2021届高三第三次模拟考试卷 物理（四）解析.pdf

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1、（新图考）2021届局三第三次模拟考试卷物 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 2 B 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。-SSI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

2、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：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：乘客只受地球弓I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

3、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（）4 1 U.2 9397.12 I 434.17 486.27 656.47 VmnH ill 1 1 I I IH.Ht H,H,H.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：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r 跃迁

4、，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.g B.2g C.3g D.4g答案：C解：根据A p=&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1=0时，物体的加速度最大。当,=

5、%）时斜率为0,物体的合外力为零，此时有mg=A会，设物体运动过程中的加速度最大值为如，有,咫+义=%，解得M=3 g,故选C。m4.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，长度为乙ZABC=30%匀强电场在4、8、C 所决定的平面内，电场强度为电场方向与A 8平行。现将质量为，”的带电小球以初动能反沿CA方向从C 点射出，小球通过8 点时速度恰好沿4 8 方向，已知重力加速度为g,下列说法正确的是（）R AA.小球所受电场力为所受重力的3 倍B.经 过 时 间 上 再 小 球 电 势 能 和 重 力 势 能 之 和 最 大C.从。到 B,小球做匀变速直线运动

6、D.从。到 3,小球克服重力做功与电场力做功之比为1 ：小答案：B解：设小球在C点的速度为小,在B点速度为外,A B的 长 度*=小 乙 设 从C到8的时间为八有y3L=v,t.解 得*=小“”根据速度一时间关系v=，可 得 臂=/g,解 得 隹=小”电,故A错误：设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为4则有t a n 0=遮=3，qE 3F=q E+（mg）?=2 mg,则合加速度为2 g，将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂宜的方向，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，该过程所用时间建=V、s：n30=匡,故B正确：从C到8,小球加速度恒定，但

7、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8,小球克服重力做的功WG=WL，电场力所做的功W，e=q E小L=3叫L,则WG：W =：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2 4日6时2 9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：探测器由停泊调相轨道到

8、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的球心彷 与半圆形容器的球心。2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8的质量为“，两球质量分布均匀，重力加速度为g,整个系统始终静止。则推力尸的大小为（）答案：A解：受力分析如图所示，设5球的半径为，则有O i Q=4八O O

9、y=?）r,0 2 0 3=5八 即40。2。3是直角三角形，根据力的平衡可知，球8对球A的压力尸8八=/碎a n 3 7 o=%,由于A球受力平衡,则有F=,故选A o7 .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R。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，变压曙的输出功率增大D.用电器

10、增加时，用电器两端的电压保持不变答案：C解：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S不变，当用电器增加时，相当于R的值减小，则副线圈的电流A增大，输电线的消耗的功率增大，B错误；副线圈的电压S 不变，副线圈的电流A增大，根据P 2=S/2,则变压器的输出功率增大，C正确：副线圈的电压5 不变，副线圈的电流人增大，根 据 以=5一/水0,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,小金属球P紧贴光源放置。某时刻小金属球P以初速度性水平

11、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0、水平向右为x轴正方向、竖直向下为Y釉正方向建立平面直角坐标系，如图所示。设经过时间，小金属球P运动至A点，其在地面的投影为B点，B点横坐标为冲；小金属球产在A点速度的反方向延长线交于x轴 的C点，。点横坐标为xc以下图像能正确描述.3、K随时间1变化关系的是（）答案：B解：小球平抛运动位移与时间的关系，水平位移.r=i，o r,竖直位移），=*凡 设 位 移与水平方向的夹角为仇则有tanO=：=券，由 几 何 关 系 可 得.%=焉=芈?;,则 期 与 r 成反比关系，故 A错误，B 正确；玄 与，的关系为xc=%M，即

12、死 与，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。分。9.列简谐横波在同均匀介质中沿x 轴正方向传播，当传播到x=l m 处的质点A 时开始计时，=4 s时的波形如图所示，且此时波刚好传播到x=3 m处，B、C两质点此时的位移均为y=1 m。下列说法正确的是（）A.该波传播的速度大小为0.5 m/sB.，=4 s之后，质 点 C 比质点8 回到平衡位置要晚1sC./=8 s 时质点A 将运动到x=5 m 的位置D.r=l 1 s时，平衡位置在x=5 m 处的质点的位

13、移为一2 cm答案：AD解：由题意知周期T=4 s,由图像可知i=2 in,则波速y=彳=0.5 m/s,故 A 正确；x=lm 处的质点4 开始振动时，位移y=2sin百）c m,由图分析可知，B点正在向下振动，再经3=七7 回到平衡位置，C 点正在向上振动，再经rc=T 回到平衡位置，即质点C 比侦点B 晚 Ar=1 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=5 m 处，需用3时 8 s,振动时间为3s=1 兀 由于起振方向向上，贝 ij/=s时 x=5 m 处的质点的位移y=2 cm,故 D 正确。1 0.如图所示，绝缘底座上固定电荷量为

14、8x|（）-6 c 的带负电小球A,其正上方。点处用轻细弹簧悬挂一质量，=0.06 kg、电荷量大小为2x10c 的小球 以 弹簧的劲度系数k=5 N/m,原长Lo=0.3 m0现小球8 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6=53。已知静电力常量&=9.0 x109 N.m2/C2,sin 53。=0.8,cos 53。=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8 一定带负电B.B 球圆周运动的速度大小 为 坐 ni/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，8 球将做离心

15、运动D.在图示位置若突然在8 球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，8 球将做近心运动答案：BD解：小球A、8 之间的库仑力厂=攵 缉，设弹簧弹力为T,小球3 在竖直方向上，有 TcosH=以mg，弹簧的弹力在水平方向的分力=八in 由胡克定律丁=限/。81）,又 A B=bBsin仇可解得T=1 N,7：t=0.8 N,尸=0.9N,/或=0.5 m,，A8=0.4m,小球B 做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A,又有广，则 8 球带正电，A 错误；小球所受向心氏=P+，=L 7 N,由 工=相 匕 解 得v =m/s,B 错谩：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

16、力，这时3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。II.如图所示，半径为R 的半圆柱形玻璃砖，。为直径，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 优O B、OC为两条折射光线，光由。到 8 的时间为小由。到。的时间为4以下说法正确的是（）A.。8 为红光B.h=t2C.若 9=60。，0 8 长度为R,则 0 8 光线在玻璃中的折射率为小D.若 6=60。，。8 长度为

17、R,则 0 8 光线在8 点不发生全反射答案：BC解：由于OB光偏折程度比。光大，所以0 5 光的折射率大，可知光束0 8 是紫光，OC是红光，故 A 错误；设任一光线的入射角为以折射角为，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，=今 由儿何知识得s=2欣in-，则光在玻璃中传播时间/=2Rnsinr=2 Rsin0f由题图知，两束光的入射角夕相同，我、,相等，所以两束光分别在08、0 C段传播时所用的时间相等，故B正确；若。=60。，0 8长度为R,由几何关系得折射角为30。，可得0 3光线在玻璃中的折射率为 小，此时s in C=芈60。，入射角大于临界角，能在8点

18、发生全反射，故C正确，D错误。.w1 2.如图甲所示，光滑金属导轨 力、讹 成45。角放置在水平面上，匀强磁场方向疑直向下，磁感应强度大小为反 长直导体棒垂直ac放置在导轨上，并与M、ac交于E、F两点，且 敏=口。在外力作用下，导体棒由Er处运动到G处，速度由内减小到1 v o,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 所 处 运动到G H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 迫 弛RD.克服安培力做功为竺也R答案：AD解：由乙图知图像的斜率 =一，由代入*值得 =&!_,导体棒切割磁感线产

19、4%u%。+工P生的感应电动势E=8Ly=3（%+枷=B 4%,感应电流/=*所以感应电动势和感应电流都不变。又 尸=色 修（4+月，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2小时，导轨间导体棒长度为 3L。,安培力平均值尸=雪%（4+3%）,克服安培力做功卬=八=竺M%,C错误，D1E确。2/?R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 个如图

20、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，8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，及对应加速度。，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.亳米刻度尺 C.天平 D.弹簧测力计（2）在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量机为横轴，以加速度。为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块与木板间

21、的动摩擦因数=o（g取lOm/s?）答案：（1）B（2）03解：（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，需要亳米刻度尺，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“=叫-（+加）8=四出土也_g,其中机+“/=阳0,M+m0 M+所以a 图象中，纵轴的截距为一g,故一 g=-3,=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1C）。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：

22、双量程电流表A（量程00.6 A,。3 A）双量程电压表V（量程03 V,0-1 5 V）滑动变阻器：Ri（阻值范围01 0 C,额定电流2 A）&（阻值范围0100。，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 （填气广或“&）（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/和电压表示数U,利用这些数据在图丙中画出了 U一/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=C（保留两位有效数字）。答案：修 见解

23、析图（3）1.45 0.87解：（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品。(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 T 图象可知，电源的电动势为E=L45V。由 U T 图象的斜率大小等于电源的内阻可知，电源内阻为=呈 匕 竺 C=0.87。0.7515.(7分)如图所示，一个粗细均匀的形玻璃管竖直放置，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/|=10 cm,压强口=70cmHg,右管上方空气柱的长度,2=30 cm。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，大气压强加=76cm H g,已知J

24、i包4 1.5.求此时左管上方空气柱的长度和压强。解：设“右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“、“，左管水银柱下 降 右 管 上 端 打 开 后，水银柱再次平衡时，由平衡条件可得：pi+(30 x)cmHg=po4-(lO+x)ctnHg对左管空气柱，由玻意耳定律可得：pl=pll=l+x联立解得：/=11.75 cm,p/=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A/=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量加=0.80 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为=

25、0.2 0,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Q 向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力尸2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。若 Q=2 4 N,乃=1 6 N,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)若产2=18 N,为使滑块与木板不能发生相对滑动，求 F i必须满足什么条件？解：(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：尸 2 -尸1 -mg=ma,n,得 am=4 m/s2对木板由牛顿第二定律有：Q Mg=Maw，得“M=2m/s2因为丽a w,所以假设成立设时间为，滑块上升的高度为%,

26、则：%=%,/木板上升的高度.卬，则：刈=“产滑块从木板上端离开木板，则有：加一切=L解得：聋So(2)对滑块和木板整体由牛顿第二定律有：F2(M+=(M+ni)aa=5 m/s2对木板由牛顿第二定律有：不能发生相对滑动应有：4为N/解 得:Q 230N。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以；第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场&，两磁场宽度d=2.5 m,磁场上下区域足够大；在第二象限内存在着沿入轴正方向的匀强电场。一带电粒子从工轴上的M 点(一0.75 m,0)以速度vo=10 m/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 轴上的夕点(

27、0,乎m)进入第-象限，经 过-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。点(图中未画出)离开磁场，粒子质量机=5X10F k g,电荷量夕=2 X l()-3 c,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B i的大小；(3)若%=1.5以，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：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有净】2,杵=皿1解得：E=50V/m,Zi=S o20(2)粒子进入磁场5 时的速度大小为v,方向与丁轴成8 角，则有tan/防。(2)由(1)中结果可知，A 与 B 还会发生多次碰撞，直到速度

28、均减为零。因 A 在运动过程中及A 与8 在碰撞过程中均无机械能损失，故机械能的损失均由B 克服水平轨道摩擦力做功造成，由能量守恒定律有：fintf)gh=mA gh解得：$=*_。4(3)设第一次碰撞至B的速度减为零经历的时间为/,A 与 B 在时间t内发生的位移分别为心、冲对 8,由动量定理有：一，昭/=0一 U解得=汉 逆5g由运动学规律有xR=vnt=对 A,在时间1,设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为八、力在倾斜轨道上，由牛顿第二定律有mgsn 6=ma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+曾十立身扑。18.(16分)如图，倾角为。的倾斜轨道与水平轨道

29、交于。点，在倾斜轨道上高力处由静止释放滑块A,此后A 与静止在水平轨道上P 处的滑块8 发生弹性碰撞(碰撞时间不计)。已知A、3 的质量之 比 为 ,：仍=1：4,8 与轨道间的动摩擦因数为，A 与轨道间无摩擦，重力加速度大小为g。(小 B 均可视为质点，水平轨道足够长，A 过 Q 点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。)由运动学规律有v.=吟6国5g sin sing 5gI I c 1 3 12/z 2 h解得4=由 题 意 可 得 地解得 缶第次碰撞后瞬间，求 A 与 8 的速度大小山和班：(2)求B在水平轨道上通过的总路程5；(3)当P、Q的距离为s股=0.2时，在 B 的速度减为零之前，A 与8 能发生第二次碰撞，试确定 与。之间满足的关系。解：第次碰撞前的过程中A 的机械能守恒，有：和0?=%卬502解得 VA O=y2 gii第一次碰撞过程中，以向左方向为正方向，由动量守恒，机械能守恒有mA V40=叫 V4+niRVR