湖南省邵阳市2021届新高考物理第三次押题试卷含解析

湖南省邵阳市2021届新高考物理第三次押题试卷
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．如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc
的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，不计粒子的重力，则（）
A．粒子带正电
B．电场的方向是由c指向b
C．粒子在b点和d点的动能相等
D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，偏转方向往右，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B．粒子从e点射出时，速度方向与bd的夹角为45︒，即水平向右射出，在电场中做类平抛运动，从b点射出电场，所受电场力方向由c指向b，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则电场方向由b指向c，故B错误；
C．粒子从d到e过程中洛伦兹力不做功，但在e到b的类平抛运动过程中，电场力做下功，则粒子在b 点的动能大于在d点的动能，故C错误；
D．假设ab边长的一半为r，粒子从d点射入磁场的速度为v，因为粒子在磁场中运动的时间为弧长de
除以速率v，即π
2
r
v
，粒子在电场中做类平抛运动，其在平行ab方向的分运动速度大小为v的匀速直线运
动，分位移为r，可得粒子在电场中运动时间为r
v
，故D正确。

故选D。

2．如图甲所示，物体在竖直方向受到大小恒定的作用力F=40N，先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当t=1s时将F反向，大小仍不变，物体的v t 图象如图乙所示，空气对物体的阻力大小恒定，g=10m/s2，下列说法正确的是（）
A．物体在1.25s内拉力F的平均功率为160W
B．物体1.25s内阻力做功的平均功率为为16W
C．空气对物体的阻力为6N
D．物体的质量为4kg
【答案】B
【解析】
【详解】
A．在1.25s内，图像围成面积为5m，即总位移为5m，拉力第一阶段向上的位移为4m，则拉力做正功160J，第二阶段位移为1m，则拉力做负功40J，总共120J，平均功率96W，故A错误。

CD．根据牛顿第二定律可得：
F－（mg+f)=ma1
F+mg+f=ma2，
又由题图乙可知
a1=2m/s2
a2=6m/s2
联立解得物体的质量
m=2kg
空气对物体的阻力为
f=4N
CD 项错误。

B ．阻力全程做负功，共W f =4×5=20J ，所以平均功率为
16W f f W P t ==
B 正确。

故选B 。

3．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步卫星轨道3（如图所示）。

则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C ．卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能
D ．卫星在轨道3上经过P 点的加速度大于它在轨道2上经过P 点的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】
ABD ．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道半径为r 、地球质量为M ，有
2
222=)2(Mm v G m r m m r ma r T r
πω=== 解得
GM v r
=① 3GM r
ω=② 2GM a r =
③ 轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道3上经过P 点的加速度等于它在轨道2上经过P 点的加速度，故ABD 均错误；
C ．卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C 正确；
故选C 。

4．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。

已知人与滑板的质量分别为,()M m M m >，则人离开时滑板的速度大小为（ ）
A ．0m v M
B ．0m v m M +
C ．0M m v m -
D ．0M m v m + 【答案】C
【解析】
【详解】
规定初速度v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：
00()2M m v M v mv +=⋅+
解得
0M m v v m
-=- 负号表示速度与正方向相反，大小为
0M m v m
-； 故选C 。

5．在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，60a ?o ，90b ?o ，边长bc L =。

一个粒子源在b 点将质量为m ，电荷量为q 的带负电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（ ）
A ．3qBL m
B ．33qBL m
C ．32qBL m
D ．2qBL m
【答案】A
【解析】
【详解】
由左手定则和题意知，沿ba 方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，半径最大的则恰与ac 相切，轨迹如图所示
由几何关系 sin 30r L r =+o 由洛仑兹力提供向心力
2
mv qvB r
= 从而求得最大速度
3qBL v m
= 故BCD 错误，A 正确。

故选A 。

6．如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为6kg m =的物体，在大小为12N ，方向平行于斜面的拉力F 的作用下做匀速直线运动，从1 2.5m x =-位置处拉力F 逐渐减小，力F 随位移x 的变化规律如图乙所示，
当27m x =时拉力减为零，物体速度刚好为零，取210m/s g =，下列说法正确的是（ ）
A ．斜面倾角θ为30°
B ．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27J
C ．物体匀速运动时的速度大小为3m/s
D ．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N s -⋅
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体做匀速直线运动时，受力平衡，则
sin F mg θ=
代入数值得
sin 0.2θ=
选项A 错误；
C ．图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功
F 112 2.5J 12(7 2.5)J 57J 2
W =⨯+⨯⨯-= 重力做的功
G 2si 84 J n W mgt θ=-=-
由动能定理
2F G 0102
W W mv +=- 解得
03m/s v =
选项C 正确；
B ．机械能的增加量等于拉力做的功57J ，B 错误；
D ．根据动量定理可得
0018N s I mv =-=-⋅
选项D 错误。

故选C 。

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，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.20m ，两导轨的左端之间连接的电阻R=0.40Ω，导轨上停放一质量m=0.10kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r=0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。

整个装置处于磁感应强度B=0.50T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。

现用一水平外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示。

则（ ）
A ．t=5s 时通过金属杆的感应电流的大小为1A ，方向由a 指向b
B ．t=3s 时金属杆的速率为3m/s
C ．t=5s 时外力F 的瞬时功率为0.5W
D ．0~5s 内通过R 的电荷量为2.5C
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图像可知，t=5.0s 时，U=0.40V ，此时电路中的电流（即通过金属杆的电流）为
0.40A 1A 0.40
U I R === 用右手定则判断出，此时电流的方向由b 指向a ，故A 错误；
B ．由图可知，t=3s 时，电压表示数为
'0.43V 0.24V 5
U =
⨯= 则有 'R U E R r
=+ 得 '0.10.40.24V 0.3V 0.4r R E U R ++=
=⨯= 由公式=E BLv 得
0.3m/s 3m/s 0.500.20
E v BL ===⨯ 故B 正确；
C ．金属杆速度为v 时，电压表的示数应为
=+R U BLv R r
由图像可知，U 与t 成正比，由于R 、r 、B 及L 均与不变量，所以v 与t 成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为
223m/s 1m/s 3
v a t === 根据牛顿第二定律，在5.0s 末时对金属杆有
F BIL ma -=
得
=+(0.5010.200.101)N 0.20N F BIL ma =⨯⨯+⨯=
此时F 的瞬时功率为
0.215W 1.0W P Fv Fat ===⨯⨯=
故C 错误；
D ．t=5.0s 时间内金属杆移动的位移为
221115m 12.5m 22
x at ==⨯⨯= 通过R 的电荷量为
0.50.212.5C 2.5C 0.40.1
BLx q R r R r ∆Φ⨯⨯====+++ 故D 正确。

故选BD 。

8．如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻波的图像，波源s 位于原点O 处，波速v=4m/s ，
振幅2cm A =。

t=0时刻，平衡位置在x=8m 处的质点P 刚好开始振动，质点M 的平衡位置在12m x =处。

则下列说法正确的是_________
A ．波源s 的起振方向沿y 轴正方向
B ．波源s 的振动周期为0.5s
C ．t=ls 时刻，质点P 运动到M 点
D ．质点P 的振动方程为y=2sin(t)cm
E.在t=0到t=3.5 s 这段时间内，质点M 通过的路程为10 cm
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．已知波沿x 正方向传播，而P 点刚好起振，由同侧法可知起振方向沿y 轴正方向，故A 正确；
B ．由图读出8m λ=，根据
8s 2s 4
T v λ=== 故B 错误；
C ．参与传播的质点振动在平衡位置沿y 轴振动，并不会沿x 轴传播，故C 错误；
D ．质点的振幅为2cm ，则振动方程2sin()cm y t π=，故D 正确；
E ．时间关系为
33.54
t s T T ∆==+ M 点起振需要时间1s ，剩下54
T 的时间振动的路程为
510cm
s A
==
故E正确。

故选ADE。

9．一简谐横波沿x轴负向传播，t时刻的波形如图所示，则该时刻（）
A．质点A的速度向上
B．质点B的动能最大
C．B、D两质点的振动情况总是相反
D．从该时刻经过半个周期，质点D的加速度为零
E.从该时刻经过1
4
个周期，质点C将移动到质点B的位置
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由波的平移法可知，在该时刻质点A正向下运动，故A错误；
B．由图可得，在该时刻质点B在平衡位置，速度最大，动能最大，故B正确；
C．B、D两质点相差半个波长，振动情况总相反，故C正确；
D．从该时刻经过半个周期，质点D又处于平衡位置，加速度为零，故D正确．
E．从该时刻经过1/4个周期，质点C将运动到自己的平衡位置，不会运动到B质点处，故E错误；
故选BCD。

10．如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接右端连接一小物块，在小物块上施加水平向右的恒力F，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。

已知长木板（含挡板）的质量为M，小物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，形变量为(0)
x x≠，则（）
A．小物块的加速度为
F M m
+
B．小物块受到的摩擦力大小一定为
MF
kx
M m
-
+
，方向水平向左
C ．小物块受到的摩擦力大小可能为MF kx M m
+
+，方向水平向左 D ．小物块与长木板之间可能没有摩擦力
【答案】ACD
【解析】
【详解】 A ．长木板与小物块一起做匀加速运动，应相对静止，加速度相同，对整体有
F M m a =+()
解得加速度
F a M m
=+ 故A 正确；
BC ．因弹簧形变量0x ≠，故弹簧可能被压缩也可能被拉伸。

若被压缩，则长木板受到的摩擦力向右，对长木板有
f F kx Ma -=
解得
f MF F kx M m
=++ 小物块受到的摩擦力大小与之相等，方向水平向左，故B 错误，C 正确；
D ．若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得
F f kx ma +-=
得
•
F MF f kx ma F kx m F kx M m M m
=+-=+-=-++ 如果 MF kx M m
=
+ 则 0f =
故D 正确。

故选ACD 。

11．如图，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高h 处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。

条形磁铁A 、B 两端经过线圈平面时的速度分别为v 1、v 2，线圈中的感应电流分别为I 1、I 2，电流的瞬时功率分别为P 1、P 2.不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．从上往下看，I 2的方向为顺时针
B ．I 1：I 2=v 1：v 2
C ．P 1：P 2=v 1：v 2
D ．磁铁落地时的速率为2gh 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．条形磁铁
B 端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，I 2的方向为顺时针，选项A 正确；
BC ．条形磁铁AB 端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据E=BLv 以及E I R
=
可知 I 1：I 2=v 1：v 2
根据P=I 2R 可知电流的瞬时功率之比为
2222121212P P I I v v ==：：： 选项B 正确，C 错误；
D ．若磁铁自由下落，则落地的速度为2gh ；而由于磁铁下落过程中有电能产生，机械能减小，则磁铁落地时的速率小于2gh ，选项D 错误。

故选AB 。

12．质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。

由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O 进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN 上的P 1、P 2、P 3三点，已知底板MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B 1、B 2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E 。

不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则
A ．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电
B ．三种粒子的速度大小均为2
E B C ．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P 3点的粒子质量最大
D ．如果三种粒子电荷量均为q ，且P 1、P 3的间距为Δx ，则打在P 1、P 3两点的粒子质量差为
122qB B x E
∆ 【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．根据粒子在磁场
B 2中的偏转方向，由左手定则知三种粒子均带正电，在速度选择器中，粒子所受的洛伦兹力向左，电场力向右，知电场方向向右，故A 正确；
B ．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有 1qE qvB =
得
1
E v B = 故B 错误；
C ．粒子在磁场区域B 2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
2
2v qvB m R
= 得：
2
mv R qB = 三种粒子的电荷量相等，半径与质量成正比，故打在P 3点的粒子质量最大，故C 正确；
D ．打在P 1、P 3间距
31313122212
222222()m v m v v E x R R m m m qB qB qB qB B ∆=-=
-=-=∆ 解得： 122qB B x m E
∆∆= 故D 正确；
故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，轨道由斜槽和水平槽组成，A 、B 两小球大小相同，质量m A =20.0g 、m B =10.0g 。

实验步骤如下：
a.固定轨道，使水平槽末端的切线水平，将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；
b.让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次；
c.把B球放在水平槽末端，A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次；
d.确定三个落点各自的平均位置P、M、N，用刻度尺测出它们到O点的距离分别为x OP、x OM、x ON；（1）确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_______（填“系统”或“偶然”）误差；
（2）如图乙，x OM、x OP读数分别为10.20cm、30.65cm，x ON读数为________cm；
（3）数据处理时，小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球质量及(2)中数据可算出碰前系统总的mx值是________kg∙m（保留3位有效数字），把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒。

【答案】偶然40.80（40.78～40.2） 6.13×10-3
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]确定P、M、N三点时，可用圆规画一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小偶然误差；
（2）[2]由图可知，x ON读数为40.80cm；
（3）[3]碰前系统总的mx值是
0.02kg×0.3065m=6.13×10-3kg∙m
14．某实验小组在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，实验装置如图甲所示。

(1)下列说法正确的是________。

A ．弹簀被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B ．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于水平位置且处于平衡状态
C ．用直尺测得弹簧的长度即为弹篑的伸长量
D ．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比一定相等
(2)某同学由实验测得某弹簧的弹力F 与长度L 的关系如图乙所示，则弹簧的原长为
L 0=______________cm ，劲度系数k=____________N/m ；
(3)该同学将该弹簧制成一把弹簧测力计，当弹簧测力计的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x=_______cm 。

【答案】AB 10 50 16
【解析】
【详解】
(1)[1]A ．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A 正确；
B ．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于水平位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，待钩码静止时再读数，故B 正确；
C ．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C 错误；
D ．拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同弹簧的劲度系数可能不同，故D 错误。

故选AB 。

(2)[2]由F －L 图像和胡克定律分析知，图像的斜率为弹簧的劲度系数，当F=0时，横轴的截距为弹簧的原长，据图所知，横轴截距为10cm ，即弹簧的原长为10cm ；
[3]图像的斜率 k=2
10.0N/m (3010)10--⨯=50N/m (3)[4]弹簧测力计示数F=3.0N ，弹簧的伸长量为
3.0m 0.06m 6cm 50
x ∆=== 弹簧长度
x=(106)cm +=16cm
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，由某种透明介质构成的棱镜横截面为一等腰梯形，其中30A ∠=︒，AB 的边长为3a ，BC 的边长为a ，AE 为AB 长度的23
，一束光线刚好从E 点沿与AD 平行的方向射入棱镜，该光线在棱镜内恰好通过AD 的中点F 。

已知光在真空中的光速为c 。

求： (i)此种介质的折射率；
(ii)光线在介质中的传播时间。

【答案】 (i)3n =
；(ii)4a t c
= 【解析】
【分析】
【详解】 (i)光路图如图所示
在E 点折射时有
60i =o
33
AE a = cos30232
BC AF AB a =+==o AEF V 中，由正弦定理
sin(90)sin(1803090)r r AF AE
+---=o o o o 解得
30r =o
AEF V 为等腰三角形，由折射定律
sin sin 603sin sin 30i n r o o === （ii ）在F 点60β=o ，由
1sin sin C n
β>= 判断光线在F 点发生全反射。

由几何关系可知光线在棱镜中通过的路程
234322233
s EF AE a a ===⨯
= 由折射定律有 3c n v
== 故光线在棱镜中的传播时间 4s a t v c =
= 16．如图所示，轻质弹簧右端固定，左端与一带电量为+q 的小球接触，但不粘连。

施加一外力，使它静止在A 点，此时弹簧处于压缩状态，小球的质量为m=0.5kg ，撤去外力后，小球沿粗糙水平面AC 进入竖直的光滑半圆形管道，管道的宽度忽略不计，管道半径r=1m ，在边长为2m 的正方形BPMN 区域内有一匀强电场，电场强度大小为E=2mg q
，方向与水平方向成45o 斜向右上，半圆形轨道外边缘恰好与电场边界相切。

水平轨道AB 的长度为L=2m ，小球与水平面的动摩擦因数μ=0.5，小球到达B 点时，速度的大小为52m/s ，所有的接触面均绝缘，g 取10m/s 2，求：
(1)释放小球前，弹簧的弹性势能大小；
(2)求小球过D 点的速度；
(3)求小球的落地点到C 点的距离。

【答案】 105【解析】
【详解】
(1)对小球从A 到B 过程，应用动能定理得：
-μmgL+W弹=1
2
mv B2-0
W弹=E p
得：
E p=17.5J
(2)当小球进入电场后受力分析可得
mg=qEsinθ
故小球在BC粗糙水平面上运动时，对地面的压力为0，不受摩擦力。

F合=qEcosθ=mg
方向水平向右，小球从 B 到D，应用动能定理可得：
-F合2r=1
2
mv D2-
1
2
mv B2
得：
v D m/s
(3)从B 到N，合外力做功为0
v N=v B m/s
由竖直方向运动
2r=1
2
gt2
得：
t
则水平位移大小
x=v N
则落地点F距离C点的距离为
l CF
17．如图所示，水平放置的导热气缸A和B底面积相同，长度分别为2L和L，两气缸通过长度为L的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b可以无摩擦地移动，a的横截面积为b的两倍．开始时A、B内都封闭有压强为p0、温度为T0的空气，活塞a在气缸A最左端，活塞b在管道最左端．现向右缓慢推动活塞a，当活塞b恰好到管道最右端时，停止推动活塞a并将其固定，接着缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，求
（i ）活塞a 向右移动的距离；
（ii ）活塞b 回到初始位置时气缸B 中空气的温度．
【答案】 (i) 76x L =
(ii) 0125T T = 【解析】
【详解】
(i)设绝热活塞b 到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A 气缸中的活塞a 向右移动x ，此时A 、B 中气体压强为p ， 则：
对A 气体：()01222p LS p L x S LS ⎡⎤⋅=-+⎢⎥⎣
⎦ 对B 气体：012p LS LS pLS ⎛⎫+
= ⎪⎝⎭ 联立解得： 032p p =，76
x L = (ii)设气缸B 的温度为T 、压度为p '时，绝热活塞b 回到初始位置，
对气体B: 012p LS LS pLS T T
⎛⎫+ ⎪⎝
⎭=' 对气体A: ()()1222p L x S LS p L x S ⎡⎤-+=-⎢⎥⎣
'⎦ 联立解得：0125
T T =。