2021届新疆高考物理一诊试卷附答案详解

2021届新疆高考物理一诊试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.电场强度的定义式是下面那一个（）

A.F=maB.E=-C.E=D.E=?

qr2d

2.如图所示，小球1由两根轻绳AC和4D拴住，轻绳4。水平.竖直轻绳

4B将小球2悬挂于小球1的下端.现用一个水平向右的力尸拉动小球

2,使其由位置B缓慢移动到位置B',小球1始终保持静止，此过程

中三根轻绳的张力二外TAC、。。的变化情况是（）

A.2和加都变大，0°变小B.为变人，北°变小，必变小

C."B和二°都变大，不变D.变小，。。变大，"c不变

3.如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场.现将一边长为八质量为m、电阻为R的正

方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且儿边与磁场边界MN重合.当t=0时，

对线框施加一水平拉力F,使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当《=片时，线框的ad边

与磁场边界MN重合.图乙为拉力F随时间变化的图线.由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的

大小为（）

4.

滑圆形轨道.一小球从与。点等高的圆弧最高点，由静止滚下后作开

平抛运动.调整轨道半径，使小球做平抛运动的水平位移最大，则

小球在圆弧最低点处的速度为（）

A.B.D.

5.如图所示为在一条直线上运动的两个物体的位移图象，由图象可知

（）

A.两物体都作匀加速直线运动

B.它们速度的大小关系为%>v2

C.它们速度的大小关系为巧<%

D.它们的速度方向可能不相同

6.如图所示为环形磁铁立体示意图，P、Q是左右对称且靠近S极的两点，E、

F是中心轴线上下对称的两点，下列说法正确的是（）

A.E、尸两点的磁感应强度大小相等、方向相同

B.E、F两点的磁感应强度大小相等、方向相反

C.P、Q两点的磁感应强度大小不等、方向相同

D.P、Q两点的磁感应强度大小相等、方向相同

7.下列说法正确的是（）

A.康普顿效应进一步证实了光的粒子性

B.两个质子和两个中子结合成了一个a粒子，属于a衰变

C.发生光电效应时，光电子的动能与入射光的强度和频率有关

D.波尔认为，氢原子核外电子从某能级向另一能级跃迁的过程中原子的能量不变

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.己知两个分力的大小为片、F2,它们的合力大小为尸，下列说法中不正确的是（）

A.不可能出现F<F］同时F<尸2的情况

B.不可能出现F>Fi同时F>尸2的情况

C.不可能出现尸<&+尸2的情况

D.不可能出现F>&+尸2的情况

9.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧

连接，开始时木块静止在4位置。现有一质量为m的子弹以水平速度火射

向木块并嵌入其中，则当木块回到4位置时的速度"以及此过程中墙对弹簧

的冲量/的大小分别为（）

A.v=B.v=等C./=2mv0D./=0

M+mMu

10.蹦床类似于竖直放置的轻弹簧（共弹力满足F=kx,弹性势能满足Ep=3%2,X为床面下沉的距

离，k为常量）,质量为m的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉：蹦床比赛中，运动员经过多次

蹦跳,逐渐增加上升高度，测得某次运动员离开床面在空中的最长时间为△t.运动员可视为质点,

空气阻力忽略不计，重力加速度为g.则可求（）

A.常量k=詈

xo

B.运动员上升的最大高度h=t）?

C.床面压缩的最大深度％=&+£）2+税

D.整个比赛过程中运动员增加的机械能4E=gmg2sty

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图。其中。是起始点，4、

B、C是打点计时器连续打下的3个点。该同学用毫米刻度尺测量。到4、B、C各点的距离，并记

录在图中（单位cm）o

♦0•A♦B

（1）这三个数据中不符合有效数字读数要求的是段，应记作cm.

（2）该同学用重锤在0B段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g=10m/s2,他用AC段

的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为,而动能

的增加量为，（均保留3位有效数字，重锤质量用zn表示）。这样验证的系统误差总是使重

力势能的减少量动能的增加量，原因是。

12.在“探究小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表4和电压表

V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0开始变化。

（1）实验中滑动变阻器应采用接法（填“分压”或“限流”）。

（2）某同学已连接如图所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅

有的2个不当之处，并说明如何改正。

①。

②------。

四、计算题(本大题共5小题，共46.0分)

13.“嫦娥四号”抵达月背留下了第一个“脚印”，“嫦娥五号”将在年底

奔月，任务是实现月球采样返回，将带回约2kg月球表面的土壤。如图

所示，若“嫦娥五号”上放有压力传感器，其从月球表面起动后，以加

速度号竖直向上做匀加速运动。升到某一高度时，土壤对水平放置的压力

传感器的压力为起动前压力的荒，已知月球半径为R,求“嫦娥五号”此时离月球表面的高度/i(g

lo

为月球表面附近的重力加速度)。

14.一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力?随时间t变化的关系如图(a)所示，速度"随

时间t变化的关系如图(b)所示(g=10m/s2).求:

(l)ls末物块所受摩擦力的大小人；

(2)物块在前6s内的位移大小：

(3)物块的质量小、物体与水平地面间的动摩擦因数比

15.(17分)如图所示，真空中的矩形abed区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内

同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,圆形边界分别相切于ad、be边的中点e、

一带电粒子以初速度为沿着e/方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒

子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知能.黜,=竽盛，忽略粒子的重

力。求：

(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值燮；

(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。

16.在光滑的水平面上放着物体4和小车B,如图所示，小车长L=2zn,M=

4kg,4的质量m=1kg,NAB=0.2,加在小车上的力(1)/=5N,(2)F=----f

Z//Z///Z///Z//

12N,求在这两种情况下，在2s时间内尸对车做功是多少？摩擦力对4做

功多少？小车动能增加多少？(g取lOm/s?)

17.如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为七=鬻,

在第三象限内有磁感应强度B=缴的匀强磁场/,在第四象限内有磁感应强度B=蟹的匀强

磁场n.磁场I、n的方向均垂直于纸面向里。一质量为血、电荷量为+q的粒子从P(O,L)点处以

初速度"沿垂直于y轴的方向进入第二象限的匀强电场，然后先后穿过x轴和y轴进人磁场/和磁场

口，不计粒子的重力和空气阻力。求：

(1)粒子由电场进入磁场/时在x轴上的位置坐标；

(2)粒子从出发到第2次经过y轴所需要的时间t；

(3)粒子从磁场I进入磁场H经过y轴的位置坐标和粒子从磁场D进入磁场/经过y轴的位置坐标。

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：电场强度等于放在电场中某点的试探电荷所受的电场力与其电荷的比值，则E是电场

强度的定义式.故AC。错误，B正确.

故选：B

电场强度等于放在电场中某点的试探电荷所受的电场力与其电荷的比值.根据电场强度定义的内容

解答.

本题关键要知道场强采用的比值法定义，掌握其定义式E=，注意与推导式的区别

2.答案：C

解析：解：以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：

由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对

应图中1、2、3三个位置大小所示，即。B逐渐变大，尸逐渐变大；

再以AB整体为研究对象受力分析，

设4c绳与水平方向夹角为a,

则竖直方向有：TACsina=2mg

得：普c=2吆，不变；

sina

水平方向：TADTACcosa+F,北ccosa不变，而F逐渐变大，故。。逐渐变大;

故选：Co

先以B为研究对象受力分析，由分解法作图判断出匕B大小的变化；

再以AB整体为研究对象受力分析，由平衡条件判断北D和5;的变化情况.

当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题更简单.

3.答案：A

解析：试题分析：盘=颜时刻，感应电动势蠹=斛，感应电流场=购，安培力,电=懿=醵，由牛顿

第二定律可得思=嬲勖在ad边做切割磁感线时，由牛顿第二定律可得，窜-,莹=微胡，又嘎=颛,

人毛意=蹴岳，心=畸，因此，,软=金配%忠,当源=鼠时，，虾=冬震，解得：点=:―,

.舞<"--制卷

所以正确选项为4。

考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势和安培力大小的计算。

4.答案：C

解析：设圆形轨道的半径为r,则小球做平抛运动的高度为H-r,根据平抛运动的基本公式求出S的

表达式，求出S取最大值的条件即可求解。

设圆形轨道的半径为r,则小球做平抛运动的高度为"-r,小球从最高点运动到轨道最低点的过程

中，运用动能定理得：

mgr=—wv2

解得：v=yj2gr

小球从轨道最低点抛出后做平抛运动，则有

水平位移S=v/=

TJ

当H—r=r时，S取最大值，即厂二—

2

所以v=也正=4函

故选C。

本题主要考查了动能定理及平抛运动的基本公式的直接应用，要注意数学知识在物理解题中的应用。

5.答案：B

解析：解：4、由图可知，1、2两物体均做匀速直线运动，而2的斜率较大，故由s=仇可知，1物体

的速率要大于2物体的速率，故1的速度大于2的速度；故B正确，AC错误

。、斜率代表速度大小和方向，故方向相同，故。错误

故选：B。

在s-t图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示物体的速度大小.

本题考查s-t图象的性质，题目本身较为简单，但要注意有同学可能误作为9-t图象处理，从而导

致错误.

6.答案：A

解析：解：4、由图可知，该环形磁铁与条形磁铁相似，可知该磁铁的磁场与条形磁铁的磁场是相似

的。条形磁铁的磁场如图：

，A.•

将题图与该图比较可知，E、F两点磁场的大小是相等的，方向也是相同的。故A正确，B错误：

C、将题图与该图比较可知，P、Q两点磁场的大小是相等的，但方向不相同。故C错误，D错误。

故选：Ao

环形磁铁的磁场与条形磁铁的磁场是相似的，结合条形磁铁的磁场的特点分析解答即可。

该题考查常见磁场的特点，知道磁感应强度是矢量是解答的关键。

7.答案：A

解析：解：4、康普顿效应进一步证实了光的粒子性，故A正确.

8、a衰变的实质是原子核内的两个质子和两个中子结合成一个a粒子,a衰变是原子核自发地发出a粒

子的现象，故B错误.

C、光电效应产生光电子的初动能与入射光的强度无关，故C错误.

。、氢原子核外电子从某能级向另一能级跃迁的过程中原子的能量是发生变化的，故。错误.

故选：A.

光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性；衰变是原子核自发地发出a粒子的现象；根据光电效应

方程分析影响光电子最大初动能的因素；氢原子核外电子从某能级向另一能级跃迁的过程中能量发

生变化.

本题考查了康普顿效应、衰变、光电效应、能级等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知

识点，知道电子从低轨道向高轨道跃迁时，原子能量增加，从高轨道向低轨道跃迁时，原子能量减

小.

8.答案:ABC

解析：解：4如图所示左，合力小于任一分力，故A错

误；-------J

8、如右图所示，合力大于任一分力，故B错误；

C、当两个分力进行合成时，合力在两个分力最小值与最大值之间，但不可能出现尸＞居+尸2的情

况，故c错误；。正确；

本题选择错误的，故选：ABC。

同一直线、同方向二力的合力大小等于二力大小之和，方向与二力的方向相同；

同一直线、反方向二力的合力大小等于二力大小之差，方向与二力中较大力的方向一致.

本题主要考查二力合成，合力的大小取决于两个分力的大小和方向.

9.答案:AC

解析：解：AB,子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的

动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=(M+m)v

解得：”=篝

子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回

到4位置时速度大小不变，即当木块回到4位置时的速度大小为：〃=篝，故A正确，B错误；

CD、子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：

I'——(M+m)v—mv0——2mv0

所以墙对弹簧的冲量/的大小为：/=2nw。，故C正确，。错误。

故选：AC.

子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，可由

动量守恒定律列式求解子弹和木块的共同速度。系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向

左做加速运动，回到a位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量/的大小。

子弹射入木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，系统的动量守恒。要知道

动量定理是求变力冲量常用的方法。

10.答案:AC

解析：解:4、根据运动员静止站在蹦床上时，床面下沉而；贝U：mg=kx0

解得上=詈；故A正确；

x0

8、根据匀变速直线运动公式，上升下落时间相等，即上升时间为上升的最大高度：九=99(：)2=

止.故B错误；

8

C、运动员从最高点到最低点的过程中重力势能转化为蹦床的弹性势能，即：Nkx2=7ng(x+嗒)

28

所以：X=Xo+t)2+X/故C正确；

。、整个比赛过程中运动员增加的机械能等于运动员从&处到最高点的重力势能与减小的弹性势能的

xf2x

差,即：△E=mg(x0+h)=^9o+)~1-'o=纲"0+M/StA•故。

错误.

故选：AC

由胡克定律可求得常量k;

根据匀变速直线运动的规律可求得上升的高度，则可判断是否符合要求；

根据功能关系可求得床面压缩的最大深度和整个比赛过程中运动员增加的机械能.

本题考查物理规律在生活中的应用，要注意正确分析物理过程及做好受力分析，然后才能根据题意

选择合适的物理规律.

11.答案：OC15.701.24m1.22m大于纸带与打点计时器有摩擦，减小的重力势能一部分转化

为内能

解析：解：(1)该同学用毫米刻度尺测量，读数时应估读到mm以下，故这三个数据中不符合有效数

字读数要求的是OC,应记作15.70cm。

(2)重锤重力势能的减小量4Ep=mgh0B=mx10x0.12427=1.24m；

B点的瞬时速度为=靠=°—7°~°—=1.55m/s,

2

则重锤动能的增加量AEk=^mvl=^xmx1.55=1.20m,这样验证的系统误差总是使重力势能

的减少量大于动能的增加量，原因是纸带与打点计时器有摩擦，减小的重力势能一部分转化为内能。

故答案为：(1)OC；15.70；(2)1.24m；1.20m；大于；纸带与打点计时器有摩擦,减小的重力势能

一部分转化为内能。

(1)根据纸带的读数以及单位确定不符合有效数字要求的那一段。

(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求

出B点的瞬时速度，从而得出动能的增加量。比较出重力势能减小量和动能增加量的大小关系，分析

误差形成的原因。

解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从

而得出动能增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量，知道实验误差形成的原因。

12.答案：分压电键S不应闭合，应处于断开状态滑动变阻器滑动触头P位置不当，应将其置于b端

解析：解：(1)灯泡两端电压从0开始变化，滑动变阻器只能采用分压接法。

(2)为保护电路安全，连接电路时：①电键S不应闭合，应处于断开状态；

②滑动变阻器采用分压，滑片应置于分压电路分压为零的位置，滑动变阻器滑动触头P位置不当，

应将其置于b端；

故答案为：(1)分压；(2)①电键S不应闭合，应处于断开状态；②滑动变阻器滑动触头P位置不当，

应将其置于b端。

(1)滑动变阻器有分压与限流两种接法，根据题意确定滑动变阻器的接法。

(2)连接电路时开关应断开，滑动变阻器采用分压接法时，滑片应置于分压位置为零的位置。

本题考查了实验注意事项与滑动变阻器接法的选择，滑动变阻器一般有分压与限流两种接法，当电

压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法。

13.答案：解：取土壤为研究对象，由物体的平衡条件和牛顿第二定律有，在月球表面时：FN1=mg

在月球表面上某一高度处根据牛顿第二定律有：FN2-mgy=ma=m-^

根据题意52=

lo

得到：=gg

h口日Mm「Mm

而且mg=mgx=G而诉

联立得到：h=p

答：此时离月球表面的高度为1

解析：取土壤为研究对象，由物体的平衡条件和牛顿第二定律结合万有引力定律进行解答。

本题主要是考查牛顿第二定律的应用，解答关键是能清楚受力情况，根据牛顿第二定律以及万有引

力和重力的关系分析。

14.答案：解：⑴从图(a)中可以读出，当t=ls时,

fi=F、=4N；

(2)从图(b)中可以看出，t=0至t=2s过程，物体静止.S】=0

t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动.S?='^券七=等x2=4?n

t=4s至t=6s过程中，物块做匀，速运动.S3=u4t3=4x2=8m

所以物块在前6s内的位移大小S=Si+S2+S3=4+8=12m

(3)从图(b)中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为

△V4.7

一=2nm/sz；

a=—△t=2/

由牛顿第二定律得4-4mg=ma

F3=启="ng

所以巾==2kg：

jiz=—=—=0.4

rmg2x10

答：(l)ls末物块所受摩擦力的大小先为4N；

(2)物块在前6s内的位移大小为12nl.

(3)物块的质量zn为2kg；物体与水平地面间的动摩擦因数”为0.4.

解析：(1)由b图可知物体做匀速运动，则摩擦力等于拉力，由a图可读出摩擦力大小：

(2)住仍图明确物体的运动情况，根据图象中的面积可求出前6s内的位移；

(3)由图可求出t=2s至t=4s过程中的加速度，再由牛顿第二定律可求得质量和动摩擦因数.

本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确图象的作用，能根据图象明确物体的运动情况，再由牛

顿第二定律列式求解即可.

15.答案：(1)避逛(2)粒子离开磁场时到b的距离上

解析：试题分析：(1)设匀强电场强度为E,当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动,

有：

qv0B=qE①（2分）

当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度

为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则

水平方向有：2R=%t②（l分）

竖直方向有：工说;=工济守③（1分）

翦S

qE=ma④（1分）

联解①②③④得：

燮=昌⑤（2分）

（2）若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.

b

设粒子离开矩形区域时的位置g离b的距离为幻则由牛顿第二定律:

&除趣=⑥（1分）

岁

得V=丝=后卷⑦（2分）

螃

由图中几何关系得：

粒子的轨迹半径为k=魔窗4吸窗=屈⑧（2分）

得。=60。（2分）

故粒子离开磁场时到b的距离为席=二渝田ftt鬻⑨（2分）

怎翦

代入解得：京,二上⑩（1分）

考点：带电粒子在复合场中的匀速直线运动带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动

16.答案：解：分别对4和B受力分析，如图：『|NB

最大静摩擦力为：fm=f=mg=2N_L_~~>F

若二者有共同加速度a,贝妙=ma...①寸」二》

%mg*Mg

F-f=Ma...@

当尸=5N时，得:a=lm/s2,f=IN

AB经过2s后，位移为：s=|at2=2m

产对车做功为：WF=F-s=10J

摩擦力对4做功为：Wr=f-s=2J

根据动能定理得：△EK=W冷=10-2=引

当产=12N时，代入①②得：a=2.4m/s2,/=2.4N

根据已知条件4、B之间的最大静摩擦力近似认为等于滑动摩擦力即：

frn=Rmg=2N

因为f>fm

所以当F=12N时，4、B出现相对滑动，有：

f

2

aA=-=^9=2m/s

p一,

9cz2

aB=---------=2.5m/s

2

所以：S4=^aAt=4m

1,

SB=2aBt=5m

A、B相对运动距离是lm,即4相对B向后打滑Irn,给定车长为2m,所以2s时4仍在车上.

F对车做功为：WF=F-SB=60/

摩擦力对4做功为：Wf=f-SA=8J

根据动能定理得：△EK=/令=60-2x5=50/

答：（1）当F=5N时，户对车做功为10/,摩擦力对4做功为2/,小车动能增加8/

当尸=12N,F对车做功为60/,摩擦力对4做功为8/,小车动能增加50/.

解析：分别对4和B受力分析，分析当F=5N和F=12N时，4B的运动状态，根据牛顿第二定律、

运动学基本公式、运动学基本公式及动能定理列式即可求解.

本题主要考查了牛顿第二定律、运动学基本公式、运动学基本公式及动能定理的直接应用，要注意

分析过程，正确应用功的公式及动能定理进行分析求解.

17.答案：解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向：乙=2竹,

解得：警，

13%

水平向左的位移大小为：x=vot1=等3

则粒子由电场进入磁场/时在x轴上的位置坐标为(-苧L,0)；

(2)粒子在电场中运动售=2"

解得：Vy—V3V0»

粒子的速度为：v=J与+药=2v0,

〃与工轴负方向间夹角为：。=arctan—=arctanV3=60°,

vx

粒子在磁场I中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB=m-,

rrl

解得：

由几何知识可知，圆心内恰好在y轴上，距。点的距离为：y0=|3

„2

粒子在磁场H中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB