云南省曲靖市2021届新高考第三次大联考物理试卷含解析

云南省曲靖市2021届新高考第三次大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。

现用水平力F 拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。

则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）
A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1逐渐增大，F2保持不变
C．F1逐渐减小，F2保持不变D．F1保持不变，F2逐渐减小
【答案】D
【解析】
【详解】
以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力
f=G
保持不变；
杆对环的弹力
F N=F
再以结点O为研究对象，分析受力情况，如图2所示：
设绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得到
F=mgtanθ
当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F N逐渐减小。

据牛顿第三定律可得，F1保持不变，F2逐渐减小。

故D项正确，ABC三项错误。

2．如图所示，一磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，圆心为O ，半径为r ，MN 是直径，一粒子发射装置S 置于M 端，可从M 端向圆平面内任意方向发射速率相等的同种带电粒子，某个粒子从N 端离开磁场，在磁场中运动的时间为2kB π
，其中k 为带电粒子的比荷，下列说法正确的是（ ）
A ．该粒子的速率为kr
B ，发射方向垂直于MN
B 2krB ，发射方向与MN 的夹角为45°
C ．该粒子在磁场中运动的时间最短
D ．若该粒子沿直径MN 方向射入磁场，其运动的时间为
3kB π 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．由题设条件带电粒子在磁场中运动的周期为2kB
π，根据粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子从M 到N 2r ，由 2mv v r qB kB
=
= 则 2v krB =
发射方向与MN 的夹角为45°，此轨迹对应弧长最长，运动时间最长，选项AC 错误，B 正确；
D ．根据前面的数据再画出沿MN 方向的粒子运动轨迹，经计算轨迹圆弧对应的圆心角为32arcsin 36
π≠ ，则时间不等于3kB π，D 错误．
故选B 。

3．一质量为m 的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O 点，现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子（钩子与细绳的接触点A 始终在一条水平线上），下列说法正确的是（ ）
A ．钩子对细绳的作用力始终水平向右
B ．OA 段绳子的力逐渐增大
C ．钩子对细绳的作用力逐渐增大
D 2mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A 错误；
B ．物体受重力和拉力而平衡，故拉力 T=mg ，而同一根绳子的张力处处相等，故 OA 段绳子的拉力大小一直为mg ，大小不变，故B 错误；
C ．两段绳子拉力大小相等，均等于 mg ，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故C 正确；
D ．因为钩子与细绳的接触点A 始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子2mg 2mg ，故D 错误。

故选C 。

4．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。

已知物体在t＝1 s到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。

则在该段时间内()
A．物体的加速度大小为2 m/s2B．弹簧的伸长量为3 cm
C．弹簧的弹力做功为30 J D．物体的重力势能增加36 J
【答案】B
【解析】
【详解】
A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为
a＝＝1 m/s2
选项A错误；
B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，
F－mgsin 30°＝ma
解得F＝6 N。

由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；
CD.在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物体动能增大
ΔE k＝＝6 J
根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加
ΔE p＝mgxsin 30°＝30 J
根据功能关系可知，弹簧弹力做功
W＝ΔE k＋ΔE p＝36 J
选项C、D错误。

5．如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为θ。

当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）
A．若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcosθ
B．若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinθ
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则球对水平面上a点无压力
D．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小车和球一起匀速运动时，小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力，二力平衡，所以小球对b点无压力，根据牛顿第三定律可知小球对a点的压力大小为mg，AB错误；
C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，假设小球对a点无压力，根据牛顿第二定律tan
mg ma
θ=
解得
tan
a gθ
=
假设成立，所以小球对a点无压力，C正确；
D．对小车和球构成的系统整体受力分析可知，系统在竖直方向上加速度为0，竖直方向受到重力和支持力，二者等大反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+m）g，D错误。

故选C。

6．频率为ν的入射光照射某金属时发生光电效应现象。

已知该金属的逸出功为W，普朗克常量为h，电子电荷量大小为e，下列说法正确的是（）
A．该金属的截止频率为
h W
B．该金属的遏止电压为h W
e ν-
C．增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数不变D．增大入射光的频率，光电子的最大初动能不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．金属的逸出功大小和截止频率都取决于金属材料本身，用光照射某种金属，要想发生光电效应，要求入射光的频率大于金属的截止频率，入射光的能量为h ν，只有满足
h W ν>
便能发生光电效应，所以金属的逸出功为
0W h ν=
即金属的截止频率为
0W h ν= 所以A 错误；
B ．使光电流减小到0的反向电压c U 称为遏制电压，为
k c E U e
= 再根据爱因斯坦的光电效应方程，可得光电子的最大初动能为
k E h W ν=-
所以该金属的遏止电压为
c h W U e
ν-= 所以B 正确；
C ．增大入射光的强度，单位时间内的光子数目会增大，发生了光电效应后，单位时间内发射的光电子数将增大，所以C 错误；
D ．由爱因斯坦的光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，所以D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，擦亮的锌板与验电器上的金属球相连，验电器上的铝箔原来是不张开的．现让紫外线照射到锌板，观察到验电器的铝箔张开．下列说法正确的是( )
A ．验电器的铝箔带负电
B ．此实验可以说明光具有粒子性
C ．若改用X 射线照射锌板，则观察到验电器的铝箔会张开
D ．若改用激光器发出高亮度的红光照射锌板，则观察到验电器的铝箔也有可能会张开
E.若增大紫外线的照射强度，则逸出电子的最大初动能变大
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．紫外线照射锌板发生光电效应现象，电子从锌板上飞出，锌板带正电，铝箔张角变大，说明其原来带正电，故A 错误；
B ．光电效应说明光具有粒子性，故B 正确；
C ．若改用X 光(其频率高于紫外线的频率)照射锌板时，依据光电效应发生条件，一定能使锌板发生光电效应，故其夹角一定会变得更大，故C 正确；
D ．若改用激光器发出高亮度的红光(其频率低于紫外线的频率)照射锌板，依据光电效应发生条件，则观察到验电器的铝箔可能不会张开，故D 错误；
E ．由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，由入射光的频率有关，故E 错误。

故选BC 。

8．两根相距为L 的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。

质量均为m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，每根杆的电阻均为R ，导轨电阻不计。

整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向上的匀强磁场中。

当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度1v 沿水平方向的导轨向右匀速运动时，cd 杆正以速度()212≠v v v 沿竖直方向的导轨向下匀速运动，重力加速度为g 。

则以下说法正确的是（ ）
A ．ab 杆所受拉力F 的大小为222
2B L v mg R
μμ+
B ．ab 杆所受拉力F 的大小为21mg μμ+
C ．cd 杆下落高度为h 的过程中，整个回路中电流产生的焦耳热为222221
2Rm g h B L v μ D ．ab 杆水平运动位移为s 的过程中，整个回路中产生的总热量为2222sB L Fs v R μ+
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．ab 杆切割磁感线时产生沿abdc 方向的感应电流，大小为
122BLv E I R R
==① cd 杆中的感应电流方向为d→c ，cd 杆受到的安培力方向水平向右，大小为
F 安=BIL ②
cd 杆向下匀速运动，有
mg=μF 安 ③
解①②③式得，ab 杆匀速运动的速度为
122
2mgR v B L μ= ④ 导体ab 受到水平向左的安培力，由受力平衡得
F=F 安+μmg ⑤
由③⑤解得
2
1F mg μμ+=
选项A 错误，B 正确．
C ．设cd 杆以v 2速度向下运动h 过程中，ab 杆匀速运动了s 距离，则
12
s h v v =． 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
Q=F 安s
得
222222()mg hR Q v B L
μ= 选项C 错误；
D ．ab 杆水平运动位移为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为
1=mgs Q F s μ=安
ab 杆摩擦生热
2Q mgs μ=
cd 杆摩擦生热
2223=
2sB L v Q F h R μμ=安
则总热量
22222212322sB L v sB L v mgs Q Q Q Q mgs Fs R R μμμμ=++=+
+=+
选项D 正确；
故选BD. 9．有一定质量的理想气体，其压强p 随热力学温度T 的变化的图象如图所示，理想气体经历了A B C D →→→的循环过程。

下列分析正确的是（ ）
A ．A
B →过程中气体吸收热量
B ．四个状态中，只有状态B 时理想气体分子的平均动能最大
C ．B C →过程气体对外界做功，并从外界吸收热量
D ．C D →过程中气体吸收热量并对外做功
E.四个状态中，A 状态时气体的体积最小
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A.由p T -图象可知，A B →过程压强不变，温度升高，内能增加，由
pV C T =可知，气体体积增大，对外做功，由U Q W ∆=+知，气体吸热，故A 正确；
B.B C →恒温过程，气体分子平均动能不变，故B 错误；
C.B C →过程，0U ∆=，压强p 减小，由
pV C T =可知体积V 增加，气体对外做功，因此气体一定吸热，故C 正确；
D.C D →过程，压强p 恒定，T 减小，U 减小，由pV C T
=可知体积V 减小，则外界对气体做功，由U Q W ∆=+可知，气体放热，故D 错误；
E.BD 延长线通过原点，体积相等，即D B V V =，A B →过程B A V V >，B C →过程C B V V >，综上分析可知C B D A V V V V >=>，状态A 气体体积最小，故E 正确。

故选：ACE。

10．如图所示，A、B两板间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是( )
A．E=2000V/m，φC=200V
B．E=5000V/m，φC=-200V
C．电子在C点具有的电势能为-200eV
D．电子在C点具有的电势能为200eV
【答案】BD
【解析】
【分析】
由U=Ed可求得场强E，C点的电势等于C与A板的电势差，由U=Ed求解C点的电势；由E p=qφC可求得电子在C点具有的电势能．
【详解】
A、B、AB间有匀强电场，场强为,AC间的电势差为
U AC=Ed1=5000×0.04V=200V，因A带正电且电势为零，C点电势低于A点的电势，故φC=-U AC=-200V，故A错误，B正确；
C、D、电子在C点具有的电势能E P=φC×(-e)=200eV；故C错误，D正确；
故选BD.
【点睛】
在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．
11．下列说法中正确的是。

A．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小
D．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；
C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误；
D．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。

故选AB。

12．如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压为U，额定功率为P，变压器为理想变压器，若四个灯泡都正常发光，则（）
A．变压器原副线圈的匝数比为1∶2 B．变压器原、副线圈的匝数比为2∶1
C．电源电压为2U D．电源电压为4U
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．如图所示，设每个灯泡额定电流为（正常发光），则原线圈电流为
原
副线圈中两灯并联，电流为
副
变压器有
原副
解得
故A错误，B正确；
CD．
副原
变压器有
原副
解得
故C错误，D正确。

故选BD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”.现用如图所示的电路研究某长薄板电阻R x的压阻效应，已知R x的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：
A．电源E(电动势3 V，内阻约为1 Ω)
B．电流表A1(0～0.6 A，内阻r1＝5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻r2≈1 Ω)
D．开关S，定值电阻R0＝5 Ω
(1)为了比较准确地测量电阻R x的阻值，请完成虚线框内电路图的设计______.
(2)在电阻R x上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，得R x＝________.(用字母表示)
(3)改变力的大小，得到不同的R x值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R x 值.最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻R x的阻值随压力F的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是________________________.当F竖直向下时，可得F x与所受压力F的数值关系是R x＝________.
【答案】
1122
I r I I - 压力方向改变，其阻值不变 162x R F =-
【解析】
【详解】
（1）由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻
x R ，知道电流表1 A 的阻值，所以用电流表1 A 作为电压表使用，电流表2
A 连在干路上，即可求出电阻 x R 的阻值，电路图的设计：
（2）根据串并联和欧姆定律得：1121x I r I I R （）=-，得到：1121
x I r R I I =-． （3）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得： 162x R F =-．
14．某实验小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是________；
A ．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B ．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D ．为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度
（2）该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。

某次测量的示数如图乙所示，读出小球直径为d=______cm ；
（3）该同学用米尺测出悬线的长度为L ，让小球在竖直平面内摆动。

当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3……。

当数到40时，停止计时，测得时间为t 。

改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t 2–L 图线如图丙所示。

根据图丙可以得出当地的重力加速度g ＝__________ m/s 2。

（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字）
【答案】BC 0.810 9.80
【解析】
【详解】
(1)[1]．A ．组装单摆须选用密度较大且直径较小的摆球，选项A 错误；
B ．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，选项B 正确；
C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，选项C 正确；
D ．单摆的摆角不得超过5°，否则单摆的运动就不是简谐运动，选项D 错误；
故选BC 。

(2)[2]．小球直径为d=0.8cm+0.05mm×2=0.810cm ；
(3)[3]．单摆的周期为
120402t
t T ==⨯
由
2T = 可得 2
2
1600t L g π= 由图像可知
22
16001610161010010k g π-===⨯ 解得
g=9.80m/s 2
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一物体以v 0＝2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1s 。

已知斜面长度L ＝1.5
m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2。

求：
(1) 物体滑到斜面底端时的速度大小；
(2) 物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；
(3) 物体与斜面间的动摩擦因数。

【答案】 (1)1 m/s (2)1 m/s 2 方向沿斜面向上 (3) 235 【解析】
【详解】
（1）设物体滑到斜面底端时速度为v ，则有：
L ＝02
v v +t 代入数据解得：
v ＝1 m/s
（2）因v<v 0，即物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：
20=1m/s v v a t
-= （3）物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：
F f －mgsinθ＝ma
F N ＝mgcosθ
F f ＝μF N
联立解得：
sin =cos a g g θμθ
+ 代入数据解得：
μ＝23
16．在xOy 平面的x 轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图甲所示）。

在空间坐标（x=0，
y=12a ）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N 个（N 足够大）质量为m 、电荷量为-q ，速度为v 0的带电粒子：（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N 、a 、m 、-q 、v 0均为已知量）
(1)若放射源所发出的粒子恰好有13
不能到达x 轴，求磁感应强度为多大； (2)求解第(1)问中，x 轴上能接收到粒子的区域长度L ； (3)若磁场仅限制在一个半径为a 的圆形区域内，圆心在坐标1(,
)2a a 处。

保持磁感应强度不变，在x 轴的正半轴2a x a ≤≤ 区间上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。

【答案】 (1)0mv aq ；(2)15322
a a +；(3)202(π3)Nmv a + 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，由于有
13
不能到达要x 轴，所以123O PO π∠= 由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R=a
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
200mv qv B R =
解得 0mv R a qB
== 则磁感应强度
mv
B
aq
=
(2)粒子打
x轴上的范围如图所示，
x轴右侧长度为
22
1
115
(2)()
2
L a a a
=-=
x轴左侧，F与x轴相切，由几何关系知
22
2
13
()
22
L a a a
=-=
联立可得
12
153
22
L L L a a
=+=+
(3)粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，根据几何关系则有
1
1
2
sin
2
a
a
θ==
解得
π
6
θ=
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量
π
6
2π12
Nmv
P Nmv
∆==
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间
100π(π)2π5π62
π6a a t v v -=⋅= 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间 2000
1π2π22a a a a t v v v +=+= 这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力
20212(π3)Nmv P F t t a
∆==-+ 17．如图所示，质量为M 、倾角为53θ=︒的木楔在水平面上保静止状态，一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，用水平向右的力F 拉着木块，木块及木楔都静止，已知所接触面间的动摩擦因数都为0.5μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0.5M m =，重力加速度为g ，sin530.8︒=，cos530.6︒=，求： （1）拉力F 的最小值；
（2）拉力F 的最大值。

【答案】（1）
12mg （2）34
mg 【解析】
【详解】 （1）当木块与木楔斜面出现向下的相对滑动势时，拉力F 有最小值，则对木块进行受力分析有 sin cos N mg F F θθμ=+
cos sin N F mg F θθ=+
联立解得
12
F mg = 对木块和木楔斜面整体进行受力分析，可知木楔斜面受到地面的最大静摩擦力 m 3()4f M m g mg μ=+=
因为1324
mg mg <，可知木楔保持静止不动，所以拉力F 的最小值为
min 12
F mg = （2）木楔保持不动时，拉力F 取得的最大值 134m F f mg ==
若固定木楔不动，当木块与木楔出现向上的相对滑动趋势时，拉力F 有最大值，则对木块进行受力分析有 sin cos N mg F F θμθ+=
cos sin N F mg F θθ=+
联立解得
112
F mg =
因为11324
mg mg >，可知随着拉力的增大，木楔先与地发滑动，所以拉力F 的最大值为 max 34F mg =。