福建省漳州市2021届新高考物理教学质量调研试卷含解析

福建省漳州市2021届新高考物理教学质量调研试卷
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．如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。

轻绳一端固定在墙壁上的A点，另一端从墙壁上的B点先沿着墙壁缓慢移到C点，后由C点缓慢移到D点，不计一切摩擦，且墙壁BC段竖直，CD段水平，在此过程中关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是（）
A．F一直减小B．F一直增小
C．F先增大后减小D．F先不变后增大
【答案】D
【解析】
【详解】
当轻绳另一端在C点时，设轻绳左右两侧间的夹角为2θ以滑轮为研究对象，分析受力情况，受力分析图如图所示∶
根据平衡条件得
2Fcosθ=mg
得到轻绳的拉力
mg
F=
2cos
轻绳另一端从B点沿墙壁缓慢移到D点，由几何知识可知，θ先不变后增大，cosθ先不变后减小，轻绳的拉力F先不变后增大，D项正确，ABC错误；
故选D。

2．如图，两根平行通电长直导线固定，左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流，两导线连线（水平）的中点处，一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下。

忽略地磁场的影响。

关于右边导线中的电流I2，下列判断正确的是（）
A．I2<I1，方向垂直纸面向外B．I2>I1，方向垂直纸面向外
C．I2<I1，方向垂直纸面向里D．I2>I1，方向垂直纸面向里
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
小磁针静止时N极方向平行于纸面向下，说明该处的磁场方向向下，因I1在该处形成的磁场方向向上，则I2在该处形成的磁场方向向下，且大于I1在该处形成的磁场，由安培定则可知I2方向垂直纸面向外且I2>I1。

故选B。

3．将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。

用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，E k表示物体的动能，下列图像正确的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
AB ．由机械能守恒得
2012k mgx E mv += E k 与x 是线性关系，故A 错误，B 正确；
CD ．根据机械能守恒定律得
2012
k mgx E mv +=
又 2012
x v t gt =- 得
220011()22
k E mv mg v t gt =-- m 、v 0、g 都是定值，则E k 是t 的二次函数，E k -t 图象是抛物线，故CD 错误。

故选B 。

4．将检验电荷q 放在电场中，q 受到的电场力为F ，我们用F q
来描述电场的强弱。

类比于这种分析检验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（ ）
A ．ΦS
B ．E Lv
C ． F IL
D ． 2FR L v
【答案】C
【解析】
【详解】
将检验电荷q 放在电场中，q 受到的电场力为F ，我们用F q
来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体在场中受力的方法，用F B IL
=来描述磁场的强弱；故C 项正确，ABD 三项错误。

5．如图所示，物体 A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为 45°的斜面上，B 悬挂着．已知质量 m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到60°，但物体仍保持静止，下列说法正确的是
A ．绳子的张力增大
B ．物体A 对斜面的压力将增大
C ．物体A 受到的静摩擦力增大
D ．滑轮受到绳子的作用力保持不变
【分析】
【详解】
物体B受竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子拉力T，由二力平衡得到：
T=mg；
以物体A为研究对象，物体A受力如下图所示：
A静止，处于平衡状态，由平衡条件得：
f+T-2mgsin45°=0
N-2mgcos45°=0
解得：
f=2mgsin45°-T=2mgsin45°-mg
N=2mgcos45°
当由45°增大到60°时，f不断变大，N不断变小；
A．绳子张力T=mg保持不变，故A错误；
B．物体A对斜面的压力N′=N=2mgcosθ将变小，故B错误；
C．摩擦力变大，故C正确；
D．绳子的拉力不变，但是滑轮两边绳子的夹角减小，则滑轮受到绳子的作用力变大，选项D错误．6．如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。

波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。

下列判断正确的是（）
A．Q点比P点晚半个周期开始振动
B．当Q点的位移最大时，P点的位移最小
C．Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同
D．当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置
【答案】D
【解析】
A ．根据v f λ=可知，波长 40m 0.4m 100
v f λ=
== 又 0.6m 1.5PQ λ==
故Q 点比P 点晚1.5个周期开始振动，A 错误；
BC ．P 、Q 两点的平衡位置距离是半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，即两点的运动方向始终相反，当Q 点的位移最大时，P 点的位移也最大，但两者方向相反，BC 错误；
D 、两点平衡位置距离是半个波长的奇数倍，所以当Q 通过平衡位置时，P 点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，D 正确。

故选D 。

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．如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨MN 、A B CD ''，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。

现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒ab 、cd 放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN 垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A ．回路中有顺时针方向的感应电流
B ．回路中的感应电动势不变
C ．回路中的感应电流不变
D ．回路中的热功率不断减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两棒以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电
流方向沿逆时针，故A 错误；
BC ．设两棒原来相距的距离为s ，M′N′与MN 的夹角为α，回路中总的感应电动势
tan tan cd ab cd ab E BL v BL v Bv L L Bv s Bvs αα=-=⋅-=⋅=（）
保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B 正确，C 错误；
D ．回路中的热功率为2=
E P R
，由于E 不变，R 增大，则P 不断减小，故D 正确。

故选BD 。

8．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c 点，t=0.6s 时波恰好传到e 点，波形如图中虚线所示，a 、b 、c 、d 、e 是介质中的质点，下列说法正确的是________。

A ．当t=0.5s 时质点b 和质点c 的位移相等
B ．该机械波的传播速度为5m/s
C ．质点c 在0~0.6s 时间内沿x 轴正方向移动了3m
D ．质点d 在0~0.6s 时间内通过的路程为20cm
E.质点d 开始运动时方向沿y 轴负方向
【答案】ABD
【解析】
【详解】
AB ．根据题意知，该波的传播速度为
96m /s 5m /s 0.6
ce x v t -=== 周期为
40.8s 5
T s v λ
=== t=0时刻c 质点经过平衡位置向上运动，经0.4s 后b 质点到达负向最大位移处，c 质点到达平衡位置向下运动，之后再经过0.1s ，也就是
8T ， b 向上运动8的位移与c 质点向下运动的位移大小相等，故t=0.5s 时质点b 和c 的位移相等，故AB 正确。

C ．质点c 只在y 轴方向上振动，并不沿x 轴正方向移动。

故C 错误。

D ．质点d 在0~0.6s 内振动了0.4s ，即半个周期，所以质点d 在0~0.6s 时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm 。

故D 正确。

E ．根据波形平移法知，质点d 开始运动时方向沿y 轴正方向，故E 错误。

故选ABD 。

9．L 1、L 2两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为h ，竖直平面内有质量为m ，电阻为R 的梯形线框，上、下底水平且底边之比5:1，梯形高2h 。

该线框从如图位置由静止下落，已知AB 刚进入磁场时和AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（ ）
A ．A
B 边是匀速直线穿过磁场
B ．AB 边刚穿出到CD 边刚要进入磁场，是匀速直线运动
C ．AB 边刚穿出到C
D 122
mgR gh D ．AB 边刚进入和AB 边刚穿出的速度之比为4:1
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．已知A
B 刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式 22B L v F R =总
AB 进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，所以AB 边是减速直线穿过磁场，故A 错误；
B ．AB 刚穿出到CD 边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力，故该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故B 正确；
D ．设AB 边刚进入磁场时速度为0v ，AB=l ，则CD=5l ，则
2012
mgh mv = AB 边刚进入磁场时重力等于安培力，有
220B l v mg R
= 设AB 边刚穿出磁场时速度为v 1，线框切割磁感应线的有效长度为2l
AB 刚穿出磁场时的重力等于安培力有
221(2)B l v mg R
= 联立解得
01:4:1v v =
1124
v gh =所以D 正确；
C ．AB 边刚穿出到C
D 边刚要进入磁场过程中，线框做速度为v 1的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为2l ，感应电动势为
12E B lv =⋅
联立解得
122
E mgR gh =故C 正确。

故选BCD 。

10．关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A ．气体吸热后温度一定升高
B ．对气体做功可以改变其内能
C ．理想气体等压膨胀过程一定放热
D ．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A 错误；
B ．改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B 正确；
C ．理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C 错误；
D ．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D 正确；
E ．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，
否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。

故选BDE．
【点睛】
本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质．此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化方程等重要的知识点．
11．如图(a)，A、B为某电场中沿x方向上的两个点，现将正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，其电势能E p随x的变化关系如图(b)所示，则
A．从A到B，电势先逐渐降低后逐渐升高
B．从A到B，电场强度先增大后减小
C．从A到B的过程中，电荷所受电场力先减小后增大
D．从A到B的过程中，电场力对电荷先做负功后做正功
【答案】AC
【解析】
【详解】
AD.正点电荷q从A点静止释放，仅在电场力作用下沿x轴方向运动一段距离到达B点，电势能先减小后增大，则正电荷从A到B电场力先做正功，后做负功；正点电荷q电势能先减小后增大，所以电势先降低后升高。

故A正确，D错误；
BC.电势能E P随位移x的变化关系图象的斜率表示电场力的大小，因此电场力先减小后增大，电场强度先减小后增大，故B错误，C正确。

12．如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。

设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。

下列判断正确的是（）
A ．若磁感应强度mv
B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为πd v B ．若磁感应强度mv B qd =，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为7π6d v
C ．若磁感应强度2mv B qd
=，则荧光屏上形成的亮线长度为(13)d + D ．若磁感应强度2mv B qd =
，则荧光屏上形成的亮线长度为(153)d + 【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．若磁感应强度mv B qd
=，即粒子的运动半径为 r=mv qB
=d 如图所示：
到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN 运动的粒子，其运动时间（周期T=2m qB
π）为
133π42d t T v
== 运动时间最短的是以d 为弦长的粒子，运动时间为
21π63d t T v
== 所以最大时间差为
127π6d t t v
-= 故A 错误，B 正确； CD ．若磁感应强度2mv B qd =
，即粒子的运动半径为R=2d ，如图所示：
到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN 相切的，设下半部分的亮线长度为x 1，根据几何关系，有
2212R R x d +-=（）
解得13x d =；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P 点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x 2，根据几何关系，有
()22222+R x d =
解得215x d =，所以亮线的总长度为(153)d +，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度如图甲所示，用游标卡尺测一金属块的长度如图乙所示。

图甲所示读数为_________mm ，图乙所示读数为_______mm 。

【答案】6.869（6.868~6870均可） 9.60
【解析】
【详解】
[1]螺旋测微器固定刻度部分读数为6.5mm ，可动刻度部分读数为
36.90.01mm 0.369mm ⨯=，所以金属板厚度测量值为6.869mm ，由于误差6.868mm~6870mm 均可
[2]游标卡尺主尺部分读数为9mm ，游标尺部分读数为120.05mm 0.60mm ⨯=，所以金属块长度测量值
(1)入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，这是为了___
A ．入射小球每次都能水平飞出槽口
B ．入射小球每次都以相同的速度飞出槽口
C ．入射小球在空中飞行的时间不变
D ．入射小球每次都能发生对心碰撞
(2)入射小球的质量应___（选填“大于”、“等于”或“小于”）被碰小球的质量；
(3)设入射小球的质量为1m ，被碰小球的质量为2m ，P 为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式1m OP =_____（用1m 、2m 及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒。

【答案】B 大于 12m OM m ON +
【解析】
【详解】
(1)[1]入射小球每次都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，目的是使入射小球每次都以相同的速度飞出槽口，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

(2)[2]为了防止入射小球反弹，入射小球的质量应大于被碰小球的质量。

(3)[3]由于小球下落高度相同，则根据平抛运动规律可知，小球下落时间相同；P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度
1OP v t
= 碰撞后入射小球的速度
2OM v t
= 碰撞后被碰小球的速度
3ON v t
=
如果
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，即
112m OP m OM m ON =+
成立，即表示碰撞中动量守恒。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平轨道AB 和CD 分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与CD 相切于点E ，一轻质弹簧原长03m l =，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kg m =的小物块P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 1.2m l =。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与小物块P 接触但不连接。

弹簧原长小于光滑轨道AB 的长度，轨道靠近B 处放置一质量为2kg M =的小物块Q 。

传送带长25m L =，沿顺时针方向以速率6m/s v =匀速转动，轨道CE 长为4m x =。

物块与传送及轨道CE 之间的动摩擦因数均为0.2μ=。

现用小物块P 将弹簧压缩至长度为1.2m l =，然后释放，P 与Q 弹性碰撞后立即拿走物块P ，Q 恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的F
点，取210m/s g =。

（1）求P 与Q 碰撞后Q 的速度；
（2）求光滑圆形轨道的半径R 。

【答案】（1）4m/s （2）1m
【解析】
【详解】
（1）将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kg m =的小物块P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 1.2m l =，则此时弹簧具有的弹性势能为
10(3 1.2)J=18J p E mg l =∆=⨯-
弹簧水平放置时，小物块P 将弹簧压缩至长度为 1.2m l =，然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为E P =18J ，则物体P 脱离弹簧后的速度满足
2012
p mv E = 解得
v 0=6m/s
物块P 与Q 碰撞满足动量守恒的能量守恒，则：
2'2201111222
mv mv Mv =+ 解得
v 1=4m/s
（2）物块滑上传送带上时的加速度
22m/s a g μ==
加速到共速时的距离为
2222
1645m<25m 222
v v s a --===⨯ 可知物块Q 将以6m/s 的速度滑离传送带，即到达C 点的速度
v C =6m/s
则由C 点到F 点由动能定理：
21-02
C Mgx MgR Mv μ-=- 解得
R=1m
16．某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10s 内高度下降150m ，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度取g= 9m/s 2.试计算∶
(1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。

(2)乘客放在水平小桌上2kg 的水杯此时对餐桌的压力为多大。

【答案】 (1)3m/s 2，方向竖直向下；(2)12N 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据212
h at =
得 a=3m/s 2
方向竖直向下；
(2) 对水杯，根据牛顿第二定律 N mg F ma -=
解得
F N =12N
17．如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O ．让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
(1)两球a 、b 的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．
【答案】 (1)
12(21)m m -= (2)22b Q E -= 【解析】
试题分析：（1）b 球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b 球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b 求的动能，然后求出能量之比．
（1）b 球下摆过程中，由动能定理得：2220102
m gL m v =﹣ 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：()2012m v m m v =+， 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：()()()2121211cos 2
m m v m m gL θ+=+﹣ 解得：)
12(1):121:11cos m m （θ==- （2）两球碰撞过程中损失是机械能：()()2121
Q m gL m m gL cos θ=-+﹣， 碰前b 球的最大动能22012
b E m v =， ()122211cos 1211
b m m m Q E θ+---==。