山西省晋城市2021届新高考第一次大联考物理试卷含解析

山西省晋城市2021届新高考第一次大联考物理试卷
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，一条质量分布均匀的柔软细绳平放在水平地面上，捏住绳的一端用恒力F 竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度为v ，重力势能为E p (重力势能均取地面为参考平面)。

若捏住绳的中点用恒力F 竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度和重力势能分别为（ ）
A ．v ，E p
B ．2v ，2p E
C ．2v ，2p E
D ．2v ，2p
E 【答案】D
【解析】
【详解】 重力势能均取地面为参考平面，第一次，根据动能定理有
2122
l Fl mg
mv -= 2P l E mg = 第二次，根据动能定理有
21242
l l F
mg mv '-= 4P l E mg '= 联立解得2v v '
=，2p p E E '=，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

2．如图所示，在水平地面上O 点正上方的A 、B 两点水平抛出两个相同小球，两小球同时落在水平面上的C 点，不计空气阻力。

则两球
A ．可能同时抛出
B ．落在
C 点的速度方向可能相同
C ．落在C 点的速度大小一定不同
D ．落在C 点时重力的瞬时功率一定不同
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．平抛运动的时间由竖直高度决定，根据：
212
h gt = 可知两小球抛出高度不同，落地时间不同，不可能同时抛出，A 错误；
B ．平抛运动的末速度方向的反向延长线必过水平位移的中点，两小球平抛的水平位移相同，竖直位移不同，所以在
C 点的末速度方向不同，B 错误；
C ．平抛运动的末速度：
v ==若A B v v =，则代入上述公式解得：2
A B
4x h h =，有解，说明速度可以相等，C 错误； D ．落地C 点重力的瞬时功率：
2y P mgv mg t ==
两小球落地时间不同，落地时重力的瞬时功率不同，D 正确。

故选D 。

3．在下列四个核反应方程中，x 1、x 2、x 3和x 4各代表某种粒子。

①
23519513892038541U n Sr Xe 3x +→++②2311220H x He n +→+③23823492903U Th x →+④24
4
27122134Mg He Al x +→+以下判断正确的是（ ）
A ．x 1是质子
B ．x 2是中子
C ．x 3是α粒子
D ．x 4是氘核 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据质量数和电荷数守恒得x 1的电荷数为0，质量数为1，所以x 1是中子，故A 错误；
B ．根据质量数和电荷数守恒得x 2的电荷数为1，质量数为2，所以x 2为氘核，故B 错误；
C ．根据质量数和电荷数守恒得x 3的电荷数为2，质量数为4，所以x 3是α粒子，故C 正确；
D ．根据质量数和电荷数守恒得x 4的电荷数为1，质量数为1，所以x 4是质子，故D 错误；
故选C 。

4．如图所示，斜面体M 的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端
与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行．若物块在斜面上做简谐运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象是图中的
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【详解】
设斜面的倾角为θ。

物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即
N1=mgcosθ
以斜面体为研究对象，做出力图如图所示，地面对斜面体的摩擦力
f=N1sinθ=mgsinθcosθ
因为m，θ不变，所以f不随时间变化，故C正确，ABD错误。

故选C。

5．一物体在竖直方向运动的v—t图象如图所示。

以下判断正确的是（规定向上方向为正）（）
A．第5s内与第6s内的加速度方向不同
B ．第4s 末～第6s 末物体处于失重状态
C ．前2s 内物体克服重力做功的平均功率大于第6s 内物体重力做功的平均功率
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，该物体的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．v —t 图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s 内与第6s 内的斜率相同，则加速度方向相同，故A 错误；
B ．第4s 末～第6s 末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B 正确；
C ．v —t 图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s 内物体物体的位移大小为
11102m 10m 2
h =⨯⨯= 第6s 内物体的位移大小为
2110m 5m 2
h =⨯⨯= 则前2s 内克服重力做功的平均功率为
1052
mg P mg ⨯== 第6s 内物体重力做功的平均功率为 551mg P mg ⨯'=
= 所以前2s 内克服重力做功的平均功率等于第6s 内物体重力做功的平均功率，故C 错误；
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故D 错误。

故选B 。

6．下列说法正确的是（ ）
A ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质
C ．一个氘核2
1H 与一个氚核31H 聚变生成一个氦核4
2He 的同时，放出一个电子 D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故A 错误；
B ．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质，故B 正确；
C ．核反应方程满足质量数和质子数守恒
2
3
411120H H He n +→+
所以放出的是中子，不是电子，故C 错误；
D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量减小，故D 错误。

故选B 。

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，光滑的四分之一圆弧轨道abc 竖直放置，轨道的末端c 的切线水平，一倾角为30°的斜面体的顶端紧挨着圆弧轨道的末端c 点放置，圆弧上的b 点与圆心O 的连线与水平方向的夹角为30°。

一个小球从b 点由静止开始沿轨道下滑，经c 点水平飞出，恰好落到斜面上的d 点。

已知小球的质量1kg m =，圆弧轨道的半径0.9m R =，重力加速度210m/s g =。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在c 点时对轨道的压力大小为10N
B ．c 、d 两点的高度差为0.6m
C ．c 、d 两点的水平距离为1.2m
D ．小球从c 点运动到d 3 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．小球从b 点运动到c 点根据动能定理有 ()211sin 32
00c mgR mv ︒=
-- 在c 点时有 2c v F mg m R
-=
代入数据解得
3m/s c v =，20N F =
据牛顿第三定律，小球在c 点时对轨道的压力大小为20N ，故A 错误；
BCD ．小球从c 点运动到d 点做平抛运动有
212
tan 30c gt v t
︒= 解得
5
t = 又由平抛运动规律可知水平位移
3m 55
c x v t ==⨯
= 竖直位移
22
1m 0.6m 251102y gt ⎛=⨯⨯ ⎝⎭
== 故B 正确，D 正确，C 错误。

故选BD 。

8．一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s ，所用时间分别为2t 、t 和
32
t ，则( ) A ．物体做匀加速运动时加速度大小为2s t
B ．物体做匀减速运动时加速度大小为249s t
C ．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
3s t D ．物体做匀减速运动的末速度大小为
3s t
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．匀速运动的速度 s v t
=， 设匀加速运动的初速度为1v ，根据平均速度公式有：
122v v s t +=， 联立上面两式得： 10v =
，
对匀加速运动，根据位移公式有：
12212
()s a t =， 解得：
2
2s a t =， A 错误；
BD ．设匀减速直线运动的末速度为2v ，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有：
2 322
v v s t +=， 解得：
23s v t
=， 匀减速直线运动的加速度大小：
243392
s s v s t a t t t t ∆=∆-'==， BD 正确；
C ．三个过程中的平均速度大小
332322s
s v t t t t ==++，
C 错误。

9．如图所示，水平面上，向下与水平方向成30°、大小为F 的推力作用在质量为m 1的物体A 上，向上与水平方向成30°、大小为F 的拉力作用在质量为m 2的物体B 上，A 、B 都由静止开始运动，相等时间内运动了相同的位移，A 、B 与水平面的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则（ ）
A ．推力对A 做的功与拉力对
B 做的功相等
B ．推力对A 的冲量与拉力对B 的冲量相同
C ．若μ1=μ2，则m 1＞m 2
D ．若μ1=μ2，则m 1＜m 2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据功的定义
cos W Fx θ=
可知推力对A 做的功与拉力对B 做的功相等，A 正确；
B ．根据冲量的定义
I Ft =
可知推力对A 的冲量与拉力对B 的冲量大小相同，方向不同，B 错误；
CD ．两物体在相等时间内运动了相同的位移，根据
212
x at = 可知两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律分别求解两物体加速度大小
11A 1
cos (sin )F m g F a m θμθ-+= 22B 2cos (sin )F m g F a m θμθ--=
式中30θ︒=，化简整理后有
121212
cos sin cos sin F F F F g g m m θμθθμθμμ-+-=- 若
12μμ=
则
12m m <
C 错误，
D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，加有恒定电压以U 1＝U 的、中间带有小孔的平行板电容器AB 竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD ，CD 板长和板间距均为L ，板间加有恒定电压U 2。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD ，恰从D 板边缘飞出。

不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A ．若只将
B 板向左移动少许，粒子到达B 板时的速度比未移动时小
B ．若只将B 板向左移动少许，粒子到达B 板的时间比未移动时短
C ．若飘入质量为2m 电量为2q 的带正电粒子，将打在
D 板上
D ．粒子刚到达D 板边缘时的动能
E k ＝2qU
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．若只将
B 板向左移动少许，电场力做功不变，由
2112
B qU mv = 得，到达B 板时的速度
2B qU v m
=故粒子到达B 板时的速度不变，故A 错误；
B ．由于粒子在AB 间做匀加速直线运动，只将B 板向左移动少许时，粒子到达B 板时的速度不变，所以平均速度不变，AB 距离减小，运动时间变短，故B 正确；
C ．进入C
D 后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移
2212B qU L y md v ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭
代入2B qU v m
= 2
214U L y U d
= 即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m 、电量为2q 的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D 板边缘飞出，故C 错误；
D ．由粒子恰从D 板边缘飞出可知，偏转位移
2
L y = 又因2
214U L y U d
=，d L =，所以
2122U U U ==
所以对全过程，由动能定理可知
1212
k qU qU E += 故
2k E qU =
故D 正确。

故选BD 。

11．两根长直导线a b 、平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，图中O 点为两根导线连线ab 的中点，M N 、为ab 的中垂线上的两点且与a b 、等距，两导线中通有恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B 的大小跟该点到通电导线的距离r 成反比，则下列说法中正确的是（ ）
A ．若a b 、中通以等大同向电流，O 点的磁感应强度为零
B ．若a b 、中通以等大反向电流，则M 点和N 点的磁感应强度相同
C ．若a b 、中通以大小不等的反向电流，则磁感应强度为零的点在a b 、之间的连线上
D ．若a b 、中通以大小不等的同向电流，则磁感应强度为零的点在a b 、连线的延长线上
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．若a b 、中通以等大同向电流，根据安培定则可知，两条导线在O 点产生的磁场等大反向，则O 点的磁感应强度为零，选项A 正确；
B ．若a b 、中通以等大反向电流，假设a 电流向里，b 中电流向外；根据安培定则以及磁场叠加原理判断得知，两根通电导线在MN 两点产生的磁感应强度方向均向下且大小相等；同理若假设a 电流向外，b 中电流向里；根据安培定则以及磁场叠加原理判断得知，两根通电导线在MN 两点产生的磁感应强度方向均向上且大小相等；故 B 正确；
C ．若a b 、中通以大小不等的反向电流，则两电流在a b 、之间的连线上各点的磁场方向相同，磁感应强度不可能为零，选项C 错误；
D ．若a b 、中通以大小不等的同向电流，则两电流在a b 、连线的延长线上各点的磁场方向相同，则磁感应强度不可能为零，选项D 错误；
故选AB.
12．如图所示直角坐标xOy 平面，在0≤x≤a 区域Ⅰ内有沿x 轴正向的匀强电场，电场强度大小为E ；在x>a 的区域Ⅱ中有垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m 、电荷量为q 的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为(a ，b)的P 点，则下列说法正确的是( )
A ．磁场方向垂直于xOy 平面向里
B ．粒子通过P 点时动能为qEa
C ．磁感应强度B 的大小可能为 22mEa qb
D ．磁感应强度B 的大小可能为22mEa qb 【答案】ABD
【解析】
【详解】
根据题意可得，粒子能够通过（a ，b ）的P 点，轨迹可能的情况如图所示，
A ．根据左手定则可得，磁场方向垂直于xOy 平面向里，A 正确；
B ．洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过P 点时动能为 k E qEa =
故B 正确；
CD ．粒子在磁场中运动的速度大小为v ，则
212
k E qEa mv == 解得
2qEa v m
= 粒子在磁场中运动的半径为
2b r n
=其中n=1、2、3…， 根据mv r qB
=可得 222mEa B n
qb =
磁感应强度不可能为
2 2mEa
qb
，当n=3时，
2
2
6
mEa
B
qb
=，故C错误，D正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。

两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。

两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。

拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。

图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1的总质量1
100g
m=，小车2的总质量
2
200g
m=。

由图可读出小车1的位移
1
5.00cm
x=，小车2的位移2
x=_______cm，可以算出1
2
a
a
=__________（结果保留3位有效数字）；在实验误差允许的范围内，
1
2
a
a________
2
1
m
m（选填“大于”、“小于”或“等于”）。

【答案】2.45 2.50
- 2.00 2.04
-等于
【解析】
【分析】
【详解】
[1]刻度尺最小分度为0.1cm，则小车2的位移为x2=2.45cm，由于误差2.45cm－2.50cm均可
[2]由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据2
1
2
x at
=可知，由于时间相同，则有
11
22
5.00
2.04
2.45
a x
a x
==≈
由于读数误差，则2.00 2.04
-均可
[3]由题意可知
2
1
200
2
100
m
m
==
故在误差允许的范围内
12
21
a m
a m
=
14．用图甲所示装置探究动能定理。

有下列器材：A．电火花打点计时器；B．220V交流电源；C．纸带；D．细线、小车、砝码和砝码盘；E.一端带滑轮的长木板、小垫木；F.刻度尺。

甲乙
(1)实验中还需要的实验器材为________。

(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据x A、x B和x AB已测出，交流电频率为f，小车质量为M，砝码和砝码盘的质量为m，以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，从A 到B过程中，合力做功为________，动能变化量为________，比较二者大小关系，可探究动能定理。

【答案】天平mgx AB()()
222
1
8B A
M m f x x
+-
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]因为需要测量小车以及砝码和砝码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。

(2)[2]以小车、砝码和砝码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后，系统所受合外力做的功为
AB
W mgx
=
[3]匀变速直线运动的某段时间内，中间时刻速度等于平均速度
1
22
2
A A A
A
x x x
v f
T
f
===⋅
⋅
1
22
2
B B B
B
x x x
v f
T
f
===⋅
⋅
其动能变化量为
()()()()
22222
k
111
228
B A B A
E M m v M m v M m f x x
∆=+-+=+-
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直放置的圆柱形密闭气缸，缸体质量m1=10kg，活动质量m2=2kg，横截面积S=2×10－3m²，活塞与一劲度系数k=1.0×103N/m的弹簧相连，当气缸下部被支柱支起时，弹簧刚好无伸长，此时活
塞下部被封闭气柱长度L=20cm。

试求：（已知大气压强为5
1.010Pa
p=⨯，设气缸足够长，且不计一切摩擦）
(1)支柱移去前气体的压强；
(2)若将气缸下的支柱移去，待气缸重新平衡时，缸体下降的高度为多少。

【答案】 (1)51.110Pa ⨯；(2)36cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)支柱移去前，对活塞
5210 1.110Pa m g p p S
=+=⨯ (2)支柱移去后重新平衡时，对气缸 51200.510Pa m g p p S =-
=⨯ 对整体
()12kx m m g =+
解得
12cm x =
根据玻意尔定律得
12p LS p L S '=
解得
44cm L '=
由几何关系有
36cm l x L L '∆=+-=
16．如图所示，长0.32m 的不可伸长的轻绳一端固定于O 点，另一端拴一质量为0.3kg 的小球B 静止在水平面上，绳恰好处于伸直状态。

一质量为0.2kg 的小球A 以某一速度沿水平面向右运动，与小球B 发生弹性正碰，碰撞后小球B 恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2，求∶
(1)碰撞后小球B 的速度大小；
(2)碰撞前小球A 的速度大小。

【答案】（1）4m/s ；（2）5m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球B 通过最高点时，由牛顿第二定律得
2
B B m v m g l
= 对小球B 从最低点到最高点由动能定理得
2211222
B B B B m gl m v m v -=
- 解得 4m/s B v =
(2)小球A 与小球B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得
0A A A B B m v m v m v =+
由能量守恒定律得
2220111222
A A A
B B m v m v m v =+ 解得
0 5m/s v =
17．如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L ＝1m ，两轨道之间用电阻R ＝2Ω连接，有一质量m ＝0.5kg 的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。

现用水平拉力F 沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动。

经过位移x ＝0.5m 后，撤去拉力，导体杆又滑行了x′＝1.5m 后停下。

求：
(1)整个过程中通过电阻R 的电荷量q ；
(2)拉力的冲量大小I F ；
(3)整个过程中导体杆的最大速度v m ；
(4)在匀加速运动的过程中，拉力F 与时间t 的关系式。

【答案】 (1)2C(2)4kg·
m/s(3)6m/s(4)F ＝72t ＋18(N) 【解析】
【详解】
（1）导体杆切割磁感线产生的感应电动势
E ＝t
Φ∆∆ 回路中电流 I ＝
E R 通过电阻R 的电荷量
q ＝IΔt ＝R
∆Φ 磁通量ΔΦ＝BLΔx ，又Δx ＝x ＋x′
代入数据可得
q ＝BL x R ∆＝21(0.5 1.5)2
⨯⨯+C ＝2C （2）根据动量定理
I F －F 安Δt ＝0－0
F 安＝BIL ，Δt 为导体杆整个过程中所用时间
I F ＝BILΔt ＝BLq
所以
I F ＝4kg·m/s 。

（3）当撤去力F 后，根据楞次定律可以判断感应电流必定阻碍导体杆的相对运动，所以杆做减速运动，杆的最大速度应该为撤去外力F 瞬间的速度。

撤去F 之后通过电阻R 的电荷量为
q 2＝'
BLx R
撤去外力F 之后，以水平向右为正方向，根据动量定理，则
－BLq 2＝0－mv m
联立上式得导体杆的最大速度为
v m ＝6m/s
（4）根据受力分析可知
F－B BLv
R
L＝ma
由运动学公式v＝at，v m2＝2ax 可解得
a＝36m/s2
联立上式可得关系式为
F＝72t＋18(N)。