2021届高三第三次模拟考试卷 物理（一）教师版.doc

《2021届高三第三次模拟考试卷 物理（一）教师版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三第三次模拟考试卷 物理（一）教师版.doc（6页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 021届好高三第三次模拟考试卷物 理 （一）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。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1

2、921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14居里夫人一份约120年前的手稿被保存在法国国立图书馆，记载了放射性元素钋和镭的发现。手稿中残留的镭至今仍具有放射性，因此存放在铅盒里。已知镭的半衰期是1620年，如图所示表示镭含量的直方图中，“今年”表示今年手稿上镭的含量，则可以表示当年手稿上镭含量的是()A B C D【答案】B【解析】设当年手稿上镭含量是x，则根据半衰期的概念可知，解得，故B正确。15某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，如图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿斜向上

3、方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同B采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高C两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同D滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间【答案】D【解析】滑步推铅球的水平位移大，由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，故滑步推铅球的初速度更大，则竖直方向初始的分速度更大，则滑步推铅球时铅球在空中运动时间更长，故A错误；原地推铅球方式的初速度更小，由可知，原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更小，故B错误；由于两种方式铅

4、球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但初速度大小不同，水平分速度与不相同，故C错误；滑步推铅球时的铅球的初速度更大，由动量定理可知，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间，故D正确。162020年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭将“天问一号“探测器在文昌航天发射场成功发射，开启火星探测之旅，火星是太阳系八大行星之一，属于类地行星。假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知火星到太阳的距离大于地球到太阳的距离，那么()A火星公转的周期小于地球公转的周期B火星公转的角速度大于地球公转的角速度C火星公转的线速度小于地球公转的线速度D火星公转的加速度大于地球公转的加速度【答案】C【解析

5、】万有引力提供向心力，得Gm2r，解得T2，地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则地球公转的周期小于火星的公转周期，故A错误；由Gm2r得，则地球公转的角速度大于火星的公转的角速度，故B错误；由Gm得v，可知地球公转的线速度大于火星的公转的线速度，故C正确；由Gma得a，解则地球公转的加速度大于火星的公转的加速度，故D错误。17如图，重为G的匀质金属球靠着倾角45°的固定斜面静止在水平地面上，a是球的左端点，b、c分别是球与地面和斜面的接触点，F是在a点对球施加的一个水平向右、正对球心的推力。已知a、b、c和球心在同一竖直面内，不计一切摩擦。下列判定正确的是()A若F0.5G，则球

6、对斜面的压力大小也为0.5GB若F0.5G，则球对地面的压力大小也为0.5GCF由零缓慢增大到G的过程中，球所受合力将增大DF由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力将减小【答案】B【解析】球的受力情况如图所示，由平衡条件得，得NG，N0.5G，由牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小为G，球对地面的压力大小为0.5G，故A错误，B正确；当球刚好对地面的压力为0时，由平衡条件得FG，则F由零缓慢增大到G的过程中，球一直处于平衡状态，所受合力为零，故C错误；F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力与F和G的合力等大反向，由于F和G的合力增大，则球所受支持面作用力的合力将增大，

7、故D错误。18某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其Ex关系如图所示，ONOP，OAOB。取O点的电势为零，则()AA、B的电势相等B从N到O的过程中，电势一直增大C电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小D电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等【答案】D【解析】由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A点电势高于B点的电势，则A错误；从N到O的过程中，电势一直减小，所以B错误；电子从N移到P的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，所以C错误；由图像可知，图形的面积表示电势差，则有UNOUOP ，再根据WUq可知，则

8、电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，故D正确。19如图所示，质量m10.5 kg的物块A以初速度v010 m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m21.5 kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1 s，碰撞结束后A、B一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是()A碰撞过程中A受到的冲量为3.75 N·sB碰撞过程中A的平均加速度为75 m/s2C碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5 NDA、B碰撞结束后A的动量为2.5 kg·m/s【答案】BC【解析】A、B碰撞过程中动量守恒，有，解得，在碰撞过程中对

9、A由动量定理有，A错误；由加速度定义有，B正确；在碰撞过程中对B由动量定理有，解得，C正确；碰撞结束后A的动量，D错误。20如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第四象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子从原点O以某一速度沿与x轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第一象限运动时的轨迹圆的半径为R。已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略。则()A粒子在一、四象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12B粒子完成一次周期性运动的时间为C粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为

10、3RD若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性动的时间将减少【答案】AC【解析】带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径R，所以粒子在第一和第四象限中运动的轨迹半径之比为，A正确；记粒子在第一象限和第四象限中运动周期分别为T1和T4，由于粒子在磁场中的圆周运动轨迹都是劣弧，轨迹所对圆心角均为60°，所以粒子完成一次周期性运动时间，B错误；粒子在第四象限中运动的轨迹半径，根据几何关系得粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R，C正确；粒子在磁场中运动的周期与速率无关，故D错误。21如图所示，倾角为的斜面固定在地面上，区域PQNM内有垂直于斜面向下、磁

11、感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ（与斜面底边平行）是磁场的边界，它们之间的距离为D。质量为m、边长为L（DL）、总电阻为R的单匝正方形金属线框abcd与斜面间的动摩擦因数tan ，线框始终紧贴斜面运动，ab边和cd边保持与MN平行且不翻转。让线框沿斜面滑下，ab边到达MN时的速度为v，已知cd边滑出磁场边界PQ时线框速度大于0。下列说法中正确的是()A自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量是B线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间长Ccd边刚滑出PQ时，线框速度D自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为【答案】AD【解析】自ab边进入磁

12、场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量，故A正确；根据功能关系可知，线框通过MN过程的平均速度比通过PQ过程的平均速度大，所以线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间短，故B错误；由题意得，即线框重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡。设线框通过MN过程中回路中的平均感应电流为1，通过时间为t1，cd边到达MN时线框的速度为v1，线框通过PQ过程中回路中的平均感应电流为2，通过时间为t2，规定沿斜面向下为正方向，对两个过程分别应用动量定理有，根据A项分析结论可知，联立解得，故C错误；设自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有，D正确。第卷

13、（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22(5分)利用光电门、遮光条组合可以探究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”实验装置如图所示，木板的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的左端放置一个小物块（与弹簧不拴接）物块的上方有一宽度为d的遮光片（d很小），O点是弹簧原长时物块所处的位置，其正上方有一光电门，光电门上连接有计时器（图中未画出）(1)实验开始时，_（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。(2)所有实验条件具备后将小物块向右压缩弹簧x1后从静止释放，小物

14、块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1，物块通过光电门的速度为_。(3)分别再将小物块向右压缩弹簧x2、x3后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，依次记下遮光片通过光电门的时间t2、t3。(4)以弹簧的形变量x为纵坐标，遮光片通过光电门时间的倒数为横坐标作图像。若弹簧弹性势能的表达式为Epkx2，实验中得到的图线是_（选填“一条直线”或“一条曲线”）【答案】(1)需要 (2) (4)一条直线【解析】(1)实验原理是机械能守恒Epmv2，要求不能有摩擦力做功，故需要平衡摩擦力。物块通过光电门的速度。由得，所以图像为一条过原点的倾斜直线。23(10分)利用电流传感器研究电容器的

15、放电过程的电路如图所示，其中电源电动势E8 V。先使开关S与1相连，电容器充电结束后把开关S掷向2，电容器通过电阻箱R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图所示。(1)t2 s时，电容器的a极板带_电（选填“正”或“负”）。(2)图中画出了对应较短时间t的狭长矩形，该矩形面积的物理意义_，试估算该电容器的电容C_F。(3)一同学在深入研究的过程中发现：当改变一个或几个物理量时，It图像会发生有规律的变化，图中的虚线示意了4种可能的变化情形。如果只增大电阻R，It图像的变化应该是_；如果只增大电容C，It图像的变化应该是_。（填写相应选项的字母）【答案】(1)

16、正电 (2)电容器在t时间内的放电量 (3)A D【解析】(1)t2 s时，电容器还在放电，a极板带正电。(2)图中画出了对应较短时间的狭长矩形，根据qIt可知，该矩形面积的物理意义电容器在t时间内的放电量；根据图像可知放电电量为，该电容器的电容。(3)如果只增大电阻R，则电容器放电的最大电流会减小，由于放电电量不变，即It图像的 “面积”不变，则变化应该是选项A；如果只增大电容C，则电容器带电量增加，It图像的 “面积”变大，最大电流不变，It图像的变化应该是选项D。24(12分)图示为深圳市地标建筑平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可360°鸟瞰深圳的景观。电梯从地面

17、到116层的观景台只需58 s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10 m/s。当电梯加速上升时，质量为50 kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65 kg，g取10 m/s2，求：(1)电梯加速上升时的加速度大小；(2)观景台距地面的高度。【解析】(1)当电梯加速上升时，有其中代入数据，可解得。(2)设匀加速运动高度为h，时间为t，则有，因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移相同。故匀速运动时间为t1，则匀速运动的高度为故观景台距地面的高度联立解得。25(20分)如图所示，不可伸长的绝缘细线长度为

18、l，一端系一质量为m的带正电小物块，另一端固定在O点，虚线MN上方空间存在一水平向右的匀强电场，电场强度E，将小球拉至位置A，细线刚好水平伸直，由静止释放物块，物块将在竖直面内来回摆动。某次下摆过程中，在细线拉力达到最大的位置，细线突然断开，物块继续运动刚好能从C点竖直向下滑入半径R3 m的光滑四分之一圆形轨道，并从圆弧末端D水平滑上一右端有挡板的长木板。已知带电小物块和长木板质量均为m2kg，细线长l(1) m，小物块与长木板之间的动摩擦因数为µ10.6，木板与水平地面间的动摩擦因数µ20.2，不计空气阻力，g取10 m/s2。则：(1)细线断开时，求物块的速度v；(2)

19、若已知小物块恰好未与木板右端挡板相碰，求木板的长度L0；(3)若木板长L4 m，小物块将与挡板碰撞，碰撞时间极短并不再分开。求从小物块滑上木板到二者均停止运动的过程中系统因摩擦而产生的热量Q。【解析】(1)由于 则方向与水平方向成，所以 B点为等效最低点，即物块在该处速度最大，拉力达到最大从A到B，根据动能定理有得。(2)从B到C，物块做类平抛运动，则从C到D，由动能定理解得物块滑上木板后，对物块对木板解得，物块与木板恰好未相碰，则得且有。(3)当 L4m时，设经过时间t1，物块与木板相碰，则 得此时，物块速度木板速度根据动量守恒定律这一过程损失的机械能因此全程摩擦生热。（二）选考题：共45分

20、。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。33物理·选修33(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。下列判断正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A气体在状态a的体积小于在状态c的体积B从状态d到a，气体与外界无热交换C从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功D从状态a到b，气体吸收的热量不等于它增加

21、的内能E从状态a到c，气体吸收的热量不等于从状态c到a放出的热量【答案】ACE【解析】对于pT图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即，从而得到 ，故A正确；从d到a，气体温度不变，则内能不变。体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换，故B错误；从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故C正确；从a到b，气体等体积升温升压，气体内能的变化等于它吸收的热量，故D错误；气体吸收与放出的热量与过程有关，同时热量吸收和放出的效率有差异，所以从状态a到c，气体吸收的热量不等于从状态

22、c到a放出的热量，故E正确。(2)(10分)某汽车在开始行驶时，仪表显示其中一只轮胎的气体压强为2.5×105 Pa，温度为27 。已知轮胎容积为3×102 m3，且在行驶过程中保持不变。(i)当行驶一段时间后，该轮胎的气体压强增加到2.7×105 Pa，求此时气体的温度；(ii)在继续行驶的过程中气体的温度保持不变，由于漏气导致气体压强逐渐减小到2.5×105 Pa，求漏气前后轮胎中气体质量的比值。【解析】(i)等容过程解得代入数据得T2324K（或t251）(ii)设轮胎不漏气的体积为V3，等温过程p3V3p2V2解得质量的比值为。34物理·

23、;选修34(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A车辆匀速驶向停在路边的警车，警车上测速仪探测到反射波的频率升高B电磁波不能产生多普勒效应，而机械波能产生多普勒效应C双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱D赫兹通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度cE在用单摆测重力加速度的实验中，某学生所测g值偏大，可能是把n次单摆全振动误记为n1次【答案】ADE【解析】由多普勒效应可知，车辆匀速驶向停在路边的警车，相当于波的传播速度增大，根据f可知，警车上测速仪探测

24、到反射波的频率升高，A正确；能发生多普勒效应是波的固有属性，电磁波和机械波都能产生多普勒效应，故B错误；双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加或波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱， C错误；赫兹通过一系列实验，观察到了电磁波的反射、折射、干涉、偏振和衍射等现象，他还通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度c，这样，赫兹证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，D正确；把n次单摆全振动误记为n1次，则代入计算的周期偏小，根据g，计算得到的重力加速度偏大，E正确。(2)(10分)如图所示，一艘渔船停在平静的水面上，渔船的前部上端有一激光捕鱼器P，从P点射向水面的激光束与竖直方向的夹角为53°，激光在水中的折射光线与水面的夹角也为53°，照到水下B点的鱼，B处的深度H1.8 m，c3×108 m/s，sin 53°0.8，cos 53°0.6）。求：(i)水的折射率；(ii)激光从A到B传播的时间。【解析】(i)根据折射定律可得，水的折射率为(ii)根据折射定律可得激光在水中的传播速度为由几何关系可得激光从A到B传播的时间为。