（新高考）2021届高三第三次模拟检测卷 物理（四）解析版

（新高考）2021届高三第三次模拟检测卷物理（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则()A．乘客做简谐运动的回复力是由车对人的支持力提供的B．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大C．乘客只有在地心处才处于完全失重状态D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比【答案】D【解析】乘客做简谐运动的回复力是由地球对乘客的万有引力提供的，故A错误；乘客达到地心时的速度最大，加速度为零，因为地心处乘客所受引力的合力为零，故B错误；乘客只受地球引力的作用，全程处于完全失重状态，故C错误；乘客做简谐运动，地心处为平衡位置，由简谐运动的受力特点可知，乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离成正比，故D正确。2．如图所示放电管两端加上高压，管内的稀薄气体会发光，从其中的氢气放电管观察氢原子的光谱，发现它只有一些分立的不连续的亮线，下列说法正确的是()A．亮线分立是因为氢原子有时发光，有时不发光B．有几条谱线，就对应着氢原子有几个能级C．核式结构决定了氢原子有这种分立的光谱D．光谱不连续对应着氢原子辐射光子能量的不连续【答案】D【解析】放电管两端加上高压，管内的稀薄气体会发，这是因为原子发生了跃迁，同时辐射出光子，形成光谱，但是因为原子在不同能级之间跃迁时，形成不同波长的光，而形成的光谱是已经发生了跃迁的能级形成的，由于不同能级之间发生跃迁的条件不一样，几条光谱线并不对应着氢原子有几个能级，同时氢原子的光谱是一些分立的不连续的亮线，故ABC错误，D正确。3．将一物体从地面竖直上抛，物体在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比。它的动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则物体在运动过程中的加速度的最大值为()A．gB．2gC．3gD．4g【答案】C【解析】根据Δp＝Ft可知图中的斜率等于物体受到的合外力，斜率大，合外力大，加速度也大，所以当t＝0时，物体的加速度最大。当p＝eq\f(1,2)p0时斜率为0，物体的合外力为零，此时有，设物体运动过程中的加速度最大值为am，有，解得am＝3g，故选C。4．如图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，∠ABC＝30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球所受电场力为所受重力的3倍B．经过时间，小球电势能和重力势能之和最大C．从C到B，小球做匀变速直线运动D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为1∶eq\r(3)【答案】B【解析】设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度x＝eq\r(3)L，设从C到B的时间为t，有L＝eq\f(1,2)vyt，eq\r(3)L＝eq\f(1,2)vxt，解得vx＝eq\r(3)vy，根据速度－时间关系v＝at可得eq\f(mg,q)＝eq\r(3)g，解得qE＝eq\r(3)mg，故A错误；设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为θ，则有，，则合加速度为2g，将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间，故B正确；从C到B，小球加速度恒定，但与小球速度不共线，故小球做匀变速曲线运动，故C错误；从C到B，小球克服重力做的功WG＝mgL，电场力所做的功W电＝qE‧eq\r(3)L＝3mgL，则WG∶W电＝1∶3，故D错误。5．如图所示，我国首颗火星探测器“天问一号”在降落火星之前，将进行五次近火制动，先后在5个近火点相同但远火点不同的轨道上运行。2月24日6时29分，“天问一号”探测器成功实施第三次近火制动，由停泊调相轨道进入停泊轨道。以下关于“天问一号”在停泊调相轨道和停泊轨道运行的说法正确的是()A．在两轨道的近火点的速度大小相同B．在两轨道的周期相同C．在两轨道的机械能相同D．在两轨道的近火点加速度大小相同【答案】D【解析】探测器由停泊调相轨道到停泊轨道需要减速，所以在两轨道的近火点的速度大小不同。机械能不同，AC错误；根据开普勒第三定律可知，轨道半长轴大的周期大，所以两轨道周期不同，B错误；轨道的近火点加速度均由万有引力提供，而在近地点两轨道万有引力相同，所以加速度相同，D正确。6．如图所示，半圆形容器固定在地面上，容器内壁光滑，球A和球B放在容器内，用水平力作用在球A上，使球A的球心O1与半圆形容器的球心O2在同一竖直线上，容器半径、球A半径、球B半径之比为6∶2∶1，球B的质量为m，两球质量分布均匀，重力加速度为g，整个系统始终静止。则推力F的大小为()A．eq\f(3,4)mgB．eq\f(\r(3),2)mgC．eq\f(\r(2),2)mgD．eq\f(1,2)mg【答案】A【解析】受力分析如图所示，设B球的半径为r，则有O1O2＝4r，O1O3＝3r，O2O3＝5r，即△O1O2O3是直角三角形，根据力的平衡可知，球B对球A的压力FBA＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg，由于A球受力平衡，则有F＝FBA＝eq\f(3,4)mg，故选A。7．如图甲所示是街头常见的变压器，图乙是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压基本不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，电阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小。不考虑变压器的能量损耗，下列说法正确的是()A．变压器原线圈的导线应该比副线圈的粗B．用电器增加时，输电线损耗的功率减小C．用电器增加时，变压器的输出功率增大D．用电器增加时，用电器两端的电压保持不变【答案】C【解析】街头常见的变压器是常见的降压变压器，副线圈的电流比原线圈的电流大，为了安全，副线圈的导线更粗一些，A错误；变压器的匝数比没变，原线圈两端的电压没变，则副线圈的电压U2不变，当用电器增加时，相当于R的值减小，则副线圈的电流I2增大，输电线的消耗的功率增大，B错误；副线圈的电压U2不变，副线圈的电流I2增大，根据P2＝U2I2，则变压器的输出功率增大，C正确；副线圈的电压U2不变，副线圈的电流I2增大，根据UR＝U2－I2R0，知用电器增加时，用电器两端的电压减小，D错误。8．在距水平地面h高处固定有点光源L，一小金属球P紧贴光源放置。某时刻小金属球P以初速度v0水平向右抛出，最后落到水平地面上，运动中不计空气阻力。以抛出点为坐标原点O、水平向右为x轴正方向、竖直向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示。设经过时间t小金属球P运动至A点，其在地面的投影为B点，B点横坐标为xB；小金属球P在A点速度的反方向延长线交于x轴的C点，C点横坐标为xC。以下图像能正确描述xB、xC随时间t变化关系的是()【答案】B【解析】小球平抛运动位移与时间的关系，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，设位移与水平方向的夹角为θ，则有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)，由几何关系可得，则xB与t成反比关系，故A错误，B正确；xC与t的关系为xC＝eq\f(1,2)v0t，即xC与t成正比关系，故CD错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，当传播到x＝1m处的质点A时开始计时，t＝4s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x＝3m处，B、C两质点此时的位移均为y＝1m。下列说法正确的是()A．该波传播的速度大小为0.5m/sB．t＝4s之后，质点C比质点B回到平衡位置要晚1sC．t＝8s时质点A将运动到x＝5m的位置D．t＝11s时，平衡位置在x＝5m处的质点的位移为－2cm【答案】AD【解析】由题意知周期T＝4s，由图像可知λ＝2m，则波速v＝eq\f(λ,T)＝0.5m/s，故A正确；x＝1m处的质点A开始振动时，位移y＝2sin(eq\f(π,2)t)cm，由图分析可知，B点正在向下振动，再经tB＝eq\f(1,12)T回到平衡位置，C点正在向上振动，再经tC＝回到平衡位置，即质点C比质点B晚Δt＝eq\f(4,3)s的时间回到平衡位置，故B错误；质点不随波迁移，故C错误；从开始计时到波传播到x＝5m处，需用时8s，振动时间为3s＝eq\f(3,4)T，由于起振方向向上，则t＝11s时x＝5m处的质点的位移y＝－2cm，故D正确。10．如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角θ＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是()A．小球B一定带负电B．B球圆周运动的速度大小为eq\f(\r(6),3)m/sC．在图示位置若突然在B球所在范围内加水平向左的匀强电场的瞬间，B球将做离心运动D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B球将做近心运动【答案】BD【解析】小球A、B之间的库仑力，设弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有Tcosθ＝mg，弹簧的弹力在水平方向的分力Tx＝Tsinθ，由胡克定律T＝k0(lOB－L0)，又lAB＝lOBsinθ，可解得T＝1N，Tx＝0.8N，F＝0.9N，lOB＝0.5m，lAB＝0.4m，小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有F＞Tx，则B球带正电，A错误；小球所受向心Fn＝F＋Tx＝1.7N，由解得m/s，B错误；在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小球做离心运动，故C正确；在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个指向圆心的洛伦兹力作用，这时供的向心力大于需要的向心力，小球做近心运动，故D正确。11．如图所示，半径为R的半圆柱形玻璃砖，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光，沿AO方向从真空方向射入玻璃，入射角为θ，OB、OC为两条折射光线，光由O到B的时间为t1，由О到C的时间为t2，以下说法正确的是()A．OB为红光B．t1＝t2C．若θ＝60°，OB长度为R，则OB光线在玻璃中的折射率为eq\r(3)D．若θ＝60°，OB长度为R，则OB光线在B点不发生全反射【答案】BC【解析】由于OB光偏折程度比OC光大，所以OB光的折射率大，可知光束OB是紫光，OC是红光，故A错误；设任一光线的入射角为θ，折射角为r，光在玻璃中传播的路程是s，半圆柱的半径为R，光在玻璃中的速度v＝eq\f(c,n)，由几何知识得s＝2Rsinr，则光在玻璃中传播时间，由题图知，两束光的入射角θ相同，R、c相等，所以两束光分别在OB、OC段传播时所用的时间相等，故B正确；若θ＝60°，OB长度为R，由几何关系得折射角为30°，可得OB光线在玻璃中的折射率为eq\r(3)，此时sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(3),3)<60°，入射角大于临界角，能在B点发生全反射，故C正确，D错误。12．如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与ab、ac交于E、F两点，且EF＝L0。在外力作用下，导体棒由EF处运动到GH处，速度由v0减小到eq\f(1,3)v0，速度的倒数随位移x变化的关系图线如图乙所示。除阻值为R的电阻外，其他电阻均不计。在棒由EF处运动到GH处的过程中()A．导体棒所受安培力逐渐增大B．导体棒所受安培力逐渐减小C．克服安培力做功为D．克服安培力做功为【答案】AD【解析】由乙图知图像的斜率，由代入k值得，导体棒切割磁感线产生的感应电动势，感应电流I＝eq\f(E,R)，所以感应电动势和感应电流都不变。又，所以安培力逐渐增大，A正确，B错误；由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对位移的平均值。根据题意，当导体棒运动2L0时，导轨间导体棒长度为3L0，安培力平均值，克服安培力做功，C错误，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(6分)某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C处是钩码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦。实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数，测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a，然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数。(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还需要________。A．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．弹簧测力计(2)在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量m为横轴，以加速度a为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________。(g取10m/s2)【答案】(1)B(2)0.3【解析】(1)打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误；本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B错误；实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确；滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误。(2)对ABC系统应用牛顿第二定律可得，其中m＋m′＝m0，所以a－m图象中，纵轴的截距为－μg，故－μg＝－3，μ＝0.3。14．(8分)用如图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻（小于1Ω）。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：双量程电流表A（量程0～0.6A，0～3A）双量程电压表V（量程0～3V，0～15V）滑动变阻器：R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）R2（阻值范围0～100Ω，额定电流1A）(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用滑动变阻器______（填“R1”或“R2"）(2)根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置，并选择正确的电表量程进行连线。(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U－I图线。由图线可以得出此干电池的电动势E＝______V（保留三位有效数字）、内阻r＝______Ω（保留两位有效数字）。【答案】(1)R1(2)见解析图(3)1.450.87【解析】(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中滑动变阻器应选阻值较小的R1。(2)由给出的原理图甲，得到实物电路图如图所示。(3)由丙图的U−I图象可知，电源的电动势为E＝1.45V。由U−I图象的斜率大小等于电源的内阻可知，电源内阻为。15．(7分)如图所示，一个粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，两管上端封闭且等高，管内有一段水银柱，左管上方空气柱的长度l1＝10cm，压强p1＝70cmHg，右管上方空气柱的长度l2＝30cm。现将右管上端缓慢打开，直到水银面再次稳定，在整个过程中气体温度保持不变，大气压强p0＝76cmHg，已知。求此时左管上方空气柱的长度和压强。【解析】设“U”形玻璃管的右管上端打开之后，左管空气柱长度和压强分别为l1′、p1′，左管水银柱下降了x，右管上端打开后，水银柱再次平衡时，由平衡条件可得：p1′＋(30－x)cmHg＝p0＋(10＋x)cmHg对左管空气柱，由玻意耳定律可得：p1l1＝p1′l1′l1′＝l1＋x联立解得：l1′＝11.75cm，p1′＝59.5cmHg。16．(9分)某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L＝0.50m、质量M＝0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。(1)若F1＝24N，F2＝16N，求木板的加速度大小以及经过多少时间滑块从木板上端离开木板？(2)若F2＝18N，为使滑块与木板不能发生相对滑动，求F1必须满足什么条件？【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有：F2－μF1－mg＝mam，得am＝4m/s2对木板由牛顿第二定律有：μF1－Mg＝MaM，得aM＝2m/s2因为am＞aM，所以假设成立设时间为t滑块上升的高度为xm，则：xm＝eq\f(1,2)amt2木板上升的高度xM，则：xM＝eq\f(1,2)aMt2滑块从木板上端离开木板，则有：xm－xM＝L解得：t＝eq\f(\r(2),2)s。(2)对滑块和木板整体由牛顿第二定律有：F2－(M＋m)g＝(M＋m)aa＝5m/s2对木板由牛顿第二定律有：f－Mg＝MaM不能发生相对滑动应有：μF1≥f解得：F1≥30N。17．(14分)如图所示，平面直角坐标系中，在第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场B1；第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B2，两磁场宽度d＝2.5m，磁场上下区域足够大；在第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场。一带电粒子从x轴上的M点（－0.75m，0）以速度v0＝10m/s平行于y轴正方向射入电场中，粒子经过电场偏转后从y轴上的P点（0，eq\f(\r(3),2)m）进入第一象限，经过一段时间后刚好垂直x轴进入第四象限磁场中，再次偏转后从磁场右边界上Q点（图中未画出）离开磁场，粒子质量m＝5×10－4kg，电荷量q＝2×10－3C，不计粒子的重力，试求：(1)电场强度E的大小；(2)第一象限内磁感应强度B1的大小；(3)若B2＝1.5B1，则粒子从M点进入电场到从磁场右边界Q点离开磁场，运动的总时间。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，有xM＝eq\f(1,2)‧eq\f(qE,m)t12，yP＝v0t1解得：E＝50V/m，t1＝s。(2)粒子进入磁场B1时的速度大小为v，方向与y轴成θ角，则有，得θ＝60°m/s由几何关系得，粒子在磁场B1中做圆周运动的半径m由洛