辽宁省锦州市2021届新高考第一次大联考物理试卷含解析

辽宁省锦州市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
1．一物体置于一长木板上，当长木板与水平面的夹角为30°时，物体刚好可以沿斜面匀速下滑。

现将长
木板与水平面的夹角变为45︒，再将物体从长木板顶端由静止释放；用x v a 、
、、k E 和t 分别表示物体的位移、物体运动的速度、物体运动的加速度、物体的动能和物体运动的时间。

下列描述物体由静止释放后的运动规律的图象中，可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
BC ．当长木板的倾角变为45︒时，放在长木板上的物体将由静止开始做匀加速直线运动，物体的速度随时间均匀增大，物体的加速度不变，故BC 项错误；
A ．由212
x at =知，A 项错误； D ．由动能定理得k E F x =合，故物体的动能与物体的位移成正比，D 项正确。

故选D 。

2．如图所示，是一个质点在时间内的v-t 图象，在这段时间内，质点沿正方向运动的平均速度大小为v 1沿负方向运动的平均速度大小为v 2则下列判断正确的是( )
A ．v 1>v 2
B ．v 1<v 2
C ．v 1=v 2
D ．以上三种情况均有可能
【答案】B
【解析】
【详解】 由图象可知，正向运动时，物体的位移小于物体做匀减速运动的位移，可知平均速度大小1012v v ＜，同理反向运动时位移大于匀加速运动的位移，平均速度大小2012
v v ＞，因此有v 1＜v 2；
A. v 1>v 2，与结论不相符，选项A 错误；
B. v 1<v 2，与结论相符，选项B 正确；
C. v 1=v 2，与结论不相符，选项C 错误；
D. 以上三种情况均有可能，与结论不相符，选项D 错误。

3．如图所示，边长为L 的正六边形ABCDEF 的5条边上分别放置5根长度也为L 的相同绝缘细棒。

每根细棒均匀带上正电。

现将电荷量为+Q 的点电荷置于BC 中点，此时正六边形几何中心O 点的场强为零。

若移走+Q 及AB 边上的细棒，则O 点强度大小为(k 为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q 之间的相互影响)
A ．
2
kQ L B ．243kQ L C 23kQ D ．
2433kQ L 【答案】D
【解析】
【详解】
根据对称性，AF 与CD 上的细棒在O 点产生的电场强度叠加为零，AB 与ED 上的细棒在O 点产生的电场强度叠加为零.BC 中点的点电荷在O 点产生的电场强度为22
4(sin 60)3kQ kQ L L =︒，因EF 上的细棒与BC 中点的点电荷在O 点产生的电场强度叠加为零，EF 上的细棒在O 点产生的电场强度为
243kQ L ，故每根细棒在O 点产生的电场强度为2
43kQ L ，移走+Q 及AB 边上的细棒，O 点的电场强度为EF 与ED 上的细棒在
O 点产生的电场强度叠加，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度为2242
cos3033kQ L L
︒=；故选D 。

A ．
2
kQ L ，与结论不相符，选项A 错误； B ．243kQ L ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．23L
，与结论不相符，选项C 错误；
D ，与结论相符，选项D 正确； 4．下列关于天然放射现象的叙述中正确的是（ ）
A ．人类揭开原子核的秘密，是从发现质子开始的
B ．β衰变的实质是原子核内一个质子转化成一个中子和一个电子
C ．一种放射性元素，当对它施加压力、提高温度时，其半衰期不变
D ．α、β、γ三种射线中，α射线穿透能力最强，γ射线电离作用最强
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从贝克勒尔发现天然放射现象开始的，故A 错误；
B ．β衰变的实质方程为110
011n H e -→+，是原子核内一个中子转化成一个质子和一个电子，故B 错误；
C ．原子核的半衰期是由自身的结构决定的，与物理条件(温度、压强)和化学状态(单质、化合物)均无关，则对原子核施加压力、提高温度时，其半衰期不变，故C 正确；
D ．α、β、γ三种射线中，γ射线穿透能力最强(主要看射线具有的能量)，α射线电离作用最强(从射线自身的带电情况衡量)，故D 错误。

故选C 。

5．如图，吊桥AB 长L ，质量均匀分布，重G 1。

A 端由铰链支于地面，B 端由绳拉住，绳绕过小滑轮C 挂重物，重G 2。

重力作用线沿铅垂线AC ，AC=AB 。

当吊桥平衡时，吊桥与铅垂线的夹角θ为
A ．2arcsin 21G G B
．arcsin 21G G C ．2arctan 212G G D ．arctan 21
2G G 【答案】A
【解析】
【详解】 以A 为支点，根据力矩平衡条件：
12cos(90)cos 22
L G G L θθ︒-=g g g 可得：
21
θsin 2G G = 解得：
21
2arcsin G G θ= A ．与分析相符，故A 正确；
B ．与分析不符，故B 错误；
C ．与分析不符，故C 错误；
D ．与分析不符，故D 错误；
故选A 。

6．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s 的初速度向甲运动。

它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v —t 图像分别如图（b ）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知
A ．两小球带电的电性一定相反
B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C ．t 2时刻，乙球的电势能最大
D ．在0~t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；
B ．两球作用过程动动量守恒
m 乙△v 乙=m 甲△v 甲
解得 2 1
m m 甲乙 故B 正确；
C ．t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；
D ．在0〜t 3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，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，P 点为一粒子源，可以产生某种质量为m 电荷量为q 的带正电粒子，粒子从静止开始经MN 两板间的加速电场加速后从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向射入正方形abcd 匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，正方形abcd 边长为a ，O 点是cd 边的中点，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A ．若加速电压U 为22
qB a m
时，粒子全部从ad 边离开磁场 B ．若加速电压U 为22
7qB a m
时，粒子全部从ab 边离开磁场 C ．若加速电压U 为22
9qB a m
时，粒子全部从bc 边离开磁场
D ．若加速电压U 由2219qB a m 变为22
20qB a m
时，粒子在磁场中运动时间变长 【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．当粒子的轨迹与ad 边相切时，如图①轨迹所示，设此时粒子轨道半径为1r ，由几何关系得 11sin 302
a r r ︒-
= 得 1r a =
在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力
2111
mv qv B r = 粒子在电场中加速过程根据动能定理
21112
qU mv = 以上各式联立解得粒子轨迹与ad 边相切时加速电压为
22
12qB a U m
= 当粒子的轨迹与ab 边相切时，如图②轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为
2r = 同理求得此时的加速电压为
22
2U =当粒子的轨迹与bc 边相切时，如图③轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为
313
r a = 同理求得此时的加速电压为
22
318qB a U m
= 当加速电压U 为22
qB a m
大于临界电压1U 时，则粒子全部从ad 边离开磁场，故A 正确； B ．当加速电压U 为22
7qB a m
时
22
327qB a U U m << 粒子从bc 边离开磁场，故B 错误；
C ．当加速电压U 为22
9qB a m
时 22
329qB a U U m
<< 所以粒子从bc 边离开磁场，故C 正确；
D ．加速电压U 为2219qB a m 和22
20qB a m
时均小于临界电压3U ，则粒子从cd 边离开磁场，轨迹如图④所示，根据对称性得轨迹的圆心角为300︒，运动时间都为
30052536063m m t T qB qB
ππ︒︒==⨯= 故D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，用一根轻质细绳跨过固定光滑的挂钉O 将一个画框悬挂在墙壁上，细绳的两端分别栓接在画框上两根挂钉1、2上。

画框静止时，O 点两侧细绳与竖直方向的夹角分别为,αβ，对应细绳中的张力大小分别为12,F F 悬挂时，挂钉1、2不一定等高，下列说法正确的是（ ）
A ．若1更高，则αβ>
B ．若2更高，则12F F >
C ．无论1、2是否等高，总有αβ=成立
D ．无论1、2是否等高，总有12F F =成立
【答案】CD
【解析】
【详解】
因为钉子是光滑的，可知两边绳子的拉力总是相等的，即无论1、2是否等高，总有12F F =成立；对结点O ，水平方向：
12sin sin F F αβ=
则αβ=，即选项AB 错误，CD 正确；故选CD 。

9．两相距2R 、电量相等的点电荷Q 1、Q 2放在水平轴线上，Q 1带负电，Q 2带正电，O 为两者中点。

以Q 1为圆心、半径为R 的球面上有a 、b 、c 三位置，a 、Q 1、Q 2在同一竖直平面内，b 、c 、Q 1在同一水平平面内，且a 、b 连线与水平轴垂直，b 、c 连线与水平轴平行，a 、O 相距为R ，如图所示。

下列说法正确的是( )
A ．a 、b 两处电势相等
B ．b 、c 两处电势相等
C ．a 、b 两处场强大小相等
D ．b 、c 两处场强大小相等
【答案】AC
【解析】
【详解】 AB ．在1Q 产生的电场中，a 、b 、c 三点等势，在2Q 产生的电场中，a 、b 等势且高于c 点电势，故A 正确，B 错误；
C ．由对称性可知，a 、b 两点场强大小相等，方向不同，故C 正确；
D ．b 、c 与1Q 等距，距2Q 的距离b 近c 远，由平行四边形定则可知，b 点场强大于c 点，故D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，卫星a 没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b 发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。

认为重力近似等于万有引力。

下列说法正确的是（ ）
A．a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等
B．b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度g
C．a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度
D．a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．两卫星的质量相等，到地心的距离相等，所以受到地球的万有引力相等。

卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，万有引力的一部分充当自转的向心力，卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，万有引力全部用来充当公转的向心力，因此a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，A项错误；B．对卫星b重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力，所以向心加速度等于重力加速度g，B项正确；
C．卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，其公转速度就是最大的环绕速度，也是第一宇宙速度，卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转的向心力小于卫星b的公转向心力，根据牛顿第二定律，卫星a的线速度小于b的线速度，即a的线速度小于第一字宙速度，C项错误；
D．a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转周期等于地球的自转周期，同步卫星的公转周期也等于地球的自转周期，所以a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，D项正确。

故选BD。

11．一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。

0~4s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、图乙所示。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

由此可求得（）
A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N
B．物块的质量等于1.5kg
C ．在0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N ・S
D ．在0~4s 时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N ・S
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t=1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有
1.5N f F ==
故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
F f ma -=
代入26N,3m/s F a ==得
1.5kg m =
故B 正确；
C ．在v －t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有
133m/s 4.5m/s 2
v =⨯⨯= 由动量定理可得
1.5 4.5N s=6.75N s I m v =∆=⨯⋅⋅
故C 正确；
D ．在0~4s 时间内，F 的冲量为
064N s 12N s 2
F I +=⨯⋅=⋅ 则摩擦力冲量为
f (6.7512)N s 5.25N s F I I I =-=-⋅=-⋅
故D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高。

一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方2
R 处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g 。

下列说法正确的有（ ）
A ．小球运动到
B 2gR B ．弹簧长度等于R 时，小球的机械能最大
C ．小球运动到B 点时重力的功率为2gR
D ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．小球在A 点和
B 点时，弹簧的形变量相同，则弹性势能的变化量为零，根据能量守恒得
2122
B mg R mv ⋅=
解得 4B v gR =故A 错误；
B ．除重力以外其它力做功等于机械能的增量，当弹簧长度等于R 时，弹簧弹力做功最多，则小球的机械能最大，故B 正确；
C ．小球运动到B 点时，重力的方向与速度方向垂直，则重力的功率为零，故C 错误；
D ．在A 点，有
2
A R mg k N += 在
B 点，根据牛顿第二定律得
22B B v R N k mg m R
--= 解得
52
B R N mg k =+ 可知小球在A 、B 两点对圆环的压力差为4mg ，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．利用图示装置可以做力学中的许多实验．
（1）以下说法正确的是____________.
A ．利用此装置“研究匀变速直线运动” 时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响
B ．利用此装置探究 “小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M 关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比
C ．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响
(2).小华在利用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a 的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.
【答案】（1）C （2）g
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A ．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A 不准确；
B ．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a ﹣M 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a ﹣1M
图象，故B 错误； C ．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C 正确．
（2）设小车质量为m ，钩码质量为M ，则对小车有：
Mg F Ma =﹣
对钩码有：
F mg ma μ=﹣
联立解得：
M m a g M m
μ-=+ 将上式变形为：
11m M a g m M
μ-
=+
可见当M?m时，加速度a趋近于g．
14．某同学利用下列器材测量两节干电池的总电动势E和总电阻r。

A．待测干电池两节；
B．电压表1V、2V，量程均为3V，内阻很大；
C．定值电阻0R（阻值未知）；
D．电阻箱R；
E.导线若干和开关。

（1）根据如图甲所示的电路图，在实物图乙中补全相应的电路图_________。

（2）实验之前，需要利用该电路测出定值电阻0R。

先把电阻箱R调到某一阻值1R，再闭合开关，读出电压表1
V和
2
V的示数分别为
10
U、
20
U，则
R=_______（用
10
U、
20
U、
1
R表示）。

（3）实验中调节电阻箱R，读出电压表1V和2V的多组相应数据1U、2
U。

若测得
1.2
R=Ω，根据实验描绘出12
U U
-图象如图内所示，则两节干电池的总电动势E=_______V、总电阻r=________Ω。

（结果均保留两位有效数字）
【答案】20101
10
U U
R
U
-
3.0 2.4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]
(2)[2] 闭合开关后，根据串并联电路规律可知，0R 两端电压00210U U U =-，电流为101
U I R =
，根据欧姆定律 020100110
U U U R R I U -== (3)[3] 根据闭合电路欧姆定律可知
2120
U U U E r R -=-
变形可得 2001()U r R ER U r r
+=- 由图象可知，当10U =时，2 1.0V U =，则有
0 1.2 r R E r r
+⨯= 图象的斜率为
0 2.40 1.52.6 1.0
r R k r +-===- 联立解得 3.0V E =， 2.4Ωr =。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ=37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m =2kg 的物块，带正电，电量为q=10-6 C 。

若物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，电场强度为E=5×106V/m ，且物块能自由下滑到斜面底端。

斜面高度为h=1m ，已知：
g=10m/s 2 ，sin 37°=0.6 ，cos37°=0.8试问，物块下滑到斜面底端过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；
(2)物块动能的改变量；
(3)物块机械能的改变量。

【答案】 (1)6.33J ；(2)7J ；(3)-13J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为
()cos sin f mg qE μθθ=+
代入数据解得
3.8N f =
所以物块与斜面摩擦产生的内能为
J 13.6
J 6.i 833s n 370.h Q f ≈=⨯o ＝ (2)物块下滑过程中重力做功为
2101J 20J G W mgh ⨯===⨯
电场力做的功
6610.75
10510J 6.67J tan 37h W qE --=-⨯⨯≈-⨯o 电＝ 根据功能关系可知摩擦力做的功为
6.33J f W Q =-=-
所以根据动能定理有
J +7=k G f W W W W E ==+∆电合
(3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功 J = 6.676J J 13.33f G E W W W ∆=+--==-电非
16．半径R ＝0.50 m 的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m ＝0.20 kg 的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L 0＝0.50 m ，劲度系数k ＝4.8 N/m ，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C ，在C 点时弹簧的弹性势能E PC ＝0.6 J ，g 取10 m/s 2.求：
(1)小球经过C 点时的速度v c 的大小；
(2)小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向．
【答案】 (1) 3 m/s. (2) 3.2 N ，方向向上．
【解析】
试题分析：(1)设小球经过C 点的速度为v c ，小球从B 到C ，据机械能守恒定律得
mg(R ＋Rcos60°)＝E PC ＋12
mv 20， （3分） 代入数据求出v c ＝3 m/s. （2分）
(2)小球经过C 点时受到三个力作用，即重力G 、弹簧弹力F 、环的作用力F N . 设环对小球的作用力方向
向上，根据牛顿第二定律F ＋F N －mg ＝m 20v R
， （2分） 由于F ＝kx ＝2.4 N ， （2分）
F N ＝m 20v R
＋mg －F ， 解得F N ＝3.2 N ，方向向上． （1分）
根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N ．方向竖直向下． （1分）
考点：考查匀速圆周运动
点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C 点由竖直方向的合力提供向心力 17．2020年1月1日起，TPMS （胎压监测系统）强制安装法规将开始执行。

汽车行驶时，TPMS 显示某
一轮胎内的气体温度为27 ℃，压强为250 kPa ，己知该轮胎的容积为30L 。

阿伏加德罗常数为N A =6.0×
1023 mol -1，标准状态下1mol 任何气体的体积为22.4L ，1atm=100kPa 。

求该轮胎内气体的分子数。

（结果保留一位有效数字）
【答案】24210⨯个
【解析】
【详解】
设胎内气体在100kPa 、0℃状态下的体积为V 0，根据气体状态方程有：
001110
p V p V T T =， 代入解得：
V 0=68.25L
则胎内气体分子数为： N=24021022.4
A V N ≈⨯个。