重慶市渝北區(qū)2021屆新高考物理第一次調(diào)研試卷含解析

重慶市渝北區(qū)2021屆新高考物理第一次調(diào)研試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻R］、R2的電壓與電流的關(guān)系圖如圖所示?用此電源和電阻RpR2組成電路?R］、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路?為使電源輸出功率最大，可采用的接法是（）將R1單獨接到電源兩端將叫、R2并聯(lián)后接到電源兩端將R］、R2串聯(lián)后接到電源兩端將R2單獨接到電源兩端【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir知,1=0時，U=E,圖象的斜率等于r則由電源的U-I圖線得到：電源的電動勢為E=3V,內(nèi)阻為r=0?5Q?由電阻的伏安特性曲線求出R］=0?5Q、R2=1Q,R1單獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態(tài)，可知，電路中的電流為3A,路端電壓為1.5V,貝y電源的輸出功率為P1=1.5Vx3A=4.5W,出1同理，當將R］、R2串聯(lián)后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流I串=1?5A,此時電源的輸出功率P串=12串角+巴）=3?75可；兩電阻并聯(lián)時，利用歐姆定律可得電路電流I并=3?6A此時電源的輸出功率P并=已1并-I2并r=4.32W；R2單獨接到電源兩端輸出功率為P出2=2Vx2A=4W所以將R1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大。故A正確，BCD錯誤。故選：A【點睛】由電源的U-I圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內(nèi)阻.由電阻的U-I圖線求出電阻.再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇.關(guān)于近代物理學，下列說法正確的是（）a射線、卩射線和y射線中，Y射線的電離能力最強根據(jù)玻爾理論，氫原子在輻射光子的同時，軌道也在連續(xù)地減小盧瑟福通過對a粒子散射實驗的研究，揭示了原子核的組成對于某種金屬，超過極限頻率的入射光頻率越高，所產(chǎn)生的光電子的最大初動能就越大【答案】D【解析】【分析】【詳解】a、卩、y三種射線中，Y射線的穿透本領(lǐng)比較強，而電離能力最強是a射線，故A錯誤；玻爾理論認為原子的能量是量子化的，軌道半徑也是量子化的，故氫原子在輻射光子的同時，軌道不是連續(xù)地減小，故B錯誤；盧瑟福通過對a粒子散射實驗的研究，提出原子核式結(jié)構(gòu)學說，故C錯誤；根據(jù)光電效應方程E=加-W知，超過極限頻率的入射頻率越高，所產(chǎn)生的光電子的最大初動能km0就越大，故D正確。故選D。如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)絕緣細線水平懸掛，處于垂直紙面水平向里的勻強磁場中，棒中通有由M到N的恒定電流I，細線的拉力不為零，兩細線豎直.現(xiàn)將勻強磁場磁感應強度B大小保持不變，方向緩慢地轉(zhuǎn)過90°變?yōu)樨Q直向下，在這個過程中()xgxxfXx細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，其中的拉力一直增大細線向紙面外偏轉(zhuǎn)，其中的拉力一直增大細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，其中的拉力先增大后減小細線向紙面外偏轉(zhuǎn)，其中的拉力先增大后減小【答案】A【解析】【分析】【詳解】開始時，金屬棒的重力和安培力大小相等.當磁場方向由垂直紙面向里緩慢地轉(zhuǎn)過90°變?yōu)樨Q直向下，知安培力的大小FA=BIL不變，方向由豎直向上向里變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?根據(jù)共點力平衡知，細線向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn)，因為金屬棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不變，之間的夾角由180°變?yōu)?0。，知兩個力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故A正確，BCD錯誤.如圖所示，將一個質(zhì)量為m的半球形物體放在傾角為37。的斜面上，用通過球心且水平向左的力F作用在物體上使其靜止?已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為卩二0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加

速度為g,速度為g,sin37o=0.6,cos37J0.8?要使半球體剛好沿斜面上滑，則力F的大小是（）A．mgB．2mgC．3mgD．4mg【答案】B【解析】【詳解】分析半球形物體的受力，如圖所示物體剛好沿斜面上滑時，由平衡條件得：Fcos37。一mgsin37°=卩N，N=Fsin370+mgcos370聯(lián)立兩式解得F=2mgmg,與分析不符，故A錯誤；2mg,與分析相符，故B正確；3mg,與分析不符，故C錯誤；4mg,與分析不符，故D錯誤；故選：Bo如圖所示，將直徑為d,電阻為R的閉合金屬環(huán)從勻強磁場B中拉出，這一過程中通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為（）Bnd2面的電荷量為（）Bnd22nBdBd2A.B.C.4RRRD.Bd2兀R答案】A解析】分析】【詳解】金屬環(huán)的面積S=兀（S=兀（d)2=2兀d2

~T~由法拉第電磁感應定律得：BSv7由歐姆定律得，感應電流i二ER感應電荷量：q=lAt,解得：故A正確，BCD錯誤；故選A．【點睛】本題考查了求磁通量的變化量、感應電荷量等問題，應用磁通量的定義式、法拉第電磁感應定律、歐姆定A①律、電流定義式即可正確解題，求感應電荷量時，也可以直接用公式q二計算.R下列說法正確的是（）—束光照射到某種金屬表面上不能發(fā)生光電效應，如果增加光照強度，則有可能發(fā)生光電效應卩射線的本質(zhì)是電子流，所以卩衰變是核外的一個電子脫離原子而形成的由玻爾理論可知一群處于n=3能級的氫原子向較低能級躍遷時可以輻射3種不同頻率的光子放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)有關(guān)【答案】C【解析】【詳解】能否發(fā)生光電效應與光的強度無關(guān)，一束光照射到某種金屬表面上不能發(fā)生光電效應，如果增加光照的強度，也不能發(fā)生光電效應，A選項錯誤；卩射線的本質(zhì)是電子流，卩衰變是核內(nèi)的某個中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，B選項錯誤；由玻爾理論可知一群處于n=3能級的氫原子向較低能級躍遷時可以輻射C;二3種頻率的光子，C選項正確；放射性元素的半衰期只與元素自身結(jié)構(gòu)有關(guān)，與其它因素無關(guān)，所以D選項錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分如圖,L形木板置于粗糙水平面上，光滑物塊壓縮彈簧后用細線系住。燒斷細線，物塊彈出的過程木板保持靜止,此過程()彈簧對物塊的彈力不變B.彈簧對物塊的彈力逐漸減小地面對木板的摩擦力不變D.地面對木板的摩擦力逐漸減小【答案】BD【解析】【詳解】燒斷細線，彈簧要恢復原狀，彈簧對物塊的彈力逐漸減小，故A錯誤，B正確。木板在水平方向上受到彈簧的彈力和地面的摩擦力，兩個力處于平衡，由于彈簧的彈力逐漸減小，則地面對木板的摩擦力逐漸減小。故D正確、C錯誤。故選BD。【點睛】本題通過形變量的變化得出彈力變化是解決本題的關(guān)鍵，注意木塊對木板沒有摩擦力，木板所受的摩擦力為靜摩擦力.如圖所示，燈泡A、B完全相同，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比嚀n2=5：1指示燈L的額定功率是燈泡A的1，當輸入端接上u二110j2sinl00“t(V)的交流電壓后，三個燈泡均正常發(fā)光，兩個電流表均為理想電流表，且A2的示數(shù)為0?4人，則()電流表A］的示數(shù)為0.08A燈泡A的額定電壓為22V燈泡L的額定功率為0.8W原線圈的輸入功率為8.8W答案】AC解析】【詳解】副線圈的總電流即A2的示數(shù)為I2=0.4A，由理想變壓器兩端的電流比等于匝數(shù)的反比，可得n1I二21二一x0.4A二0.08A1n25一即電流表A1的示數(shù)為0?08A,故A正確；BC.變壓器的輸入電壓的有效值為U=110V,根據(jù)全電路的能量守恒定律有UI=P+2P1LA1而指示燈L的額定功率是燈泡A的5，即P上l5聯(lián)立解得P二4W，P二0.8WAL由電功率P=UI=U-厶AAAA2可得U二20VA故B錯誤，C正確；對原線圈電路由刃一二P+P，可得原線圈的輸入功率1L入P二UI-P二(8.8-0.8)W二8W入i故D錯誤。故選AC。如圖所示，電路中R、R均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合12開關(guān)S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動，如果僅滿足下列各選項中的條件，油滴仍可能靜止不動的是()A?增大R一的阻值，增大r2的阻值增大R一的阻值，減小r2的阻值減小R一的阻值，增大r2的阻值計粒子重力，下列說法正確的是(計粒子重力，下列說法正確的是()減小R1的阻值，減小R2的阻值【答案】AD【解析】【詳解】電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，當增大R］、R2阻值時，可導致總電流減小，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，則油滴靜止不動，故A符合題意；電路穩(wěn)定時，當增大叫的阻值，減小R,的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電阻R,兩端的電壓減小，極板間電場強度減小，油滴受到的電場力減小，則油滴向下運動，故B不符合題意；電路穩(wěn)定時，當減小R1的阻值，增大R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電阻R2兩端的電壓增大，極板間電場強度增大，油滴受到的電場力增大，則油滴向上運動，故C不符合題意；電路穩(wěn)定后，當減小眄的阻值，減小R,的阻值，可能導致總電流增大，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，則油滴靜止不動，抑符合題意。故選AD。下列說法正確的是.液體表面張力是液體表面層分子間距離小，分子力表現(xiàn)為斥力所致水黽可以停在水面上是因為存在表面張力不管是單晶體還是多晶體，它們都有固定的熔點氣體總是很容易充滿容器，這是分子間存在斥力的宏觀表現(xiàn)熱量能夠從低溫物體傳到高溫物體【答案】BCE【解析】詳解】A?液體表面層內(nèi)的分子比較稀疏，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故A錯誤；水黽可以停在水面是因為存在表面張力，故B正確；只要是晶體就有固定熔點，故C正確；氣體能充滿整個容器，是氣體分子不停做無規(guī)則運動的結(jié)果，故D錯誤；熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，但是要引起其他變化，這不違背熱力學第二定律，故E正確。如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc為兩個勻強磁場的理想邊界，三角形內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B,三角形外的磁場范圍足夠大、方向垂直紙面向里，磁感應強度大小也為B。頂點a處的粒子源沿Z點a處的粒子源沿Za的角平分線發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子，其初速度大小v0=qBLA．7兀m粒子第一次返回a點所用的時間是麗B．粒子第一次返回A．7兀m粒子第一次返回a點所用的時間是麗B．粒子第一次返回a點所用的時間是器C．7m粒子在兩個有界磁場中運動的周期是§qBD．粒子在兩個有界磁場中運動的周期是竽【答案】AD解析】分析】詳解】qBLAB?若歹專，帶電粒子垂直進入磁場’做勻速圓周運動’則由牛頓第二定律可得:v22兀mqvB=m—,T=-rqB將速度代入可得：r=L由左手定則可知粒子在三角形內(nèi)的區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)的方向向左，從a射出粒子第一次通過圓弧從a點到達c點的運動軌跡如下圖所示，可得：才V才Vt==ac63qB粒子從c到b的時間:帶電粒子從b點到達a點的時間也是T，所以粒子第一次返回a點所用的時間是6t1t1=tac+tcb+tba=6T3qB故A正確，B錯誤；CD?粒子第一次到達a點后沿與初速度方向相反的方向向上運動，依次推理，粒子在一個周期內(nèi)的運動;可知粒子運動一個周期的時間是3個圓周運動的周期的時間，即:3TqB3TqB故C錯誤，D正確；故選AD?！袡M波沿水平方向傳播，質(zhì)點A平衡位置位于x=0.2m處，質(zhì)點P平衡位置位于x=1.2m處，質(zhì)點A的振動圖像如圖甲所示，如圖乙所示是質(zhì)點A剛振動了1.1s時的波形圖，以下說法正確的是（）P0O0.4甲乙0.2f'sy/cmP0O0.4甲乙0.2f'sy/cm波速v=2m/s波源的最初振動方向向上t=0.4s時波傳到P點當質(zhì)點P點處于波峰位置時，A質(zhì)點處于波谷位置【答案】AD【解析】【分析】【詳解】由題圖甲知T=0.2s，由題圖乙知X=0.4m，波速v==2m/sTA正確；結(jié)合圖甲、圖乙可判斷，該波沿x軸正方向傳播，根據(jù)題圖乙知t=0.1s時，波源的振動傳到x=0.4m處，可知波源最初振動方向向下，B錯誤;波從x=0.4m處傳到x=1.2m處需要At==0.4s，此時t=0.6s,C錯誤；v質(zhì)點A、P平衡位置間距為1m,等于2?5九去整留零相當于1?5人當質(zhì)點P點處于波峰位置時，質(zhì)點A處于波谷位置，D正確。故選AD。三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分某個同學設計了一個電路，既能測量電池組的電動勢E和內(nèi)阻r又能同時測量未知電阻Rx的阻值。器材如下：電池組（四節(jié)干電池）待測電阻Rx（約10Q）電壓表V1（量程3V、內(nèi)阻很大）電壓表V2（量程6V、內(nèi)阻很大）電阻箱R（最大阻值99.9Q）開關(guān)一只，導線若干實驗步驟如下：（1）將實驗器材連接成如圖（a）所示的電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，先讓電壓表V］接近滿偏，逐漸增加電阻箱的阻值，并分別讀出兩只電壓表的讀數(shù)。IJ1（a；圖"}（2）根據(jù)記錄的電壓表V］的讀數(shù)U］和電壓表V2的讀數(shù)U2,以U為縱坐標，以對應的電阻箱的阻值R2為橫坐標，得到的實驗結(jié)果如圖（b）所示。由圖可求得待測電阻Rx=_Q（保留兩位有效數(shù)字）。U-U（3）圖（c）分別是以兩電壓表的讀數(shù)為縱坐標，以兩電壓表讀數(shù)之差與電阻箱阻值的比值二為橫坐R標得到結(jié)果。由圖可求得電池組的電動勢E三_V,內(nèi)阻r=Q；兩圖線的交點的橫坐標為A,縱坐標為V.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）【答案】8.06.04.00.504.0【解析】【詳解】⑵［1］串聯(lián)電路電流處處相等，由圖（a）所示電路圖可知：IUUI=―1=2—RR+RXX則：U1U~R2XU則u-R圖象的斜率:213-1k=R16X解得：Rx=8.0Q⑶[2]⑶由圖（a）所示電路圖可知：U-U—21=/RU-UU-T1圖線是電源的U-I圖象，由圖示圖象可知，電源電動勢：E=6?0V,電源內(nèi)阻：2RAU6,gr=1==4.00AU—U1.5RU-U[5]U1-2r1圖線是Rx的U-I圖象，兩圖線交點反應的是電源與定值電阻直接串聯(lián)時的情況，交點的橫坐標：E6I===0.50AR+r8.0+4.0X縱坐標：U=E-Ir=6-O?50x4=4?OV14．某同學用如圖所示電路做“研究電磁感應現(xiàn)象”實驗。他將鐵芯插入小線圈約一半的位置，變阻器的滑片P置于ab的中點，在閉合電鍵瞬間，電流計的指針向左擺。閉合電鍵后，為使電流計的指針向右擺，應將鐵芯（選填“插入”或“拔出”）或?qū)⒆冏杵鞯幕琍向端滑動（選填“a”或“b”）。答案】拔出、a解析】在閉合電鍵瞬間，磁通量增加，電流計的指針向左擺。閉合電鍵后，為使電流計的指針向右擺則應使磁通量減小，即應將鐵芯拔出或?qū)⒆冏杵鞯幕琍向a端滑動，增大電阻，減小電流，從而減小磁通量。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分如圖所示為直角三棱鏡的截面圖，一條光線平行于BC邊入射，經(jīng)棱鏡折射后從AC邊射出.已知ZA=&=60°求：棱鏡材料的折射率n；光在棱鏡中的傳播速度v（真空中光速為c）.【答案】①＜3:②辛C【解析】【分析】【詳解】sinasinO==nsinpsiny因為a=O=60。，所以p=y.卩+y=ZA=60。，故P=y=30。在根據(jù)折射定律sin60。片n==畧3.sin30。②光在棱鏡中的傳播速度c訂v==c.n3名師點睛】

根據(jù)幾何關(guān)系求出光在AC面上的入射角，再根據(jù)折射定律求出棱鏡的折射率，結(jié)合v二C求出光在棱鏡n中的速度．如圖所示，在直角坐標系xoy中，第I象限存在沿y軸正方向、電場強度為E的勻強電場，第W象限存在一個方向垂直于紙面、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域。一質(zhì)量為m,帶電荷量為-q的粒子，以某一速度從A點垂直于y軸射入第I象限，A點坐標為(0,h),粒子飛出電場區(qū)域后，沿與x軸正方向夾角為60。的B處進入第W象限，經(jīng)圓形磁場后，垂直射向y軸C處。不計粒子重力，求：⑴從A點射入的速度v°；圓形磁場區(qū)域的最小面積；證明粒子在最小圓形磁場中運動時間最長，并求出最長時間?！敬鸢浮竣?m|h；⑵【答案】⑴3m|h；⑵2兀mhEqB2(3)2兀m3qB【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在電場中做類平拋運動，其加速度大小為TOC\o"1-5"\h\zFqEa==-mm豎直方向有1qEh=at2=122m故2mh'qE在B處有tan60°=—=—=vvx0因此，A點射入的速度v0atv0at_i