重庆市渝北区2021届新高考三诊物理试题含解析

重庆市渝北区2021届新高考三诊物理试题
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．如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。

=（k为常现同时释放小木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力f与其速度v满足f kv
数），而小钢珠的运动忽略空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的v-t图像的是（）
A．B．C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，v-t图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。

对于小木块有空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得
==+
F ma mg f
解得
kv
=+
a g
m
由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。

同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第二定律可得
kv
a g
=-
m
由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，v-t图像的斜率表示加速度，故图线与t轴相交时刻的加速度为g，此时实线的切线与虚线平行。

故D正确，ABC错误。

故选D。

2．将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用F
q
来描述电场的强弱。

类比于这种分析检验
物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（）
A．Φ
S
B．
E
Lv
C．
F
IL
D．
2
FR
L v
【答案】C 【解析】【详解】
将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用F
q
来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体
在场中受力的方法，用
F
B
IL
来描述磁场的强弱；故C项正确，ABD三项错误。

3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈中接入u=100sin（100πt）V的正弦交流电，保险丝的熔断电流为1A，电表为理想电表，定值电阻R0=10Ω。

各元件正常工作，下列判断正确的是（）
A．电流表的读数为2A B．电容器的击穿电压不得低于20V
C．原线圈中最大电流不能超过1A D．流过电容器C的电流每秒方向改变50次
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．电容器接入交流电后，产生容抗，所以有电流流过电容器，由于流过电容器的电流未知，所以电流表示数未知，A错误；
B．输入电压的最大值为
1m =100V
U
电容器击穿电压与交流电的最大值有关，由
1m 2m
51U U = 得
2m 20V U =
副线圈中交流电压的最大值为20V ，所以电容器的击穿电压不得低于20V ，B 正确；
C ．保险丝的熔断电流1A 为有效值，所以通过原线圈的电流最大值可以大于1A ，C 错误；
D ．由交流电的电压表达式可知
2π
2π0.02s 100π
T ω=== 一个周期内电流方向改变2次，1s 内有50个周期，故电流每秒方向应改变100次，D 错误。

故选B 。

4．在“油膜法”估测分子大小的实验中，认为油酸分子在水面上形成的单分子层，这体现的物理思想方法是（ ）
A ．等效替代法
B ．控制变量法
C ．理想模型法
D ．累积法 【答案】C
【解析】
【分析】
考查实验“用油膜法估测分子大小”。

【详解】
在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法。

C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．一列简谐横波沿x 轴负方向传播，0t =时刻的波形图象如图所示，此时刻开始介质中 1.0m x =的质点P 经0.25s 第一次回到平衡位置。

则下列说法中正确的是（ ）
A ．0t =时刻质点P 向x 轴正方向运动
B ．简谐横波的周期为0.8s
C ．简谐横波传播的速度为4m/s
D ．质点P 经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为1010sin (cm)3
y t π=
A ．简谐波沿x 轴负方向传播，所以0t =时刻质点P 向y 轴正方向运动，故A 错误；
B ．简谐波沿y 轴负方向传播，质点P 第一次回到平衡位置时，即6m x =处质点的振动传播到P 点，所需的时间50.2512t s T ==，解得 0.6s T =
故B 错误；
C ．从题图上读出波长为12m ，所以波速
20m/s v T λ
==
故C 错误；
D ．根据图象可知，此列波的振幅10cm A =，简谐波沿x 轴负方向传播，0.6T s =，角速度
210rad/s 3
T ππω== 则质点P 经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为 1010sin
cm 3y t π= 故D 正确。

故选D 。

6．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气阻力对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则图所示的图像中，能正确反映雨滴下落运动情况的是：( )
A ．
B ．
C ．
D ．
当雨滴刚开始下落时，阻力f 较小，远小于雨滴的重力G ，即f ＜G ，故雨滴做加速运动；由于雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，由mg-f=ma 可知加速度减小，故当速度达到某个值时，阻力f 会增大到与重力G 相等，即f=G ，此时雨滴受到平衡力的作用，将保持匀速直线运动；故C 正确，ABD 错误。

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．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表。

L 1、L 2、L 3、L 4 为四只规格均为“220V ，60W”的灯泡。

如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（ ）
A ．电压表的示数约为1244.32V
B ．电流表的示数约为0.82A
C ．a 、b 两端的电压是1045V
D ．a 、b 两端的电压是1100V
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由输出端交变电压的图象可求出有效值220V ，由原、副线圈匝数之比4:1，可得原、副线圈的电压之比4:1，则原线圈的电压即电压表的示数为
14220V 880V U =⨯=
故A 错误；
B ．副线圈电压为220V ，L 2、L 3、L 4三只灯泡都正常发光，电流表的示数为
6033A 0.82A 220
L I I =⨯
=≈ 故B 正确； CD ．原、副线圈的电流之比1:4，则原线圈电流为
110.82A 0.205A 4
I =⨯=
22220Ω806.7Ω60
L U R P ==≈ 则a 、b 两点的电压
11880V 0.205806.7V 1045V L U U I R =+=+⨯≈
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

8．甲、乙两列简谐横波在同一介质中同向独立传播，传播方向沿x 轴正方向。

如图所示为0t =时刻的部分波形。

1s t =时刻质点Q 第一次振动至平衡位置。

对此现象，下列说法正确的是（ ）
A ．乙波的波长为20m
B ．甲波的周期为2s
C ．甲波的传播速度为2m/s
D ．0t =时刻两列波没有波峰重合处
E.0t =时刻在32.5m =x 处两列波的波峰重合
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．读取图象信息知波长为
8m λ=甲，20m λ=乙
所以A 正确；
B ．甲波的Q 点运动至平衡位置所需时间为
1s 4
T =甲 则甲波周期为
4s T =甲
所以B 错误；
C ．波的传播速度仅由介质决定，甲、乙两列波的速度相同，有
2m/s v T λ==甲
甲
所以C 正确；
DE ．取0t =时刻
114m x =，220m x =
两个波峰点为基准点，二者相距6m 。

假设0t =时刻两列波的波峰有相遇处，则该相遇处与两个波峰基准点的距离差为
126m k k λλ-=甲乙（1k ，2k 均为整数）
即
22126620 2.50.758
k k k k λλ++===+乙
甲 该方程式1k ，2k 无整数解。

则0t =时刻两列波波峰没有重合点。

所以D 正确，E 错误。

故选ACD 。

9．如图所示，竖直平面xOy 内存在沿x 轴正方向的匀强电场E 和垂直于平面xOy 向内的匀强磁场B ，下面关于某带正电粒子在xOy 平面内运动情况的判断，正确的是（ ）
A ．若不计重力，粒子可能沿y 轴正方向做匀速运动
B ．若不计重力，粒子可能沿x 轴正方向做匀加速直线运动
C ．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动
D ．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．若不计重力，当正电荷沿y 轴正方向运动时，受到的电场力沿x 轴正方向，受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，若满足qE qv
B =，则粒子做匀速直线运动，选项A 正确；
B ．粒子沿x 轴正方向运动时，因洛伦兹力沿y 轴方向，粒子一定要偏转，选项B 错误；
CD ．重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项C 错误、D 正确。

故选AD。

10．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在P T
图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，da平行于p轴。

由图可以判断（）
A．ab过程中气体分子的密集程度不断减小
B．bc过程中外界对气体做功
C．cd过程中气体内能不断增大
D．da过程中气体从外界吸收热量
E.ab过程的内能减小量等于cd过程中气体内能增加量
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．根据理想气体状态方程pV
C
T
＝可知
C
p T
V
＝，则P-T图中过原点的直线为等容变化，所以ab过程
中气体体积不变，所以气体分子的密集程度不变，故A错误；
B．过c点做过原点的直线，则为一条等容线，且斜率比ab斜率大，根据
C
p T
V
＝可知，V c＜V b则由bc
过程体积减小，外界对气体做功，故B正确；
C．cd过程中气体温度升高，气体内能增加，故C正确；
D．da过程，气体温度不变，则气体内能不变；压强减小，根据玻意耳定律可知，体积增大，则气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体应吸热，故D正确；
E．bc垂直于ab，而cd平行于ab说明，ab的温度变化比cd的温度变化小，且理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，可知ab过程的内能减小量小于cd过程中气体内能增加量，故E错误；
故选BCD。

11．如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点），
在木板上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。

设分离时木块相对地面运动的位移为x ，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x 增大的是（ ）
A ．仅增大木板的质量M
B ．仅减小木块的质量m
C ．仅增大恒力F
D ．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
设木板长为L ，当木块与木板分离时，运动时间为t ，对于木板
1F mg Ma μ-=
211'2
x a t = 对于木块
2mg ma μ=
2212
x a t = 当木块与木板分离时，它们的位移满足
22121122
L a t a t =- 解得
12
2L t a a =-则木块相对地面运动的位移为
2221122
=2=11a L L a a a x a t a --=
A ．仅增大木板的质量M ，1a 变小，2a 不变，x 增大，故A 正确；
B ．仅减小木块的质量m ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故B 错误；
C ．仅增大恒力F ，1a 变大，2a 不变，x 减小，故C 错误；
D ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，1a 变小，2a 增大，x 增大，故D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感
应强度大小为B ，A 为理想交流电流表。

匝数为n 、面积为S 。

阻值为r 的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO´
以角速度ω匀速转动，定值电阻阻值为R ，从图示位置开始计时。

下列说法正确的是（ ）
A ．线圈每转动一周，电流方向改变2次
B ．图示位置时交流电流表的示数为ω=
+nBS I R r C ．π2t ω
=时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大 D ．电阻R 消耗的热功率为22ω⎛⎫= ⎪+⎝⎭
R nBS P R r 【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变2次。

故A 正确；
B ．交流电流表的示数为电流的有效值，为
m
22()
I R r ==+故B 错误；
C ．24
T t πω==时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故C 错误； D ．电阻R 消耗的热功率为 22
2R nBS P I R R r ω⎛⎫== ⎪+⎝⎭ 故D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻R g =100Ω，满偏电流I g =200μA ，定值电阻R 1=2.5Ω，R 2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V ，则该多用表
（1）A 接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；
（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；
（3）若选a 档测量电阻，则原表盘100μA ，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘50μA 的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω。

【答案】 黑 b 150Ω 450Ω
【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接； （2）整个回路最小电流min E
I R R =
+内外 ， 同时g g g 12
min I R I I R R ++＝，当选择开关接b 时，此时R 外有
最大值。

当选择开关接b 档时其对应的电阻档的倍率更高。

（3）用a 档测量电阻，欧姆调零时， ()g g 2g 1
m 10000A I R R I I R μ++=＝
，此时150m
E
R I =
=Ω内，当1100A g I μ=，此时干路电流为()1211
5000A g g g I R R I I R μ+=
+= ，由于E
I R R =
+内外
，解得
150R R ==Ω外内；当表盘150A g I μ=时，此时干路电流为()1211
2500A g g g I R R I I R μ+=+=，由于
E
I R R =
+内外
，解得3450R R ==Ω外内。

【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。

14．在练习使用多用电表的实验中。

请完成下列问题：
(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择倍率的电阻挡________（填“×10”或“×1k”），并需________（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。

(2)某同学设计出一个的欧姆电表，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0Ω，电流表G 的量程为I g ，故能通过读取流过电流表G 的电流值而得到被测电阻的阻值。

但和普通欧姆表不同的是调零方式。

该同学想用一个电阻箱R x 来测出电路中电源的电动势E 和表头的量程I g ，进行如下操作步骤是：
a ．先两表笔间不接入任何电阻，断开状态下调滑动电阻器使表头满偏；
b ．将欧姆表与电阻箱R x 连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示R x 和与之对应的电流表G 的示数I ；
c ．将记录的各组R x ，I 的数据描点在乙图中，得到11x
I R -图线如图丙所示；
d ．根据乙图作得的
11x
I R -图线，求出电源的电动势E 和表头的量程I g 。

由丙图可知电源的电动势为________，欧姆表总内阻为________，电流表G 的量程是________。

【答案】×1k 欧姆调零（或电阻调零） 6000 1.5 6.0 0.25 【解析】 【详解】
(1)[1][2][3]．多用表指针偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换高挡位，因此需选择×1k ，同时注意欧姆调零；多用表的指针结果为6000Ω。

(2)d.[4][5][6]．设电流表G 所在回路除电源内阻外其余电阻之和为R ，由闭合电路欧姆定律 解得
x
x
E I RR r R R =
++
由分流原理得
x
g x
R I I R R =
+
联立两式整理得
11g x
R r
Rr I E E R +=+⨯ 由图可知
4R r
E
+= 941.5
Rr E -= 解得E=1.5V ，R=5Ω，所以欧姆表总内阻为 R+r=6Ω 电流表G 的量程
0.25A g E
I R r
=
=+ 解得
E=1.5V R=6.0Ω I g =0.25A
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一长木板在水平地面上向右运动，速度v 0=7m/s 时，在其最右端轻轻放上一与木板质量相同的小铁块。

已知小铁块与木板间的动摩擦因数10.10μ=，木板与地面间的动摩擦因数20.25μ=，整个过程小铁块没有从长木板上掉下来，重力加速度g 取10m/s 2。

求∶
(1)小铁块能达到的最大速度v m ；
(2)小铁块与长木板都停止运动后，小铁块离长木板最右端的距离x 。

【答案】（1）1m/s ；（2）3.125m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设铁块与木板开始时的加速度大小分别为1a 、2a ， 由牛顿第二定律得
11mg ma μ=
1222mg mg ma μμ+=
解得
211m/s a =，226m/s a =
当二者速度相等时，铁块的速度最大，根据速度公式可得
1m v a t =
02=-m v v a t
解得
1m/s m v =，1s t =
(2)铁块从开始运动到最大速度发生的位移
2111
0.5m 2
x a t ==
木板从开始减速到m v 发生的位移
2
202212
4m x v t a t =-=
设木板从m v 停止运动过程中的加速度大小为3a ，根据牛顿第二定律可得
2132μμ-=mg mg ma
解得
2324m/s 1m/s a =>
铁块从最大速度到停止运动发生的位移
231
0.5m 2m
v x a ==
木板从m v 停止运动过程中发生的位移为
243
0.125m 2m
v x a ==
最终铁块离木板右端的距离
2413 3.125m x x x x x =+--=
16．如图所示，AB 为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB 连线为竖直直径，轨道半径R=6.4m ，轨道内壁光滑，A 、B 两端为轨道的开口。

BC 为粗糙水平轨道，其长度s=8.4m 。

CD 为倾角θ=37°的斜面。

用两个小物块a 、b 紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑住，沿轨道静置于C 点。

弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物块a 的线度略小于细管的内径。

烧断细线，两物块先后落到斜面的M 点，CM 两点之间的距离L=12m 。

已知物块跟水平轨道之间的动摩擦因数1
7
μ=，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）物块b 刚离开弹簧的瞬间，其速率v 0是多少；
（2）设物块a 、b 的质量分别为m 1、m 2
，则
1
2
m m 是多少？（结果可以用根式表示）
【答案】 (1)8m /s ； (2)81927
【解析】 【分析】 【详解】
（1）物块b 离开弹簧后做平抛运动。

设从C 运动到M 历时为t ，则
2
1sin 372
L gt ︒=
，0cos37L v t ︒= 代入数据解得
1.2s t =，08m /s v =
(2) ①物块a 能够经过A 点做平抛运动落到斜面的M 点。

设物块a 经过A 点的速率为v A ，从A 运动到M 历时为t 1，则
2
112sin 372
R L gt ︒+=
，1cos37A s L v t ︒+= 解得
12s t =，9m /s A v =
设物块a 刚被弹簧弹开时的速率为v Cl ，在从C 运动到A 的过程中，由动能定理得
22111111222
A C m v m v m gs mgR μ-=-- 解得 v Cl =19m/s
弹簧弹开物块a 、b 的过程中，物块a 、b 动量守恒。

选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
20110C m v m v -=
解得
12819
m m =
②物块a 被弹簧弹开后不能到达A 点，物块a 从C 点做平抛运动落到斜面的M 点，做平抛运动的初速度大小也是v 0。

设物块a 刚被弹簧弹开时的速率为v C2，在物块a 从C 向左运动到再次回到C 点的过程中，由动能定理得
221012111222
C m v m v m gs μ-=- 解得：
247m/s C v =
弹簧弹开物块a 、b 的过程中，物块a 、b 动量守恒。

选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
20120C m v m v -=
解得
1227m m = 17．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B 。

纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，每边电阻为R ，ad 边与磁场边界平行。

从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在垂直磁场边界向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求： （1）线框中电流I 的大小和方向； （2）拉力所做的功W ； （3）ab 边产生的焦耳热Q 。

【答案】（1）4BLv R ；方向是由a 到d ；（2）234B L v
R ；（3）
2316B L v R
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于ad 边向左切割磁感线，故产生的感应电动势为 E=BLv
故线框中的电流、
44E BLv
I R R
=
= 由右手定则判断出电流的方向是由a 到d ； （2）由于线框匀速运动，故拉力
F=F 安=BIL=224B L v
R
拉力做的功
234W B R
F L L v
==
（3）拉力做功全部转化为电流产生的焦耳热，则ab 边产生的焦耳热
23114416ab B v
Q R
Q L W ===
总。