安徽省马鞍山市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析 18页

安徽省马鞍山市 2021 届第一次新高考模拟考试物理试卷 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，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为 O，三个完全相同的小圆环 a、 b、c 穿在大环上， 小环 c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环 a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三 小环恰好处于平衡位置， 平衡时 a、b 的距离等于绳子长度的一半 .已知小环的质量为 m，重力加速度为 g， 轻绳与 c 的摩擦不计 .则 A． a 与大环间的弹力大小 3 mg B．绳子的拉力大小为 3 2 mg C． c 受到绳子的拉力大小为 3mg D． c 与大环间的弹力大小为 3mg 【答案】 C 【解析】 AB 、三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知： abc 恰好能组成一个等边三角形，对 a 受力分析如图所示： 在水平方向上： sin30 = sin60T No o 在竖直方向上： cos30 cos60T mg No o 解得： N mg ； 3T mg 故 AB 错； c 受到绳子拉力的大小为： 2 cos30 3T T mgo ，故 C 正确 以 c 为对象受力分析得： 在竖直方向上： 1 2 cos30N mg T o 解得： 1 32 3 4 2 N mg mg mg 故 D 错误； 综上所述本题答案是 ;C 2．在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一 定初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水平， A、B、 C 三点在同一直线上，且 AB=2BC ，如图所示，由此可知（ ） A．小球带正电 B．电场力大小为 3mg C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化相等 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 根据小球从 B 点进入电场的轨迹可看出，小球带负电，故 A 错误；因为到达 C 点时速度水平，所以 C 点 速度等于 A 点速度，因为 AB=2BC ，设 BC 的竖直高度为 h，则 AB 的竖直高度为 2h，由 A 到 C 根据动 能定理： mg×3h-Eqh=0 ，即 Eq=3mg ，故 B 正确；小球从 A 到 B 在竖直方向上的加速度为 g，所用时间 为： 1 4 2h ht g g ；在从 B 到 C，的加速度为 2 2Eq mga g m 向上， 故所用时间： 2 2 2 h ht g g ， 故 t 1=2t 2，故 C 错误；小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化大小都等于 2 hv g g ，但方向相反，故 D 错误。 3．如图所示，在以 R0 为半径， O 为圆心的圆形区域内存在磁场，直径 MN 左侧区域存在一匀强磁场，方 向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为 B1；MN 右侧区域也存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向里， 磁感 应强度大小为 B 2，有一质量为 m，电荷量为 +q 的带电粒子（不计重力）沿垂直于 MN 的方向从 P 点射入 磁场，通过磁场区域后自 Q 点离开磁场，离开磁场时其运动方向仍垂直于 MN 。已知 OP 与 MN 的夹角 为 θ1，OQ 与 MN 的夹角为 θ2，粒子在左侧区域磁场中的运动时间为 t 1，粒子在右侧区域磁场中的运动时 间为 t 2，则下列说法正确的是（ ） A． 2 1 1 2 cos cos B B B． 2 2 1 1 sin sin B B C． 1 2 2 1 sin sin t t D． 1 1 2 2 sin sin t t 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．粒子运动轨迹如图所示： 由几何知识可知，粒子在两个磁场中的轨迹半径分别为 0 1 1 sin cos Rr 0 2 2 sin cos Rr 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2vqvB m r 解得 mvB qr 则 2 1 1 1 2 2 sin sin B r B r 故 AB 错误； CD ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 2 mT qB 粒子在磁场中转过的圆心角 θ相等，粒子在磁场中的运动时间为 2 mt T qB 则有 1 2 1 2 1 2 sin sin t B t B 故 C 错误， D 正确。 故选 D。 4．某行星为质量分布均匀的球体，半径为 R，质量为 M 。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时， 发现物体在 “两极 ”处的重力为 “赤道 ”上某处重力的 1.1 倍。已知引力常量为 G，则该行星自转的角速度为 （ ） A． 310 GM R B． 311 GM R C． 3 1.1GM R D． GM R 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 由万有引力定律和重力的定义可知 12 =1.1MmG mg mg R 由牛顿第二定律可得 2 12 MmG mg mR R 联立解得 3= 11 GM R 故选 B。 5．匀强电场中有一条直线， M 、N、P 为该直线上的三点，且 MN NP 。若 MN 两点的电势分别为 5V 、 11V ，则下列叙述正确的是（ ） A．电场线方向由 N 指向 M B． P 点的电势不一定为 17V C．正的检验电荷从 M 点运动到 N 点的过程，其电势能不一定增大 D．将负的检验电荷以初速度为 0 放入该电场中的 M 点，检验电荷将沿直线运动 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．在匀强电场中，沿电场线的电势变化，沿其他方向的直线电势也变化， N 点电势高于 M 点电势，但直 线 MN 不一定是电场线，选项 A 错误。 B．匀强电场中沿任意非等势面的直线电势均匀变化，则有 M N N p 解得 17Vp 选项 B 错误； C．电势有 M N ，正的检验电荷在高电势处电势能大，则在 M 点的电势能小于在 N 点的电势能，选 项 C 错误。 D．匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷以初速度为 0 放入 M 点，该电荷在恒定电场力的作用下， 沿场强的反方向做匀加速直线运动，选项 D 正确； 故选 D。 6．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的 图象如图乙所示，则（ ） A． t=0.005s 时线框的磁通量变化率为零 B． t=0.01s 时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为 300V D．线框产生的交变电动势频率为 100Hz 【答案】 B 【解析】 【分析】 由图乙可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上；由图像还可知电动势的峰值和周 期。根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值；根据周期和频率的关系可求频率。 【详解】 A．由图乙知 t=0.005s 时，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律 Δ Δ E n t 可知，磁通量的变化率最大，但线圈与磁场平行磁通量为零，故 A 错误。 B．由图乙可知 t=0.01 时刻， e=0，说明此时线圈正经过中性面，故 B 正确。 CD ．由图乙可知，该交变电流的周期为 T=0.02s ，电动势最大值为 Em=311V。 根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为 m 2 2 311V 220V 2 2 E E 据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为 1 1 Hz 50Hz 0.02 f T 故 CD 错误。 故选 B。 【点睛】 本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识， 注意会由图像得出线圈从何处开始计时， 并掌握正 弦交流电的最大值与有效值的关系。 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．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为 θ，以恒定速率 v=4m/s 顺时针转动。一煤块以初速 度 v0=12m/s 从 A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10m/s 2，则下列说法正 确的是（ ） A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值 tan =0.75： B．煤块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.5 C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4s D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 12+4 5（ ）m 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB ．由 v－ t 图像得 0~1s 内煤块的加速度大小 2 2 1 12 4 m/s 8m/s 1 a 方向沿传送带向下； 1~2s 内煤块的加速度大小 2 2 2 4 0 m/s 4m/s 1 a 方向沿传送带向下。 0~1s，对煤块由牛顿第二定律得 1sin cosmg mg ma 1~ 2s，对煤块由牛顿第二定律得 mgsin θ一 μ mgcosθ =ma2 解得 tan θ =0.75， μ =0.25 故 A 正确， B 错误； C．v－t 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为 x=10m ，由运动学公式得 下滑时间为 2 2 2 10s 5s 4 xt a下 所以煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 2 5 s ，故 C 错误； D．0~1s 内煤块比传送带多走 4m，划痕长 4m，1~2s 内传送带比煤块多走 2m，划痕还是 4m。2 ~ 2 5 s 内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为 2 2 12 12 4 5 m 2 a t vt ， 故 D 正确。 故选 AD 。 8．如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压为 U ，额定功率为 P ，变压器为理想变压器，若 四个灯泡都正常发光，则（ ） A．变压器原副线圈的匝数比为 1∶2 B．变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1 C．电源电压为 2U D．电源电压为 4U 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB ．如图所示，设每个灯泡额定电流为（正常发光） ，则原线圈电流为 原 副线圈中两灯并联，电流为 副 变压器有 原副 解得 故 A 错误， B 正确； CD ． 副原 变压器有 原副 解得 故 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 9．如图所示， 实线是一列简谐横波 t=0 时刻的波形图， 虚线是 0.2s 时的波形图， 下列说法正确的是 （ ） A．该波的波长为 4m B．若波向右传播， x=1m 的质点 0 时刻正在向 x 轴方向运动 C． t=0.2s 时， x=3m 处的质点的加速度最大且方向沿 y 轴负方向 D．若波向左传播， 0~0.2s 时间内它传播的最小距离为 3m E.若波向右传播，它的最大周期为 0.8s 【答案】 ADE 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据图像可知波长 4m ，A 正确； B．若波向右传播， 质点不随波迁移， 根据同侧法可知 1mx 处的质点 0 时刻向 y轴正方向运动， B 错误； C． t=0.2s 时， x=3m 处的质点的加速度最大且方向沿 y 轴正方向， C 错误； D．若波向左传播， 0~0.2s 时间内根据图像可知图中波峰的移动的最小距离为 3m，则它传播的最小距离为 3m，D 正确； E．若波向右传播，经过 0.2s 时 10.2s 4 T nT （n=1 ，2，3⋯） 解得 0.8 s 4 1 T n （n=1，2，3⋯ ） 当 0n 时，最大周期为 0.8s， E 正确。 故选 ADE 。 10．如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为 2m 的 U 形管恰好能在两导槽之间自由 滑动，一质量为 m 的小球沿水平方向，以初速度 0v 从 U 形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半 径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A．该过程中，小球与 U 形管组成的系统机械能守恒 B．小球从 U 形管的另一端射出时，速度大小为 0 3 v C．小球运动到 U 形管圆弧部分的最左端时，速度大小为 0 3 v D．从小球射入至运动到 U 形管圆弧部分的最左端的过程中，平行导槽受到的冲量大小为 06 3 mv 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．小球和 U 形管组成的系统整体在运动过程中没有外力做功，所以系统整体机械能守恒，所以 A 正确； B．小球从 U 形管一端进入从另一端出来的过程中，对小球和 U 形管组成的系统，水平方向不受外力，规 定向左为正方向，由动量守恒定律可得 0 1 22mv mv mv 再有机械能守恒定律可得 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 2 mv mv mv 解得 1 0 0 2 1 2 3 m mv v v m m 所以 B 正确； C．从小球射入至运动到 U 形管圆弧部分的最左端的过程时， 小球和 U 形管速度水平方向速度相同， 对此 过程满足动量守恒定律，得 0 ( 2 ) xmv m m v 0 3x vv 由能量守恒得 2 2 0 1 1 12 2 2 2xmv mv mv 解得 0 7 3 v v 所以 C 错误； D．小球此时还有个分速度是沿着圆形管的切线方向，设为 yv ，由速度的合成与分解可知 2 2 0 6 3y xv v v v 对小球由动量定理得 0 60 3yI mv mv 由于力的作用是相互的，所以平行导槽受到的冲量为 0 6 3 I mv 所以 D 正确。 故选 ABD 。 11．关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是 _______。 A．对于同一列机械波，障碍物越小，越容易绕过去 B．如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物，该波就不能发生衍射 C．猛击音叉，围绕振动的音叉转一圈的过程中，会听到声音忽强忽弱，这是干涉现象 D．一束白光通过三棱镜后，在屏上出现彩色条纹，这是光的一种干涉现象 E.机械波、电磁波、光波均能产生衍射现象 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．障碍物越小，机械波越容易绕过去，越容易发生衍射， A 正确； B．只有当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比 波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显， B 错误； C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果， C 正确； D．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象， D 错误； E．衍射是波的特性，一切波都能发生衍射， E 正确。 故选 ACE. 12．下列关于热学现象的说法，正确的是 。 A．在水中撒入适量花椒粉，加热发现花椒粉在翻滚，说明温度越高，布朗运动越剧烈 B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象 C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是玻璃板受大气压 力 D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面 E.同等温度下，干湿泡湿度计温度差越大，表明该环境相对湿度越小 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．在加热时发现花椒粉在翻滚，该运动是由水的翻滚引起的，不是布朗运动，故 A 错误； B．为了把地下的水分引上来，采用磙子将地面压紧，是利用了毛细现象，故 B 正确； C．将与水面接触的干净玻璃板提离水面，实验时发现拉力大于玻璃板重力，主要原因是因为玻璃板受到 水分子的分子引力，故 C 错误； D．密闭容器内的液体经很长时间液面也不会降低，但容器内仍有液体分子飞离液面，只是飞离液面的分 子数与进入液面的分子数相等，故 D 正确； E．干泡温度计和湿泡温度计组成，由于蒸发吸热， 湿泡所示的温度 小于干泡所示的温度。干湿泡温度计 温差的大小与空气湿度有关，温度相差越大，表明该环境相对湿度越小，空气越干燥。故 E 正确。 故选 BDE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某兴趣小组为研究一种蜡烛在水中的浮力，设置了如图的实验装置，透明玻璃管中装有水，蜡烛用针 固定在管的底部，当拔出细针时，蜡烛能够上浮．为研究蜡烛的运动情况，采用了智能手机的频摄功能， 拍摄频率为 10Hz. 在实验过程中拍摄了 100 多张照片，取开始不久某张照片编号为 0，然后依次编号，并 取出编号为 10 的倍数的照片，使用照片编辑软件将照片依次排列处理，以照片编号 0 的位置为起点，测 量数据，最后建立坐标系描点作图，纵坐标为位移，横坐标为照片编号，如图所示． 通过计算机拟合发现各点连线近似于抛物线，则蜡烛上升的加速度为 ________m/s2（保留 2 位有效数字） 已知当地的重力加速度为 g，忽略蜡烛运动受到的粘滞力，若要求蜡烛受到的浮力，还需要测量 ______________ ． 【答案】 21.4 10 或 0.014 蜡烛的质量 m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由图可知， 1 1.4x cm ， 2 (4.1 1.4) 2.7x cm cm ， 3 (8.4 4.1) 4.3x cm cm ， 4 (13.9 8.4) 5.5x cm cm ， 5 (20.9 13.9) 7x cm cm ，根据逐差法可知： 5 4 2 1 2 ( ) ( ) 6 x x x xa T ， 其中 1T s ，代入数可得， a=0.014m/s 2； (2)根据牛顿第二定律可知： F mg ma浮 ，所以还要测蜡烛的质量 m． 14．如图甲为某同学测量某一电源的电动势和内电阻的电路图， 其中虚线框内为用毫安表改装成双量程电 流表的电路。已知毫安表的内阻为 10 Ω，满偏电流为 100 mA 。电压表量程为 3V， R0、R 1、R2 为定值电 阻，其中的 R0=2 Ω。 (1)已知 R1=0.4 Ω，R2=1.6 Ω。若使用 a 和 b 两个接线柱，电流表量程为 ________A ；若使用 a 和 c 两个接 线柱，电流表量程为 ________A 。 (2)实验步骤： ①按照原理图连接电路； ②开关 S 拨向 b，将滑动变阻器 R 的滑片移动到 ________端（填 “左 ”或 “右”）。闭合开关 S1； ③多次调节滑动变阻器的滑片，记下相应的毫安表的示数 I 和电压表的示数 U。 (3)数据处理： ①利用实验测得的数据画成了如图乙所示的 U I 图像； ②由图像的电源的电动势 E=________V ，内阻 r=________ Ω（E 和 r 的结果均保留 2 位有效数字） 。 【答案】 0.6 3.0 左 3.0 2.5（ 2.3~2.7 均可） 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 若使用 a 和 b 两个接线柱，根据并联电路分流规律 1 100mA 10Ω 100mA 0.4Ω 1.6Ω I 解得量程为 1 600mA 0.6AI [2] 若使用 a 和 c 两个接线柱，根据并联电路分流规律 2 100mA 10Ω 1.6Ω 100mA 0.4Ω I 解得 1 3000mA 3.0AI (2)②[3] 为了保护电路，初始时刻滑动变阻器的阻值应最大，所以将滑片滑到最左端。 (3)②[4] 若使用 a 和 b 两个接线柱，电流表量程扩大 600mA 6 100mA 倍，根据闭合电路欧姆定律可知 06 ( )E U I r R 变形得 06 ( )U E I r R 图像的纵截距即为电动势大小，即 3.0VE [5] 图像斜率的大小 0 3 1.0 3.0 Ω 4.5Ω 6 74 10 r R 则电源内阻为 04.5Ω 2.5Ωr R 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．2019 年 5 月 12 日，在世界接力赛女子 4X200 米比赛中，中国队夺得亚军。如图所示， OB 为接力赛 跑道， AB 为长 L=20m 的接力区，两名运动员的交接棒动作没有在 20m 的接力区内完成定为犯规。假设 训练中甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持 11m/s 的速度跑完全程，乙运动员从起跑后到接棒 前的运动是匀加速运动，加速度大小为 2.5m/s 2，乙运动员在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙两运 动员相遇时完成交接棒 (1)第一次训练， 甲运动员以 v=11m/s 的速度跑到接力区前端 A 处左侧 s0=17m 的位置向乙运动员发出起跑 口令，求甲、乙两运动员交接棒处离接力区前端 A 处的距离 (2)第二次调练，甲运动员在接力区前端 A 处左测 25m 的位置以 v=11m/s 的速度跑向接力区，乙运动员恰 好在速度达到与甲运动员相同时被甲运动员追上， 则甲运动员在接力区前端 A 处多远时对乙运动员发出起 跑口令以及棒经过接力区的时间，并判断这次训练是否犯规 【答案】 （1） 5m（2）见解析 【解析】 【详解】 (1)第一次训练，设乙运动员加速到交接棒时运动时间为 t，则在甲运动员追击乙运动员的过程中，有 2 0 1 2 s at vt 代人数据得 1 2st 2 6.8st 乙运动员加速的时间 4sm vt a 2 mt t 故舍去 交接棒处离接力区前端 A 处的距离为 21 2 x at 5m (2)第二次训练，乙运动员恰好与甲运动员共速时 乙 乙v at 乙运动员加速的时间 4 4s乙 .t 设甲运动员在距离接力区前端 A 处为 s 时对乙运动员发出起跑口令， 则在甲运动员追击乙运动员的过程中， 有 21 2 s at vt乙 乙 代人数据得 s=24.2m 棒经过接力区的时间为 20 s 11棒 Lt v 乙运动员恰好达到与甲运动员相同速度时的位移 21 24.2m 20m 2乙 乙x at 已经出了接力区接棒，两名运动员的交接棒动作没有在 20m 的接力区内完成，所以第二次训练犯规 . 16．如图所示， 倾角 α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上， 斜面上放一长 L ＝ 1．8 m、质量 M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量 m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 μ＝ 3 2 ．对木板施 加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s 2． （ 1）为使物块不滑离木板，求力 F 应满足的条件； （ 2）若 F＝3． 5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及 滑离木板后沿斜面上升的最大距离． 【答案】 （1） F≤30N；（2） 物块能滑离木板， 1.2s，s=0.9m． 【解析】 试题分析： （1）对 M 、m，由牛顿第二定律 - ?F M m gsin M m a（ ） （ ） 对 m，有 f mgsin ma－ ， f mgcos ，代入数据得： 30F N ． （ 2） 37.5 30F N N ，物块能滑离木板 ，对于 M ，有 F mgcos Mgsin Ma－ － 1 对 m，有 2mgcos mgsin ma－ ，设物块滑离木板所用的时间为 t ， 由运动学公式： 2 2 1 2 1 1 2 2 a t a t L－ ，代入数据得： 1.2t s ，物块离开木板时的速度 2v a t ， 由公式： 22 sing s v ，代入数据得 0.9s m． 考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系 【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知 道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 17．如图所示，实线和虚线分别是沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝ 0 和 t＝0.06s 时刻的波形图．已知在 t ＝ 0 时刻， x＝1.5m 处的质点向 y 轴正方向运动． (1)判断该波的传播方向； (2)求该波的最小频率； (3)若 3T