安徽省黄山市2021届新高考物理三模考试卷含解析

安徽省黄山市2021届新高考物理三模考试卷
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．下列关于行星运动定律和万有引力定律的发现历程，符合史实的是（）
A．哥白尼通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律
B．牛顿通过多年的研究发现了万有引力定律，并测量出了地球的质量
C．牛顿指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力
D．卡文迪许通过实验比较准确地测量出了万有引力常量，并间接测量出了太阳的质量
【答案】C
【解析】
【详解】
A.开普勒通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律，故A错误；
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，并间接测量出了地球的质量，故B错误，D错误；
C.牛顿通过研究指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力，万有引力提供地球做曲线运动所需的向心力，故C正确。

故选：C。

2．如图所示，水平放置的平行板电容器下极板接地，闭合开关S1，S2，平行板电容器两极板间的一个带电粒子恰好能静止在P点．要使粒子保持不动，但粒子的电勢能增加，则下列可行的指施有
A．其他条件不变，使电容器上极板下移少许
B．其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许井将上极板下移少许
C．其他条件不变，使开关S2断开，并将电容器下极板上移少许
D．其他条件不变，使开关S断开，并将电容器下极板上移少许
【答案】C
【解析】
【详解】
A.为使粒子保持不动，则两板间的电场强度大小不变，由于粒子带负电，为使粒子的电势能增加，则P点的电势应降低，即P点与下板间的电势差减小．其他条件不变，使电容器上极板下移少许，两板间的电压
不变，刚由E=U
d
可知，两板间的电场强度增大，A错误；
B.其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许，电路中的电流减小，两板的电压减小，将上板下移少
许，由E=U d 可保证板间的电场强度大小不变，但P 点的电势不变， B 错误； C.其他条件不变，开关S 2断开，两板的带电量不变，将电容器下板上移少许，两板间电场强度不 变，P 点与下板的电势差减小，C 正确； D.其他条件不变，使开关S 1断开，电容器放电，板间的电场强度减小，D 错误．
3．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I 象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30︒的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断错误的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．粒子由O 到A 经历的时间6m
t qB π=
C ．若已知A 到x 轴的距离为d ，则粒子速度大小为2qBd m
D ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60︒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A 正确，不符合题意；
B ．粒子由O 运动到A 时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O 到A 运动的时间为
6023603603m m t T qB qB
θ
ππ︒==⋅=︒︒ 故B 错误，符合题意；
C ．根据几何关系，有
cos60R d R
-︒＝
解得
R=2d 根据mv
R qB
＝得 2qBd v m
＝ 故C 正确，不符合题意；
D ．粒子在O 点时速度与x 轴正方向的夹角为60°，x 轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，故D 正确，不符合题意；
故选B 。

4．如图所示，在光滑水平面上有质量分别为A m 、B m 的物体A ，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A ，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为p0E ，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A ．全过程中墙对A 的冲量大小为p02
B E m m B ．物体B p0
2A E m C ．弹簧长度最长时，物体B p02B A B
B E m m m m +D ．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能p p0E E >
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．当弹簧第一次恢复原长时A 恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体B 的动能，由能量守恒
2p012
B B E m v = 求得
p0
2B B E v m =
该速度就是B 的最大速度，此过程A 的动量始终为零，对A 由动量定理
0A I I -=弹簧
对B 由动量定理
B B I m v =弹簧
解得 p02A
B B E I m m =
选项AB 错误；
C ．以后的运动过程中物体A 将不再与墙壁有力的作用，A 、B 系统动量守恒，当弹簧长度最长时，A 、B 速度相同，根据动量守恒
()B B B A m v m m v =+
代入得
p02B
A B B E m v m m m =+
C 正确；
D ．弹簧长度最长时
2p p01()2
B A E m m v E ++= 则p p0E E <
选项D 错误。

故选C 。

5．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。

假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0，飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道I 运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道II ，到达轨道的近月点B 时再次点火进入月球近月轨道III 绕月球做圆周运动。

下列判断不正确的是（ ）
A ．飞船在轨道I 上的运行速率0g R
v =
B ．飞船在A 点处点火变轨时，动能减小
C ．飞船在轨道III
绕月球运动一周所需的时间T 2=D ．飞船从A 到B 运行的过程中机械能变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．万有引力提供向心力 2
2(3)3Mm v G m R R R R
=++ 解得
v =在月球表面
02
Mm G mg R = 解得
20GM g R =
联立解得
v =故A 正确，不符合题意；
B ．飞船在A 点变轨后由圆轨道变为椭圆轨道，做向心运动，要求万有引力大于飞船所需向心力，所以飞船应该减速，动能减小，故B 正确，不符合题意；
C ．万有引力提供向心力
2
224(3)(3)Mm G m R R R R T
π=++ 结合
20GM g R =
解得
T 2=
故C 正确，不符合题意；
D ．在椭圆轨道上，飞船由A 点运动至B 点，只有万有引力做功，机械能守恒，故D 错误，符合题意。

故选D 。

6．如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd 通过理想变压器外接电阻R=5Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1m ， ad=bc = 0.2m ，匝数为50匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比n 1︰n 2=l ︰3，线圈在磁感应强度B=0.2T 的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200rad/s 的角速度匀速转动，则（ ）
A ．从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e=40sin200t （V ）
B ．交流电压表的示数为2 V
C ．电阻R 上消耗的电动率为720W
D ．电流经过变压器后频率变为原来的2倍
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：
E m =NBSω=50×0.2×0.1×0.2×200V=40V
图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为
e=40cos200t （V ）
故A 错误；
B ． 线圈内阻不计，则电压表示数为交变电动势的有效值
202V 2
m E == 故B 正确；
C ． 根据变压比可知，副线圈输出电压：
21
602V n U E n =⋅=
电阻R 上消耗的功率：
2
1440W
U P R
== 故C 错误；
D ． 变压器不会改变交流电的频率，故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．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。

R 为定值电阻，L 1、L 2为两只标有“5V ，2A”的相同小灯泡，S 为开关。

保持开关S 断开，在输入端施加如图乙所示的交
变电压后，灯泡L 1正常发光，测得电阻R 两端的电压为灯泡L 1两端电压的2倍。

以下说法正确的是（ ）
A ．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4
C ．定值电阻的阻值为10Ω
D ．闭合开关S 后，灯泡L 1中的电流变小
【答案】CD
【解析】
【详解】
AB ．由电压图像可知，输入电压的最大值为202m U =V ，则有效值为
2
m U ==20V 灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V ，即副线圈两端的电压25U =V ，由题知电阻R 两端的电压为R U =10V ，故变压器原线圈的电压
1R U U U =-=10V
原副线圈的匝数比
112210251
n U n U === 故AB 错误；
C ．灯泡L 1正常发光，即副线圈的电流22I =A ，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比 12211
2
I n I n == 解得电阻R 中的电流为1I =1A ，由欧姆定律可知
101
R R U R I ==Ω=10Ω 故C 正确；
D ．开关S 闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R 两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡1L 两端电压降低，电流减小，故D 正确。

故选CD 。

8．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（ ）
A ．加速度先减小后增大
B ．经过O 点时的速度最大
C ．所受弹簧弹力始终做正功
D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A 项：由于水平面粗糙且O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA 之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A 到
B 的过程中加速度先减小后反向增大，故A 正确； B 项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO 之间某一位置，即在O 点左侧，故B 错误；
C 项：从A 到O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O 到B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C 错误；
D 项：从A 到B 过程中根据动能定理可得W 弹-W 克f =0，即W 弹=W 克f ，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D 正确．
9．平行金属板PQ 、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E ，内电阻为零；靠近金属板P 的S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m ，电荷量q +，初速度为零的粒子，粒子在加速电
场PQ 的作用下穿过Q 板的小孔F ，紧贴N 板水平进入偏转电场MN ；改变滑片p 的位置可改变加速电场的电压1U 和偏转电场的电压2U ，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子的竖直偏转距离与12
U U 成正比 B ．滑片p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C ．飞出偏转电场的粒子的最大速率2m qE v m
=D ．飞出偏转电场的粒子的最大速率m qE v m =【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在加速电场中，由动能定理得
21012
qU mv = 在偏转电场中，加速度为
2qU a md
= 则偏转距离为
212
y at = 运动时间为
l t v = 联立上式得
2
214U l y U d
=
其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。

粒子的竖直偏转距离与21U
U 成正比，故A 错误； B ．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值 0
tan at v α= 联立解得
21t 2an U l U d
α= 滑片p 向右滑动的过程中，U 1增大，U 2减小，可知偏转角逐渐减小，故B 正确；
CD ．紧贴M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。

由动能定理
2m 1210()=2
mv q U U qE -=+ 解得
2m qE v m
= 故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10．静电场方向平行于x 轴，其电势随x 轴分布的x φ-图像如图所示，0ϕ和0x 均为已知量，某处由静止释放一个电子，电子沿x 轴往返运动。

已知电子质量为m ，带电荷量为e ，运动过程中的最大动能为k E ，则（ ）
A ．电场强度大小为0
0E x ϕ=
B ．在往返过程中电子速度最大时的电势能为0e ϕ-
C ．释放电子处与原点的距离为010
k 2x E x e ϕ= D k 042x mE e ϕ【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．在0＜x ＜x 0区间内，场强大小
00
U E d x ϕ== 方向沿+x 方向；在-x 0＜x ＜0区间内，场强大小
00
U E d x ϕ== 场强方向沿－x 方向，故A 正确；
B ．根据能量守恒可知，电子速度最大即动能最大时，电势能最小，根据负电荷在电势高处电势能小，则此时电势能为
P 0E e ϕ=-
故B 正确；
C ．已知电子质量为m 、带电荷量为e ，在运动过程中电子的最大功能为E k ，根据动能定理得 1k eEx E =
得
0k k 10
x E E x eE e ϕ== 故C 错误；
D ．根据牛顿第二定律知
00
e eE a m mx ϕ== 粒子从静止到动能最大的时间为四分之一周期，匀加速直线运动的时间为
t ==电子从释放点返回需要的时间为
4T t ==故D 正确。

故选ABD 。

11．关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A ．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B ．气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大
E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A．气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，所以A正确；
B．物体的温度越高，分子的平均动能就越大。

分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小，所以B错误；
C．根据理想气体状态方程
pV
=
C
T
可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以C正确；
D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以D正确；
E．外界对气体做功
W>
由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律
∆=+
U W Q
无法确定气体的内能增加还是减小，故E错误。

故选ACD。

12．如图所示，玩具飞机以恒定的仰角斜向上做匀速直线运动，上升至距离地面某高度时，从玩具飞机上掉下一个小零件，零件掉下后，玩具飞机飞行速度保持不变，零件运动过程中受到的空气阻力不计，则零件落地时
A．速度比玩具飞机的速度大
B．和玩具飞机的速度大小可能相等
C．在玩具飞机的正下方
D．在玩具飞机正下方的后侧
【答案】AC
【解析】
AB.零件掉下的一瞬间速度与玩具飞机的速度相同，根据机械能守恒可知，落地时的速度大于玩具飞机的速度，故A正确B错误；
CD. 由于零件在运动过程中水平方向的分速度与玩具飞机的水平分速度相同，因此落地时在玩具飞机的正下方，故C正确D错误；
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某研究性学习小组为了测量某电源的电动势E和电压表V的内阻R v，从实验室找到实验器材如下：A．待测电源（电动势E约为2V，内阻不计）
B．待测电压表V（量程为1V，内阻约为100Ω）
C．定值电阻若干（阻值有：50.0Ω，100.0Ω，500.0Ω，1.0kΩ）
D．单刀开关2个
(1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图上完成连线______。

(2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的1
3
，则图甲R1=_____Ω；R2=_____Ω。

(3)在R1、R2选择正确的情况进行实验操作，当电键S1闭合、S2断开时，电压表读数为0.71V；当S1、S2均闭合时，电压表读数为0.90V；由此可以求出R v=____Ω；电源的电动势E=_____（保留2位有效数字）。

【答案】100 50 87 1.9
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据电路原理图，实物连线如图所示：
(2)[2][3]根据分压规律 1V 100Ω31
2V V 3
x R =- 串联在电路中的总电阻约为
500Ωx R =
所以500.0Ω和1.0k Ω阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在2S 闭合时，能够有效的保护电路，所以1100ΩR =，250ΩR =。

(3)[4][5]当电键1S 闭合、2S 断开时
V
1V 12U E R R R R =++ 当1S 、2S 均闭合时
V
21V U E R R R =+ 解得
V 87ΩR =， 1.9V E =
14．某研究性学习小组用如图所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ。

实验室提供的器材有：带定滑轮的长木板、有凹槽的木块、钩码若干、细线和速度传感器等。

实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的全部放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用速度传感器测量木块的速度。

具体做法是：先用刻度尺测量出A 、B 间的距离L ，将木块从A 点由静止释放，用速度传感器测出它运动到B 点时的速度v ，然后从木块凹槽中移动钩码逐个悬挂到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m ，测得相
(1)设加速度大小为a ，则a 与v 及L 之间的关系式是__________。

(2)已知当地重力加速度g 取29.8m/s ，则木块与木板间的动摩擦因数μ=__________（保留2位有效数字）；μ的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，其原因是__________（写出一个即可）。

(3)实验中__________（填“需要”或“不需要”）满足悬挂钩码的质量远小于木块和槽中钩码的总质量。

【答案】22v aL = 0.34（0.32~0.35均可） 大于滑轮与轴承 细线间有摩擦 不需要
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据匀变速直线运动的规律有22v aL =。

（2）[2]．设木块的质量为M ，钩码的总质量为0m ，根据牛顿第二定律有
()0mg f M m a -=+
()0f M m m g μ=+-
联立解得加速度
()01g a m g M m μμ+=-+
由题图可知，当0m =时，23.3m/s a g μ=-=-，则木块与木板间的动摩擦因数0.34μ=；
[3]．因滑轮与轴承、细线间有摩擦，所以测量值大于真实值。

（3）[4]．实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码的总质量远小于木块和槽中钩码的总质量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分割成A 、B 两部分，A 内是真空。

活塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。

开始时B 内充有一定质量、温度为T 的气体，B 部分高度为H 。

此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。

现将B 内气体加热到3T ，达到新的平衡后，B 内气体的高度L 等于多少？
【答案】2L H =
【解析】
【详解】
设开始时B 中压强为1p
1p S kH mg =+①
1V HS = 1T T =
加热达到平衡后，B 中压强为2p
2p S kL mg =+②
2V LS = 23T T =
其中S 为气缸横面积，m 为活塞质量，k 为弹簧的倔强系数
由题给条件有
kH mg =③
112212
p V p V T T = ④ 可得
2260L LH H +-=
解得
2L H =
16．如图所示，用质量m ＝1kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝1.0m ，气体的温度t 1=27℃ 。

现将汽缸缓慢加热至t 2=207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU ＝300J 。

已知大气压强p 0
＝1.0×
105Pa ，重力加速度g ＝10m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10-4 m 2。

求： (ⅰ)初始时汽缸内气体的压强p 1和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；
(ⅱ)此过程中缸内气体吸收的热量Q 。

【答案】 (i)1.2×
105Pa ，1.6m ；(ii)336J 【解析】
【分析】
【详解】
(i)初始时汽缸内气体的压强
p=p 0+mg S
=1.2×105Pa 气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得
1212
h S h S T T = 即
21.027*********
h =++ 解得
h 2=1.6m
(ii)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为
W=pS （h 2-h 1）=[1.2×105×（1.6-1.0）×
5.0×10-4]J=36J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化为
△U=-W+Q
解得
Q=△U+W=336J
17．如图，在xOy 平而内，x=0与x=3L 两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于xOy 平面，x 轴为两磁场的分界线；在第I 象限内存在沿y 轴负方向、场强大小为E 的匀强电场。

一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子从x 轴上的A 点以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y 轴上的P （0，2
L ）点，以速度v 0垂直于y 轴方向进入磁场。

不计粒子的重力。

（1）求A 点的坐标；
（2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围；
【答案】（1）（0-mL v qE ，0）；（2）0(23)0mv B +<≤；（3）B 可能的取值为0437mv qL ，045mv qL ，010061mv qL 【解析】
【分析】
【详解】 （1）粒子由A 点到P 点的运动可看成由P 点到A 点做类平抛运动，设运动时间为t ，加速度大小为a ，有
x A =v 0t ①
qE=ma ②
2122
L at =③ 由①②③得
0A mL x v qE
=④ A 点的坐标为（0
-mL v qE ，0）⑤ （2）只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B 的最大值为B m ，最小轨迹半径为R 0，轨迹如答图a ，图示的夹角为θ，则
根据几何关系有
2R 0cosθ=R 0⑥
R 0sinθ+R 0=2
L ⑦ 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
由⑥⑦⑧得 0(23)m mv B qL
+=⑨ 即磁感应强度的取值范围为
0(23)0mv B qL
+<≤⑩ （3）设粒子到达O′点的过程中，经过x 轴n 次，一次到达x 轴的位置与坐标原点O 的距离为x n ，如答图b ，
若粒子在第一次到达x 轴的轨迹圆心角大于90°，即当2
n L x <时粒子将不可能到达O′点，故x n 需要满足 2
n L x ≥
⑪ 且 （2n-1）x n =3L ⑫
故n 只能取1、2、3（如答图c ）
即x 可能的取值为3L ，L ，
35
L ⑬ 又轨迹半径R n 满足 222()2
n n n L R x R =+-⑭ 在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
由⑪⑫⑬⑭⑮得B 可能取值为0437mv qL ，045mv qL ，010061mv qL ⑯。