安徽省安庆市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

安徽省安庆市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

安徽省安庆市 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，固定在水平地面上的物体 A ，左侧是圆弧面，右侧是倾角为 θ的斜面，一根轻绳跨过物体 A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为 m 1、m 2 的小球，当两球静止时，小球 m 1 与圆心连线跟水平 方向的夹角也为 θ，不计一切摩擦，则 m 1、m 2 之间的关系是（ ） A． m 1＝m 2 B． 2 1 tan mm C．m 1＝m 2tan θ D． m 1＝m 2cos θ 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 设绳子对两球的拉力大小为 FT ，对 m 2根据平衡条件得 FT =m 2gsin θ 对 m 1 根据平衡条件得 FT = m 1gcos θ 联立解得 m 1=m 2tan θ 故选 C. 2．2016 里约奥运会男子 50 米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。经视频分析发现：他从起跳到入水后再 经过加速到获得最大速度 2.488m/s 所用的时间总共为 2.5 秒，且这一过程通过的位移为 x1=2.988m 。若埃 尔文以最大速度运动的时间为 19s，若超过该时间后他将做 1m/s2 的匀减速直线运动。则这次比赛中埃尔 文的成绩为（ ） A． 19.94s B．21.94s C．20.94s D． 21.40s 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 埃尔文匀速运动能走过的最大位移为 x2=vt 2=2.488 ×19=47.272m 因为 x1+x 2=2.988+47.272=50.26>50m 则运动员没有匀减速运动的过程，所以他匀速运动的时间为 50 2.988 18.895s 2.488 st t 则埃尔文夺金的成绩为： t=2.5+18.895=21.40s A． 19.94s 与分析不符，故 A 错误； B． 21.94s 与分析不符，故 B 错误； C． 20.94s 与分析不符，故 C 错误； D． 21.40s 与分析相符，故 D 正确。 故选 D。 3．空间某区域存在一方向垂直于纸面向外、大小随时间均匀变化的匀强磁场，磁场边界 ef 如图所示，现 有一根粗细均匀金属丝围成的边长为 L 的正方形线框固定在纸面内， t=0 时刻磁场方向如图甲所示，磁感 应强度 B 随时间 t 变化关系如图乙所示，则（ ） A． 0~t1：e 点电势高于 f 点电势 B． 0~t1： 2 0 14ef B LU t C． t1~t 2：金属框中电流方向顺时针 D． 0~t2：ab 所受安培力方向始终不变 【答案】 B 【解析】 【详解】 A． 0~t1 时间内垂直于纸面向外的磁场减弱，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根 据安培定则可知感应电流为逆时针方向，在电源内部，电流从负极流向正极，故 f 电势高于 e 的电势， A 错误； B．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势： 2 0 12 B LE t 2 0 12 4ef B LEU t B 正确； C．根据楞次定律， 0~t2 金属框中电流方向为逆时针， C 错误； D．根据左手定则， 0~t1 安培力水平向左， t 1~t2 安培力水平向右， D 错误。 故选 B。 4．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上滑行，木块与长木板间动摩擦因数为 2 ，长木板 与地面间动摩擦因数为 1 。若长木板处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小为（ ） A． 1 m M g B． 2 m M g C． 2mg D． 2 1mg Mg 【答案】 C 【解析】 【详解】 隔离分析长木块，如图甲，受重力 mg 、支持力 NF 、向左的滑动摩擦力 f 2F mg ① 隔离分析木板，如图乙，受重力 Mg 、木块的压力 mg、向右的滑动摩擦力 fF 、地面的支持力 NF 地 与向左 的静摩擦力 fF 地 。水平方向受力平衡 ffF F地 ② 解①②式得 2fF mg地 竖直方向受力平衡 N ( )F m M g地 达到最大静摩擦力时（临界点） ，为 1 1f N ( )F F m M g地 地 由题可知长木板静止不动，所以 1f ( )F m M g地 所以 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 5．如图所示，一理想变压器原线圈匝数 n 1＝1000 匝，副线圈匝数 n 2＝200 匝，原线圈中接一交变电源， 交变电源电压 u＝ 220 2 sin 100 π t(V)．副线圈中接一电动机，电阻为 11Ω，电流表 2 示数为 1A ．电表对 电路的影响忽略不计，则 ( ) A．此交流电的频率为 100Hz B．电压表示数为 220 2 V C．电流表 1 示数为 5A D．此电动机输出功率为 33W 【答案】 D 【解析】 A、由表达式可知，交流电源的频率为 50 Hz ，变压器不改变交变电流的频率， A 错误； B、交变电源电压 u 220 2sin100πt V（ ），而电压表读数为有效值，即电压表的示数是 220 2U 220 2 2 mU V ， B 错误； C、电流表 A 2 示数为 1A，由电流与匝数成反比得通过电流表 A1 的电流为 0.2A，， C 错误； D、通过电阻 R 的电流是 1A ，电动机两端的电压等于变压器的输出电压，由 1 1 2 2 U n U n 得，变压器的输出 电压为： 2 2 1 1 44nU U V n ，此电动机输出功率为： 2 2 2I 1 44 1 11 33P U I r W出 ， D 正确； 故选 D． 6．起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的 v－ t 图像如图所示， g=10m/s 2，以下说法中正确的是（ ） A． 0~3s 内货物处于失重状态 B． 3~5s 内货物的机械能守恒 C． 5~7s 内货物受到向上的拉力为重力的 0.3 倍 D．货物上升的总高度为 27m 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．货物开始时竖直向上运动，由 v－ t 图像读出 0~3s 的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处 于超重状态，故 A 错误； B． 3~5s 内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加， 故 B 错误； C． 5~7s 内的加速度为 2 20 6 m/s 3m/s 2 va t 由牛顿第二定律有 TF mg ma 可得 T 7 0.7F m mg 则有货物受到向上的拉力为重力的 0.7 倍，故 C 错误； D． v－t 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为 (2 7) 6m 27m 2 h 故 D 正确。 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．下列说法正确的是（ ） A．悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性 B．一种物质温度升高时，所有分子热运动的动能都要增加 C．液体能够流动说明液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小 D．一定质量的物质，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等 E.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 【答案】 AE 【解析】 【分析】 【详解】 A．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性， A 正确； B．一种物质温度升高时， 分子的平均动能增加，这是一种统计规律，可能有的分子热运动的动能要增加， 有的反而要减少， B 错误； C．液体能够流动与液体分子间作用力无必然联系，固体有固定形状也与固体间分子作用力无必然联系， C 错误； D．一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等， D 错误； E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行， E 正确。 故选 AE 。 8．如图所示，有一倾角 θ＝30°的斜面体 B，质量为 M ．物体 A 质量为 m，弹簧对物体 A 施加一个始终 保持水平的作用力，调整 A 在 B 上的位置， A 始终能和 B 保持静止．对此过程下列说法正确的是 ( ) A． A、 B 之间的接触面可能是光滑的 B．弹簧弹力越大， A、 B 之间的摩擦力越大 C． A、 B 之间的摩擦力为 0 时，弹簧弹力为 3 3 mg D．弹簧弹力为 3 2 mg 时， A 所受摩擦力大小为 1 4 mg 【答案】 CD 【解析】 设弹簧弹力为 F，当 cos30 sin 30F mg 时，即 3 3 F mg 时， A 所受摩擦力为 0；若 3 3 F mg ， A 受到的摩擦力沿斜面向下；若 3 3 F mg ，A 受到的摩擦力沿斜面向上，可见 AB 错误 C 正确；当 3 2 F mg 时， A 所受摩擦力大小为 1cos30 sin 30 4 F F mg mgo o 摩 ，方向沿斜面向下， D 正确． 9．下列有关光学现象的说法正确的是 ________。 A．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射 B．光从光密介质射人光疏介质，其频率不变，传播速度变小 C．光的干涉，衍射现象证明了光具有波动性 D．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小 E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．发生全发射的条件是，光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故 A 正确； B．光从光密介质射到光疏介质，频率不变，根据 cv n 可知，折射率减小，所以速度增大，故 B 错误； C．光的衍射和干涉是波独有的现象，所以可以说明光具有波动性，故 C 正确； D．红光的波长大于紫光，根据条纹间距公式可知 lx d 红光的条纹间距大于紫光，故 D 错误； E．两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同，相位差恒定，故 E 正确。 故选 ACE 。 10．如图 M 和 N 是两个带有异种电荷的带电体， （M 在 N 的正上方，图示平面为竖直平面） P 和 Q 是 M 表面上的两点， S 是 N 表面上的一点。在 M 和 N 之问的电场中画有三条等差等势线。现有一个带正电的 液滴从 E 点射入电场，它经过了 F 点和 W 点已知油滴在 F 点时的机槭能大于在 W 点的机械能。 （E、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（ ） A． P 和 Q 两点的电势不相等 B． P 点的电势低于 S 点的电势 C．油滴在 F 点的电势能高于在 E 点的电势能 D． F 点的电场强度大于 E 点的电场强度 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A． P 和 Q 两点在带电体 M 的表面上， M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故 P 和 Q 两点的电势相等，故 A 错误； B．带正电的油滴在 F 点时的机械能大于在 W 点的机械能，故从 F 点到 W 点，机械能减小，电场力做负 功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低，故 P 点的电势低于 S 点的 电势，故 B 正确； C．由于电场线垂直等势面向上，故 E 点的电势大于 F 点的电势，根据 E p=qφ，油滴在 F 点的电势能低于 在 E 点的电势能，故 C 错误； D．因 F 点等势面密集，则电场线也密集，可知 F 点的电场强度大于 E 点的电场强度，选项 D 正确； 故选 BD 。 11．在如图所示的电路中，灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器滑片 P 向左移动 一段距离后，下列结论正确的是（ ） A．灯泡 L 变亮 B．电流表读书变小，电压表读数变大 C．电源的输出功率变小 D．电容器 C 上电荷量增多 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB ．将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，滑动变阻器的电阻变大，根据串反并同，灯泡 L 中电流 减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡 L 变暗，选项 A 错误， B 正确； C．当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。虽然灯泡 L 的电阻小于电源的内阻 r， 但外电路的总电阻与电源的内阻大小不确定，故电源的输出功率变化情况不确定，故选项 C 错误； D．将滑动变阻器滑片 P 向左移动一段距离后，电容器 C 上电压增大，电容器 C 上电荷量增多，选项 D 正确。 故选 BD 。 12．当你走进家电市场，可以看到各种各样的家用电磁炉（如图） 。电磁炉作为厨具市场的一种灶具，它 打破了传统的明火烹调方式，通常是利用磁场使置于炉面上的锅子出现涡流，再通过电流的热效应，使锅 子产生高温以烹煮食物。下列有关此种电磁炉与所用锅子的说法中正确的是（ ） A．锅和电磁炉内部发热线圈盘相当一个高频变压器，内部线圈是变压器初级线圈，锅是次级线圈 B．电磁炉使用的是随时间变化的磁场 C．电磁炉所用的锅子必须是热的绝缘体 D．电磁炉所用的锅子必须是电的绝缘体 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．锅和电磁炉内部发热线圈盘组成一个高频变压器，内部线圈是变压器初级线圈，锅是次级线圈，当内 部初级发热线圈盘有交变电压输出后， 必然在次级锅体上产生感应电流， 感应电流通过锅体自身的电阻发 热，故 A 正确； B．法拉第的电磁感应原理说明当通过一导体的磁场随时间变化时，导体上产生感应电流，故 B 正确； C．当锅子通过电流时，锅子必须产生高温才能对水加热，故锅子不能为热的绝缘体，故 C 错误； D．电磁炉上面所用的锅子必须是电的良导体，当电磁炉的线圈产生随时间而变化的磁场时，锅子才能产 生感应电流，故 D 错误； 故选 AB 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。 实验室提供的器材有： 两个相同的待测电源 E ，辅助电源 E ； 电阻箱 1R 、 2R ，滑动变阻器 R、 R ； 电压表 V ，电流表 A ； 灵敏电流计 G ，两个开关 1S 、 2S 。 主要实验步骤如下： ①按图连接好电路，闭合开关 1S 和 2S ，再反复调节 1R 和 2R ，或者滑动变阻器 R、 R ，使电流计 G 的示 数为 0，读出电流表 A 、电压表 V 示数分别为 1I 、 1U 。 ②反复调节电阻箱 1R 和 2R （与①中的电阻值不同） ，或者滑动变阻器 R 、 R ，使电流计 G 的示数再次为 0，读出电流表 A 、电压表 V 的示数分别为 2I 、 2U 。 回答下列问题： (1)哪套方案可以更容易得到实验结果 ______（填 “甲 ”或 “乙”）。 (2)电源的电动势 E 的表达式为 _____，内阻 r 为______。 (3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得， E测 ____（填 “大于 ”“小于 ”或 “等于 ”） E真 ， r测 _____（填 “大于 ”“小于 ”或 “等于 ”） r真 。 【答案】甲 2 1 1 2 2 1 I U I U I I 1 2 2 1 U Ur I I 等于 等于 【解析】 【详解】 (1)[1] 甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读 数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采 集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势 E 和内阻 r ，甲电路更简单。 (2)[2][3] 根据闭合电路欧姆定律得 1 1E U I r 2 2E U I r 解得 2 1 1 2 2 1 I U I UE I I ， 1 2 2 1 U Ur I I (3)[4][5] 当电流计 G 的示数为 0 时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电 流，电压表测的是 1R 两端的电压（路端电压） ，因此电流表和电压表都是准确值，故 E E测 真 ， r r测 真 14．某同学要精确测量某一金属丝的电阻率。 （ 1）先用多用电表 ×1 挡粗测其电阻，指针偏转如图甲所示，读数为 ________Ω ，然后用螺旋测微器测其 直径如图乙所示，读数为 ________mm ，最后用米尺测其长度如图丙所示，其读数 ________cm 。 （ 2）采用伏安法进一步测定这段金属丝的电阻。有以下器材可供选择： （要求测量结果尽量准确） A．电池组（ 3V ，内阻约 1Ω） B．电流表（ 0~3A ，内阻约 0.025 Ω） C．电流表（ 0~0.6A ，内阻约 0.125 Ω） D．电压表（ 0~3V ，内阻约 3kΩ） E 电压表（ 0~15V，内阻约 15k Ω） F 滑动变阻器（ 0 ~ 20 Ω，额定电流 1A ） G 滑动变阻器（ 0 ~1000 Ω，额定电流 0.1A ） H ．开关，导线 实验时应选用的器材是 ________（选填器材前字母代号） 。请在下面的虚线框中补全实验电路图 ______。 用该方法测金属丝电阻，测量结果会比真实值偏 ________（选填 “大 ”或 “小”）。在某次测量时电表示数如 图丁所示，则电流表示数为 ________，电压表的示数为 ________。 （ 3）为了减小系统误差， 有人设计了如图戊所示的实验方案。 其中 xR 是待测电阻， R 是电阻箱， 1R 、 2R 是已知阻值的定值电阻。闭合开关 S，灵敏电流计的指针偏转。将 R 调至阻值为 0R 时，灵敏电流计的示 数为零。由此可计算出待测电阻 xR ________。（用 1R 、 2R 、 0R 表示） 【答案】 11 0.600 60.10 ACDFH 小 0.14 2.40 2 0 1 R R R 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 欧姆表的读数为表盘示数与倍率的乘积，所以圆形柱体的电阻大致为 R=11× 1Ω =11Ω [2] 螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的 n×0.01mm 的和， 由图示螺旋测微器可知， 其直径 为 0.5mm+10.0 ×0.01mm=0.600mm [3] 根据米尺读数原理，可知米尺的读数为 60.10cm； （ 2） [4] 金属丝电阻约为 11 ，电池组电动势为 3V，回路中最大电流约 3 A 11 ，故电流表选 C，电压表选 D。 [5] 伏安法测电阻，滑动变阻器采用限流接法，选用阻值变化范围较小的 F 即可。由于 V A RR R R ，所以选 用电流表外接法，电路图如图所示 [6] 利用此方法测得的电流偏大，根据 UR I 可得金属丝电阻值的测量值比真实值偏小。 [7][8] 电流表选用小量程 0.6A，分度值为 0.02A ，电流为 0.14A ；电压表选用小量程 3V ，分度值为 0.01V ， 电压为 2.40V ； （ 3） [9] 灵敏电流计示数为零，说明其两端电势相等，可得 0 1 2x R R R R 解得 0 2 1 x R RR R 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．一列简谐檔波沿 x 轴负方向传播， 如图甲所示为该波在 t=0.10s 时刻的波形图， E 是平衡位置为 x=1m 处的质点， F 是平衡位置为 x=4m 处的质点，图乙为质点 F 在 0~0.20s 内的振动图像，求： （ i）波由 F 点传到 O 点所用的时间。 （ ii） 0.10~0.15s 内质点 E 通过的路程。 （结果可保留根号） 【答案】 (i)0.1s(ii) 22 11 2(cm) 【解析】 【详解】 (i) 由题图乙可以看出该波的周期 T=0.20s ，由题图甲可以看出该波的波长 λ =8m，波速 λ 40m / s T v 波由 F 点传到 O 点所用的时间 0.1sxt v (ii) 由题意可知 10.05s 4 t T 由题图可以看出该波的振幅 A=11cm ，E 点在 1 4 T 时间内通过的路程 2s 1 2cm (22 11 2)cm 2 A 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 EPC＝ 0.6 J，g 取 10 m/s2.求： (1)小球经过 C 点时的速度 vc 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 vc，小球从 B 到 C，据机械能守恒定律得 mg(R ＋ Rcos60 °)＝EPC＋ 1 2 mv 2 0 ， （ 3 分） 代入数据求出 vc＝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 2 0v R ， （2 分） 由于 F＝kx＝2.4 N， （ 2 分） FN ＝m 2 0v 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．透明玻璃瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为 p 0，外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为 S。 (1)用铁架台将透明玻璃瓶竖直固定，且塞有橡皮塞的瓶口竖直朝下，再用打气筒再将 N 倍于瓶子容积的 空气缓慢压入瓶中，此时橡皮塞恰能弹出。已知橡皮塞的质量为 m，求橡皮塞弹出瞬间与瓶口最大静摩擦 力的大小； (2)将透明玻璃瓶瓶口竖直朝上放置，用手按压住橡皮塞，用打气筒再将 4N 倍于瓶子容积的空气缓慢压入 瓶中，然后突然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬间橡皮塞的加速度大小。 【答案】 (1) 0f Np S mg ； (2) 03 2Np S mga m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由玻意耳定律有 0 1p N V pV 得 01p N p 对橡皮塞受力分析可得 0 01mg N p S p S f 计算得出 0f Np S mg (2)由玻意耳定律，有 0 4 1 'p N V p V 得 0' 4 1p N p 对橡皮塞，由牛顿第二定律，有 0 04 1N p S p S f mg ma 计算得出 03 2Np S mga m