上海市奉贤区2021届新高考物理第一次调研试卷含解析

上海市奉贤区2021届新高考物理第一次调研试卷
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．帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力．下列图中能使帆船获得前进动力的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
船所受风力与帆面垂直，将风力分解成沿船前进方向和垂直于船身方向．船在垂直船身方向受到的阻力能抵消风力垂直于船身方向的分量
【详解】
A、A图中船所受风力垂直于船前进方向，沿船前进方向的分力是零．故A项错误．
B、将B图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，故B项错误．
C、将C图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，故C项错误．
D、将D图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相同，能使使帆船获得前进动力．故D项正确．2．如图所示，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区、图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相作用和电荷量变化，则以下说法正确的是
A．A点电势高于B点电势
B．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大
【答案】B
【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点电势，故A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，则A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误．故选B．
点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口．
3．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设该发动机在t s时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ft=mv，可知，在1s内喷射出的气
体质量
6
3
4.810
1.610
3000
m F
m kg kg
t v
⨯
====⨯，故本题选B．
4．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则( )
A．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态
B．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零
C．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力
D．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后
向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A 错误；
B.运动员把跳板压到最低点时，跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故B 错误；
C.从最低点到最高过程中，跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C 正确；
D.跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D 错误．
故选C.
5．下列说法中，正确的是（ ）
A ．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B ．物体在恒力作用下不可能做圆周运动
C ．物体在变力作用下不可能做直线运动
D ．物体在变力作用下不可能做曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．物体在恒力作用下也可能做曲线运动，例如平抛运动，选项A 错误；
B ．物体做圆周运动的向心力是变力，则物体在恒力作用下不可能做圆周运动，选项B 正确；
C ．物体在变力作用下也可能做直线运动，选项C 错误；
D ．物体在变力作用下也可能做曲线运动，例如匀速圆周运动，选项D 错误；
故选B 。

6．如图甲所示，线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里。

当磁场的磁感应强度大小B 随时间t 变化时，ab 边的热功率与时间的关系为2
ab P kt （k 为定值）。

图乙为关于磁感应强度大小B 随时间t 变化的图象，其中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为 B S E t t ∆Φ
∆⋅∆∆＝＝ 感应电流为
E I R
= ab 边的热功率
2
222ab ab ab S R P I R R B t ⎛⎫==⋅ ⎝∆⎪⎭
∆ 由2ab P kt =可知 ab
B R k t t S R ∆=∆ 可知图像的斜率与时间成正比，所以四个图象中只有D 正确，AB
C 错误。

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．质量为m 电量为q +的小滑块(可视为质点)，放在质量为M 的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为μ，木板长为L ，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E ，恒力F 作用在m 上，如图所示，则（ ）
A ．要使m 与M 发生相对滑动，只须满足()F mg Eg μ>+
B ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当m 相对地面的位移相同时，m 越大，长木板末动能越大
C ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，当M 相对地面的位移相同时，E 越大，长木板末动能越小
D ．若力F 足够大，使得m 与M 发生相对滑动，
E 越大，分离时长本板末动能越大
【答案】BD
【解析】
A 、m 所受的最大静摩擦力为()f mg Eq μ=+ ,则根据牛顿第二定律得F f f a m M
-== ,计算得出
()()mg Eq M m F M μ++= .则只需满足()()
mg Eq M m F M μ++> ,m 与M 发生相对滑动.故A 错误.
B 、当M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m 的加速度()
F mg Eq a m μ-+= ,知m 越大,m 的加速
度越小,相同位移时,所以的时间越长,m 越大,m 对木板的压力越大,摩擦力越大,M 的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B 选项是正确的.
C 、当M 与m 发生相对滑动,E 越大,m 对M 的压力越大,摩擦力越大,则M 相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误
D 、根据22121122
L a t a t =- 知,E 越大,m 的加速度越小,M 的加速度越大，知时间越长,因为E 越大,M 的加速度越大,则M 的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D 选项是正确的.， 故选BD
点睛：当m 与M 的摩擦力达到最大静摩擦力,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F 的最小值.当F 足够大时,M 与m 发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.
8．质谱仪用来分析带电粒子的质量与电荷量，其构造原理如图所示。

将第-种粒子源放于S 处，经加速电场（电压为U ）加速后垂直于磁场方向、垂直于磁场边界进入匀强磁场。

在磁场中运动后到达磁场边界上的P 点。

换第二种粒子源也放在S 处，其粒子同样到达P 点。

粒子从粒子源射出的初速度均为零，不计粒子重力。

则下列说法正确的是（ ）
A ．若第二种粒子的电性与第一种不同，需同时改变电场方向与磁场方向
B ．若第二种粒子的电性与第一种不同，只需改变电场方向或磁场方向即可
C ．若第二种粒子与第--种粒子是同位素，其质量比为2627
，保持电场电压不变，则磁场磁感应强度需调整2627
D ．若第二种粒子与第--种粒子的质量比为
1314、电荷量比为1213，保持磁场磁感应强度不变，则电场电压需调整为原来的
168169
【答案】ACD
【解析】
【详解】
AB ．如图所示
带电粒子运动有3个子过程。

两种粒子要在电场中加速，则电场力方向相同。

因电性不同，则电场方向相反。

粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中均向下偏转，所受洛伦兹力方向相同，由左手定则知粒子电性不同，则磁场方向不同，故A 正确，B 错误；
CD ．加速电场加速有
212
qU mv = 磁场中圆周运动有
2
v qvB m r
= 解得
12mU B r q
=第二种粒子与第-种粒子是同位素，其电荷量q 相同，若质量比为
2627，则 22112627
B m B m ==解得
22111212141681313169
U q m U q m =⨯=⨯= 故CD 正确。

故选ACD 。

9．如图所示，光滑水平面上放置一内壁光滑的半圆形凹槽，凹槽质量为M ，半径为R 。

在凹槽内壁左侧上方P 点处有一质量为m 的小球（可视为质点），距离凹槽边缘的高度为h 。

现将小球无初速度释放，小球从凹槽左侧沿切线方向进入内壁，并从凹槽右侧离开。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球离开凹槽后，上升的最大高度为h
B ．小球离开凹槽时，凹槽的速度为零
C ．小球离开凹槽后，不可能再落回凹槽
D ．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为
2MR M m
+ 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速度相等都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，槽静止，小球会再落回凹槽，由能量守恒可知小球离开凹槽后上升的最大高度为h 。

故AB 正确，C 错误；
D ．从开始释放到小球第一次离开凹槽，凹槽的位移大小为x ，由动量守恒 (2)Mx m R x =-
解得
2mR x M m
=+ 故D 错误。

故选AB 。

10．下列说法中正确的是（ ）
A ．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的次数加倍，气体的压强加倍
B ．液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致
C ．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
D ．导热性能各向同性的固体，可能是单晶体
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A．由pV
C
T
=可知，当温度不变，体积减半，则气体压强p加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位
面积上碰撞的次数加倍，故A正确；
B．液体表面层分子间的距离大于平衡距离，液体表面层内分子间的作用力表现为引力，从宏观上表现为液体的表面张力，故B错误；
C．随分子间距离增大，分子间引力以斥力均减小，当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，如果分子间距离小于平衡距离，随分子间距增大，分子势能减小，如果分子间距大于平衡距离，随分子间距增大，分子势能增大，因此随分子间距离增大，分子势能不一定减小，故C正确；
D．单晶体只是某些物理性质具有各向异性，并不是所有的性质都具有各向异性，所以导热性质表现为各向同性的物质也有可能是单晶体，故D正确。

故选ACD。

11．如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为2kg的小球。

开始时轻绳处于竖直位置。

用一个方向与水平面成37︒的外力F拉动小球，使之缓慢升起至水平位置。

g取2
10m/s，关于这一过程中轻绳的拉力，下列说法中正确的是（）
A．最小值为16N B．最小值为20N C．最大值为26.7N D．最大值为20N
【答案】AC
【解析】
【详解】
应用极限法。

静止小球受重力mg、外力F、绳拉力F绳，如图。

AB．当力三角形为直角OAB
∆时
cos3716N
F AB mg︒
===
绳最小
故A正确，B错误；
CD．当力三角形为直角OCB
∆时
26.7N tan 37
mg F CB ︒==≈绳最大 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

12．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E 与路程x 的关系图像如图乙所示，其中O-x 1过程的图像为曲线，x 1-x 2过程的图像为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是
A ．O-x 1过程中小球所受拉力大于重力
B ．小球运动路程为x 1时的动能为零
C ．O-x 2过程中小球的重力势能一直增大
D ．x 1-x 2过程中小球一定做匀加速直线运动
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
E F x
∆=∆拉 可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x 1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x 1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x 1处速度为零，动能为零，说明O-x 1过程中小球先加速后减速，所以在减速阶段拉力小于重力，A 错误，B 正确；
C ．O-x 1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x 1-x 2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C 错误；
D ．x 1-x 2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组设计如图甲所示的实验装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在桌面上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器（未画出）的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。

在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。

(1)如图乙为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测得计数点间的距离如图所示。

已知交流电源的频率为50Hz ，根据图中数据计算滑块加速度a =________m/s 2 ，计数点3对应的滑块速度v 3=_________m/s 。

（结果保留两位有效数字）。

(2)滑块、托盘（含砝码）的质量分别用M 、m 表示，滑块的加速度用a 表示，重力加速度为g ，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________（用题中字母表示）。

(3)若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是_______________________。

A ．纸带与打点计时器间有摩擦
B ．滑轮存在摩擦阻力
C ．木板未调节水平，左端偏高
D ．未满足M 远大于m
【答案】0.50m/s 2 0.26m/s 或0.27m/s ()mg M m a Mg μ-+=
AB 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔T= 0.1s ，根据逐差法有 ()()26543212
0.5m 9x x x x x x a T ++-++== [2] 根据匀变速直线运动规律知道3点的瞬时速度等于2点到4点的平均速度有
2430.26m 2x v T
== （2）[3]以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有
()mg f M m a -=+
f M
g μ=
联立解得 ()mg M m a Mg
μ-+= （3）[4] 纸带与打点计时器间的摩擦力和滑轮存在摩擦阻力都会使测得的摩擦力增大，根据
f M
g μ=
可知，摩擦力增大，故摩擦因数增大。

木板未调节水平，左端偏高和未满足M 远大于m 均不会影响摩擦力变大，故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

14．某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA 刻度．可选用的器材还有：定值电阻R 0（阻值14kΩ），滑动变阻器R 1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R 2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V ，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干．
（1）欧姆表设计
将图（a ）中的实物连线组成欧姆表．（____________）欧姆表改装好后，滑动变阻器R 接入电路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R 1”或“R 2”）．
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b ）所示．表盘上a 、b 处的电流刻度分别为25和75，则a 、b 处的电阻刻度分别为____、____．
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c ）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω．
【答案】 900 R 1 45 5 0 35000.0
【解析】
【分析】
【详解】
（1）连线如图：
根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则0g g E I r R R R =
+++，解得R=900Ω；为了滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R 1；
（2）在a 处， 014g g xa
E I r R R R =+++，解得R xa =45kΩ； 在b 处，则034g g xb
E I r R R R =+++，解得R xb =5kΩ； （3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0 kΩ处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R=35000.0Ω．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆弧，对应的圆心角53θ=︒，半径为r ，CD 段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D 点右侧固定了一个14圆弧挡板MN ，圆弧半径为R ，圆弧的圆心也在D 点。

倾斜轨道所在区域有场强大小为95mg E q
=、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A 点由静止释
放，最终从D 点水平抛出并击中挡板。

已知A ，B 之间距离为2r ，斜轨与小物块之的动摩擦因数为14
μ=
，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g ，530.8sin ︒=，530.6cos ︒=。

求：
(1)小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小；
(2)改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

【答案】（1）在C 点小物块对圆轨道的压力大小为135
N
F mg '=；（2）小物块动能的最小值为min 3k E = 【解析】
【详解】
(1)小物块由A 到B 过程由动能定理，得：()21222B mgsin r mgcos qE r mv θμθ⋅-+⋅=
解得：45
B v gr =小物块由B 到
C 过程由机械能守恒定律得：()22111cos 22C B mgr mv mv θ-=
- 解得：85
C v gr = 在C 点由牛顿第二定律，得：2C N v F mg m r
-= 解得：135
N F mg = 由牛顿第三定律可得，在C 点小物块对圆轨道的压力大小为135N
F mg ='
(2)小物块离开D 点后做平抛运动，水平方向：0x v t = 竖直方向：212y gt = 而：222x y R +=
小物块平抛过程机械能守恒，得：2012k mgy E mv =- 由以上式子得：2344
k mgR mgy E y =+ 由数学中均值不等式可知：233244k mgR mgy E mgR y ≥⋅= 则小物块动能的最小值为min 3k E mgR = 16．如图所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC 与水平面AB 圆滑连接。

质量m ＝2kg 的物体静止于水平面上的M 点，M 点距B 点之间的距离L ＝9m ，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F ＝14N 作用，运动至B 点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/s 2）。

则：
(1)物体到达B 点时的速度是多大？
(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？
【答案】 (1)6/m s ；(2)350.6s 5⎛+ ⎝
⎭。

【解析】
【详解】
(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知
F mg ma μ-=
解得
22140.5210m/s =2m/s 2
F mg a m μ--⨯⨯==； M 到B ，根据速度位移公式可知
22B v aL =
解得
2229m/s=6m/s B v aL ==⨯⨯；
(2)在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知
1sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得
2110m/s a =
根据速度位移公式可知
22B v ax =
解得
1.8m x =
由11B v a t =得
10.6s t =
因tan μθ<，所以物体速度减为零后会继续下滑
下滑时根据牛顿第二定律可知
2sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
22s 2m/a =
由22212
x a t =得 235s 5
t = 所以物体在斜面上滑行的总时间
12350.6s 1.94s t t t ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭
17．如图所示，光滑轨道OABC 是由水平直轨道OB 与一段半径R=62.5m 的圆弧BC 在B 点相切而成。

m=1kg 的物块P 在F=20N 的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A 处保持静止，A 点与B
点相距l =16m 。

己知物块可视为质点，弹簧的劲度系数100N/m k =。

取重力加速度g=10m/s 2，
cos5°=0.996。

现突然撤去力F ，求：
(1)物块P 第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。

（结果保留两位小数）
【答案】 (1)2N·
s ；(2)23.65s 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设弹簧在A 处保持静止时压缩量为x ，有
F=kx
若物块离开弹簧时速度为v ，根据动能定理
221122
W kx mv =- 物块P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I=mv
解得
I=2N·s
(2)物块离开弹簧到B 之间做匀速直线运动，设时间为1t ，则有 1l x vt -=
设物块沿着圆弧轨道上升到D 点，B 、D 间的高度为h ，则有 212
mgh mv = 设过D 点的半径与竖直方向的夹角为θ，则
cos 0.996R h R
θ-=
> 即 5θ<︒
物块从B 点到D 点再返回B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期
2T =212
t T = 可得从物块P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
122t t t =+
代入数据得
t=23.65s。