．根据乙组的电路图乙和以上实验器材在MN处先接R x，按一定的步骤操作后记下仪表的读数，再换接电阻箱R0，正确操作后测出R x的阻值，此方法为等效替代法；
[6]．若在MN处更换器材时，不小心将滑动变阻器的滑片P向左移了一些，则R C减小，若电压表读数不变，则电路中内阻和R C两端电压不变，则电路中电流变大，则R x变小，即测量结果将变小。

(3)[7]．比较甲乙两组测量结果，在正确操作的情况下，乙组误差较小，即乙组更接近真实值。

14．如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究做功与物体速度变化的关系”的实验，实验时使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车速度变化的关系。

(1)实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、复写纸及如图所示的器材。

若要完成该实验，必需的实验器材还有其中的________。

(2)为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动。

(3)实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。

这样做的目的是________(填
字母代号)。

A．避免小车的运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
【答案】AC 匀速直线 D
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码），故选AC．
（2）[2]．为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；
（3）[3]．实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC 错误，D正确．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子，从P（l，l）处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。

不计粒子重力。

求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；
（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。

【答案】（1）
2mE
B
ql
；（2）2l；（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，证明见解析。

【解析】【详解】
（1）设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y 轴时的速度为1v ，根据动能定理
211
2
qEl mv =① 由左手定则可以判断，粒子向－y 方向偏转，如图所示：
由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为1R l =②
由牛顿第二定律得：
2111
v qv B m R = ③ 由①②③得：2mE B ql
=④ （2）粒子第2次经过x 轴时，速度沿+y 方向，位置坐标为2x l =⑤
粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间3t ，第3次经过y 轴时，轨迹如图
212
l at =⑥ qE a m
=⑦ 31y v t =⑧
由①⑤⑥⑦⑧得32y l =
（3）粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：
22211122qEl mv mv =- 解得212v v =，θ=45°
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R 2，根据半径公式可得：212R R =
第三次进入电场是从坐标原点O 处沿与x 轴正向45°角斜向上方向。

由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l 时，纵坐标的值为2l ，可知本次不会经过P 点。

粒子将从y=4l 处第3次离开电场， 第3次通过磁场后从y=2l 处与+x 方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P 点。

以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P 点。

16．如图所示，一气球从地面上以大小为012m /s v =的速度竖直匀速升起，当气球的下端距地面2m h =高时，在气球的正下方紧贴地面将一小石子愉大小为020m /s v =的初速度竖直上抛。

已知小石子受到的
空气阻力等于其重力的倍，取210m /s g =，求：
(1)小石子追上气球所用的时间；
(2)小石子追上气球时的速度大小。

【答案】 (1)1s 3
t =
(2)16m /s v = 【解析】
【详解】 (1)小石子向上运动过程中，由牛顿第二定律可知：
mg f ma +=，
其中：0.2f mg =
解得：
212m /s a =
由运动学公式可得：
21012
v t at v t h -=+ 解得：
1s 3
t = (2)小石子追上气球时的速度大小：
1v v at =-，
解得：
16m /s v =
17．如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A ，B 两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P 点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时
拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A 沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B 恰能返回P 点．己知圆形轨道的半径0.72m R =，滑块A 的质量0.4kg A m =，滑块B 的质量0.1kg B m =，重力加速度g 取210m /s ，空气阻力可忽略不计．求：
（1）滑块A 运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h ；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
【答案】（165m/s ；（2）0.8 m ；（3）4 J 【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块A 恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v 2，
根据牛顿第二定律有m A g=m A 22v R 解得：v 265m/s （2）设滑块A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v 1，对于滑块A 从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
12m A v 12=m A g•2R+12
m A v 22 可得：v 1=6m/s
设滑块A 和B 运动到圆形轨道最低点速度大小为v 0，对滑块A 和B 下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（m A +m B ）gh=12
（m A +m B ）v 02 同理滑块B 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v 0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A 、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（m A +m B ）v 0=m A v 1-m B v 0
解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p ，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，
有1
2
（m A+m B）v02 + E p=
1
2
m A v12+
1
2
m B v02
解得：E p=4J。