安徽省淮南市2021届新高考第一次质量检测物理试题含解析

安徽省淮南市2021届新高考第一次质量检测物理试题
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．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。

开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）
A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。

小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；
B．当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；
C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。

故选B。

2．长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B 两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。

今使小球在竖直平面内以A、B连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小均为（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【详解】
小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=m ，当小球在最高点的速率为2v 时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30°＝m
，解得：T=mg 。

故选A.
3．下列说法正确的是（ ） A ．一定量的理想气体，当气体体积增大时，气体一定对外界做功
B ．物体放出热量，其内能一定减少
C ．温度高的物体分子平均动能一定大，但内能不一定大，
D ．压缩气体需要用力，这是因为气体分子间存在斥力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．一定量的理想气体，当气体由于自由扩散而体积增大时，气体对外界不做功，故A 错误；
B ．物体放出热量，若同时外界对物体做功，物体的内能不一定减少，故B 错误；
C ．内能取决于物体的温度、体积和物质的量，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故C 正确；
D ．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D 错误。

故选C 。

4．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为12:3:1n n =，电阻122R R =，电流表和电压表均为理想交流电表，若电流表的示数为2A ，电压表的示数为30V ，则电阻1R 的阻值为（ ）
A ．45Ω
B ．55Ω
C ．65Ω
D ．75Ω
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 原、副线圈两端的电压之比
112231
U n U n == 已知230V U =故
12390V U U ==
则通过1R 的电流
11012
2U U I R R == 副线圈的电流
222
U I R = 又因为1221
I n I n =，所以通过原线圈的电流 2121
n I I n = 流过电流表的电流
01I I I =+
即
122212
2U n U I R n R =+⨯ 解得
227.5R =Ω
12255R R ==Ω
故选B 。

5．与下列图片相关的物理知识说法正确的是（ ）
A ．甲图，汤姆生通过α粒子散射实验，提出了原子核的概念，建立了原子核式结构模型
B ．乙图，氢原子的能级结构图，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射6种不同频率的光子
C ．丙图，“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了相对论学说，建立了光电效应方程
D ．丁图，重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续得进行，称为链式反应，其中一种核裂变反应方程为235
141
9219256360U Ba Kr 2n →++
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．甲图为卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的概念，建立了原子的核式结构模型，故A 错误；
B ．乙图中，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射的光子种类为
2
443C 62
⨯== 即共辐射出6种不同频率的光子，故B 正确；
C ．丙图的“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了光子说，建立了光电效应方程，故C 错误；
D ．重核裂变称为链式反应是因为生成的多个中子继续作为反应物又轰击铀核，反应方程为
235
1
14192192056360U+n Ba Kr 3n →++
故D 错误。

故选B 。

6．如图所示，竖直直线MN 的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

正方形线框abcd 的边长为L ，静止于图示位置，其右边与MN 重合。

从0t =时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运动。

线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。

在运动过程中，线框a 、b 两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】
【详解】
线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。

两过程加速度相等，设为a 。

线框进入磁场的运动过程。

由右手定则知感应电流方向由b 向a 。

ba 段为电源，则a 点电势高于b 点电势。

电动势大小为
E BLv =
34
ab U E = 由运动规律得
v at =
解以上三式得
34
ab U BLat = 图像为过原点的直线，斜率为34
BLa 。

在0t 时刻有 034
ab U BLat =。

在磁场中的运动过程。

由右手定则知a 点电势高于b 点电势。

在0t 时刻有
0 ab U E BLat '==
0 =ab U E BL v at '=+（）
由运动规律得
202v aL =
解以上两式得 2ab U BL aL BLat =+
图像斜率为BLa 。

故选C 。

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，理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，AB 两点之间始终加2202sin100u t π=（V ）的交变电压。

R 是输电线的电阻，L 是标有“100V 、100W”的白炽灯。

M 是标有“100V 、200W”的电动机，其线圈电阻r=10Ω。

开关S 断开时，电动机正常工作。

下列说法正确的是（ ）
A ．输电线的电阻阻值20R =Ω
B ．电动机的输出功率为180W
C ．开关S 闭合后，电动机的电功率减小
D ．开关S 闭合后，白炽灯的功率为100W
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 开关S 断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V ，副线圈电流
22A P I U
== 根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V ，原线圈电流1A ，在原线圈回路
112
m I R U =+ 解得
20R =Ω
B ． 电动机的输出功率为
22M 160W P P I R =-=出
故B 错误；
CD ． 开关S 闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻R 上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V ，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于100W ，故C 正确D 错误。

故选AC 。

8．如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h 的过程中，以下说法正确的是
A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B ．重力做的功等于系统产生的电能
C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热
D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
题中导体棒ab 匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．
【详解】
因为导体棒是匀速运动，所以动能不变，根据动能定理可得合力做功为零，A 正确；根据动能定理可得0F G W W W --=安，解得G F W W W 安=-即重力做功等于外力与安培力做功之和，因为动能不变，所以恒力F 做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，B 错误D 正确；根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，C 正确；
9．如图所示，在一个倾角为37︒的长斜面底端O 点正上方 1.7m h =的P 点处将一小球以速度0v 水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q 点，sin370.6︒=。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球的初速度04m/s v =
B ．Q 点离O 点的距离|| 1.2m QO =
C ．保持h 不变，将小球以02v 的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O 点的距离小于2||QO
D ．若抛出点高度变为2h
，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为02v
【答案】CD
【解析】 【分析】
【详解】
AB ．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53︒，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值 tan5322tan 37h y h y y x
︒︒
--=⋅=⋅ 可得
90.9m 17
y h == 1.2m x =
|| 1.5m sin53
x QO ︒== 小球在空中运动的时间
2()0.4s h y t g
-== 初速度
03m/s x v t
==
故AB 错误；
C ．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
若无斜面，则小球应击中O '点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端O 的距离小于2||QO ，故C 正确；
D ．若抛出点高度变为2h ，根据小球垂直击中斜面的规律知 9217y h '=⨯ 则小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据
0x v t =
2h t g
= 联立解得
02g v x h
= 故小球的初速度应调整为原来的2倍，故D 正确。

故选CD 。

10．如图所示，排球运动员站在发球线上正对球网跳起从O 点向正前方先后水平击出两个速度不同的排
球。

速度较小的排球落在A 点，速度较大的排球落在B 点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．两排球下落相同高度所用的时间相等
B ．两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相间
C ．两排球通过相等的水平距离，落在A 点的排球所用的时间较少
D ．两排球在落地前的一小段相等时间内，落在B 点的排球下降的高度较小
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．从同一高度水平发出两个速度不同的排球，根据平抛运动规律，竖直方向上有
2
12
h gt = 可知两排球下落相同高度所用的时间相等，A 项正确；
B ．由2
2y v gh =可知两排球下落相同高度时在竖直方向上的速度相同，B 项正确；
C ．由平抛运动规律可知水平方向上有x=vt ，可知速度较大的排球通过相等的水平距离所用的时间较少，C 项错误；
D ．由于做平抛运动的排球在竖直方向的运动为自由落体运动，两排球在落地前的一小段相等时间内下降的高度相同，D 项错误。

故选AB 。

11．2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。

某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L ＝3.60 m 处起跳，在离地面高H ＝3.20 m 处将球以v 0＝12 m/s 的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。

假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h 1＝2.50 m 和h 2＝2.95 m ，g 取10 m/s 2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（ ）
A ．乙在网前直立不动
B ．乙在甲击球时同时起跳离地
C ．乙在甲击球后0.18 s 起跳离地
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间
0 3.600.312
L t s s v === 排球下落的高度为
2211100.3m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m 22
h gt ∆==⨯⨯ 则不能拦网成功，选项A 错误；
B ．因为乙在空中上升的时间为
12(2.95 2.50)0.310t s s ⨯-==
乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m ，则可以拦住，故B 正确；
C ．结合选项B 的分析，乙在甲击球后0.18s 起跳离地，初速度为
v=gt 1=10×0.3=3m/s
上升时间t′=0.12s 时球到达乙位置，上升的高度为
'210.288m 2
h vt gt '-'V ＝＝ 2.50m+0.288m=2.788m ＞2.75m ，可以拦网成功，故C 正确；
D ．乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s ；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，将质量为m 的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O 点，小球静止在Q 点，P 为O 点正下方一点，OP 间的距离等于橡皮筋原长，在P 点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环。

现对小球施加一个外力F ，
使小球沿以PQ 为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 的方向始终跟橡皮筋垂直
B ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 的方向始终水平向右
C ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 逐渐增大
D ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 先变大后变小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
设圆的半径为R ，则
2PQ R =
OP 为橡皮筋的原长，设劲度系数为k ，开始时小球二力平衡有
2k R mg ⋅=
当移动到橡皮筋与竖直方向成θ角时，受力分析：
弹力大小为
2cos cos T kR mg θθ==
所以有
sin F mg θ=
且方向跟橡皮筋垂直，移动过程中θ一直增大，sin θ一直增大，F 一直增大，AC 正确，BD 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

（1）实验室有如下器材可供选用：
A ．长约1m 的细线
B ．长约1m 的橡皮绳
C ．直径约2cm 的铁球
D ．直径约2cm 的塑料球
E.米尺
F.时钟
G .停表
实验时需要从上述器材中选择：____（填写器材前面的字母）。

（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②测得摆线长度，作为单摆的摆长
③在偏角较小的位置将小球由静止释放
④记录小球完成n 次全振动所用的总时间t ，得到单摆振动周期t T n
=
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。

其中有一处操作不妥当的是____。

（填写操作步骤前面的序号）
（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为____m/s 2。

（4）实验后同学们进行了反思。

他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。

请你简要说明其中的原因______。

【答案】ACEG ②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径； 9.86
2l T g
=简谐运动的周期公式。

当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。

【解析】
【分析】
【详解】 （1）[1]．单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m 的细线，直径约2cm 的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG 。

（2）[2]．操作不妥当的是②．单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。

（3）[3]．根据单摆的周期公式得
2l T g = 解得 2
2
4T l g π= 由图像可知
24 4.041
k g π===
解得
g=9.86m/s 2
（4）[4]．公式
2l T g
π=是单摆做简谐运动的周期公式。

当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。

14．第34届全国青少年科技创新大赛于2019年7月20-26日在澳门举办，某同学为了测试机器人内部电动机的电阻变化，对一个额定电压为6V ，额定功率约为3.5W 小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要求电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V ，实验室备有下列器材：
A ．电流表（量程Ⅰ:0～0.6 A ，内阻约为1 Ω;量程Ⅱ:0～3 A ，内阻约为0.1 Ω）
B ．电压表(量程为0～6 V ，，内阻几千欧)
C ．滑动变阻器R 1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D ．滑动变阻器R 2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
E.电池组(电动势为9 V ，内阻小于1 Ω)
F.开关和导线若干
（1）实验中所用的滑动变阻器应选 ____ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _____ (选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

（2）请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。

（______）
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P ，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V 时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为______Ω，电动机正常工作时的输出机械功率为_______W 。

(保留两位有效数字)
【答案】C Ⅰ 2.5 2.6
【解析】
【详解】
（1）[1][2]．电风扇的额定电流0.58A P I U ==，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程Ⅰ。

电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10 Ω的误差较小，即选择C 。

（2）[3]．因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。

则可知对应的实物图如答案图所示。

（3）[4][5]．电压表读数小于1 V 时电风扇没启动，由图象可知I=0.4 A 。

根据欧姆定律得
1 2.50.4
U R I ===Ω。

正常工作时电压为6 V ，根据图象知电流为0.57 A ，则电风扇发热功率
P=I 2R=0.572×2.5 W=0.81 W
则机械功率
P'=UI-I 2R=6×0.57 W-0.81 W=2.61 W≈2.6 W 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内有一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小为B ＝0.1T 从坐标原点沿与x 轴正向成30θ=︒的方向，向第一象限内射入质量为17110m -=⨯kg 、电荷量为—111.010q =⨯C 的带正电粒子，粒子的速度大小为v 0＝1×104m/s ，粒子经磁场偏转后，速度垂直于x 轴．若不计粒子的重力，求〔结果可用m 表示):
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径及运动的时间;
（2）匀强磁场的最小面积．
【答案】（1）23π×10-5s ；（2）34
π×10-2m 2 【解析】
【详解】 （1）带电粒子在磁场中做圆周运动，由：
qv 0B=m 20v R
可得粒子做圆周运动的半径为：
R=0mv qB
=0.1m 粒子在磁场中做圆周运动的周期：
T=2m qB
π 由几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°
粒子在磁场中运动的时间：
t=1202236033
m T qB ππ==×10-5s （2）粒子的运动轨迹如图所示，设入射点在P 点，出射点在Q 点
由几何关系可知：
PQ=2Rcos30°=310
m 则圆形磁场的最小半径：
r=32PQ =因此匀强磁场的最小面积：
S=πr 2=34
π×10-2m 2 16．如图所示，真空中有以（r ，0）为圆心，半径为r 的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为
B，方向垂直于纸面向里，在y=r的虚线上方足够大的范围内，有方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子。

已知质子在磁场中的轨迹半径也为r，质子的电量为q，质量为m。

(1)速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，将会进入电场，然后返回磁场，请在图中画出质子的运动轨迹；
(2)在(1)问下，求出从O点射人的质子第二次离开磁场所经历的时间。

【答案】(1) ；(2)(23)2
m Br
qB E π+-
+
【解析】
【详解】
(1)如图所示。

(2)质子射入磁场后做匀速圆周运动，有
2
mv
qvB
r
=
可得
qBr
v
m
=
质子在磁场中转过120︒角后从C 点垂直电场线进入电场，设时间为1t
123m t qB π= 从C 点到D 点匀速运动
2cos30r r vt -︒=
解得
2312m t qB
⎛⎫- ⎪⎝
⎭= 从D 点减速到F 点做匀减速运动
3qE v t m
= 解得
3Br t E
= 从F 点到D 点时间为3t ，从D 点到C 点时间为2t ，从C 点到M 点做匀速圆周运动
43m
t qB π=
总时间
123422t t t t t =+++=(23)2m Br E
π+-+ 17．如图所示，用两个质量均为m 、横截面积均为S 的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，当在活塞A 下方悬挂重物后，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l 0。

已知环境温度、大气压强p 0均保持不变，且满足5mg=p 0S ，不计一切摩擦。

当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，活塞A 上升的高度为076
l ，求悬挂重物的质量。

【答案】2m
【解析】
【详解】
对气体I 分析，初状态的压强为 ()10m m g p p S
'+=- 末状态的压强为
10045
mg p p p S =-= 由玻意耳定律有
1110p l S p l S '=
对气体1分析，初状态 21mg p p S =-
末状态
21035
B m p p p S ''=-- 由玻意耳定律
2e 22p l S p l S '=
A 活塞上升的高度
()()0102076
l l l l l l ∆=-+-= 联立解得
m'=2m 。