西藏拉萨市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

西藏拉萨市2021届新高考第三次质量检测物理试题
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．图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P上观察到的图样如图2所示。

为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（）
A．增大单色光的频率
B．增大双缝屏上的双缝间距
C．增大双缝屏到光屏的距离
D．增大单缝屏到双缝屏的距离
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．增大单色光频率，则波长减小，根据公式
L
x
d
λ
∆=可知，条纹间的距离减小，A不符合要求；
B．增大双缝屏上的双缝间距d，根据公式
L
x
d
λ
∆=可知，条纹间的距离减小，B不符合要求；
C．增大双缝屏到光屏的距离L，根据公式
L
x
d
λ
∆=可知，条纹间的距离增大，C符合要求；
D．根据公式
L
x
d
λ
∆=可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D不符合要求。

故选C。

2．如图所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。

已知OA与竖直方向的夹角θ=53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。

下列说法正确的是（）
A ．圆环旋转角速度的大小为
45g R B ．圆环旋转角速度的大小为
53g R
C ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为75mg
D ．小球A 与圆环间摩擦力的大小为1
5
mg
【答案】D 【解析】 【详解】
AB ．小球B 与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2tan 37sin 37mg m R ω=o o
所以解得圆环旋转角速度的大小
4=
5g
R
ω 故选项A 、B 错误；
CD ．对小球A 进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得：在水平方向上
2sin cos sin N f m R θθωθ-=
竖直方向上
cos sin 0N f mg θθ--=
解得
5
mg
f =
所以选项C 错误、D 正确。

故选D.
3．如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙
壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为(
)
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】
找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可； 【详解】
由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D 正确，ABC 错误。

【点睛】
本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。

4．下列四个选项中哪个不等于．．．磁感应强度的单位特斯拉（ ） A ．
N
A m
⋅ B ．
N s
C m
⋅⋅ C ．
2V s
m
⋅ D ．
Wb
m
【答案】D 【解析】 【详解】
A ．根据F
B IL =可知，N
1
1T A m
=⋅，选项A 不符合题意； BC ．2V C
s
N N N s V s
m 1T 1
=11=1=1C A m C m Cm m
m s
⋅⋅⋅⋅==⋅⋅⋅，选项BC 不符合题意； D ．由B S Φ=可知，2Wb
1T 1m
=，选项D 符合题意。

故选D 。

5．下列关于物质结构的叙述中不正确．．．
的是 A ．天然放射性现象的发现表明了原子核内部是有复杂结构的 B ．质子的发现表明了原子核是由质子和中子组成的
C ．电子的发现表明了原子内部是有复杂结构的
D ．α粒子散射实验是原子核式结构模型的实验基础
【答案】B
【解析】
【详解】
A．天然放射现象说明原子核内部有复杂结构。

故A正确，不符合题意；
B．质子的发现与原子核是由质子和中子组成的没有关联。

故B错误，符合题意；
C．汤姆生发现电子，知道原子还可以再分，表明了原子内部是有复杂结构的。

故C正确，不符合题意；D．α粒子散射实验说明原子的核式结构模型，故D正确，不符合题意；
故选B。

6．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．0~2s内物体做匀加速直线运动
B．0~2s内物体速度增加了4m/s
C．2~4s内合外力冲量的大小为8Ns
D．4~6s内合外力对物体做正功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．0~2s内物体的加速度变大，做变加速直线运动，故A错误；
B．图像下面的面积表示速度的变化量，0~2s内物体速度增加了1
222m/s
2
⨯⨯=，故B错误；
C．2~4s内合外力冲量的大小
222N s=8N s
I mat
==⨯⨯⋅⋅
故C正确；
D．由图可知，4~6s内速度变化量为零，即速度不变，由动能定理可知，合外力对物体做功为零，故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，在真空中的A 、B 两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A 、B 两点的连线中点对称地选取一个闭合路径abcd 。

现将一个质子沿abcd 移动一周，下列说法正确的是（ ）
A ．a 点和b 点的电场强度相同
B ．c 点电势低于于d 点电势
C ．由b→c ，电场力一直做正功
D ．由c→d ，质子电势能一直在增加 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
等量同种电荷电场线如图：
A ．结合等量异种点电荷的电场线的图象可知，ab 两点的电场强度的方向不同，故A 错误；
B ．d 点的电势为正值，c 点的电势为负值，c 点电势低于d 点电势，故B 正确；
C ．在bc 的连线上，两电荷连线上方，场强竖直向分量向下，两电荷连线下方，场强竖直向分量向上。

则质子由b 到c ，电场力先做正功后做负功，故C 错误；
D ．由c→d ，质子受力的方向与运动的方向之间的夹角始终是钝角，电场力做负功，电势能一直在增大，故D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，质量分别为12m m 、的A B 、两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。

已知B 与斜面间的动摩擦因数tan μα< ， 则( )
A．整体在上滑的过程中处于失重状态
B．整体在上滑到最高点后将停止运动
C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
D．在上滑过程中两物块之间的摩擦力大于在下滑过程中的摩擦力
【答案】AC
【解析】
【详解】
A．在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
（m1+m2）gsinθ+f=（m1+m2）a
f=μ（m1+m2）gcosθ
因此有：
a=gsinθ+μgcosθ
方向沿斜面向下。

所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态。

故A正确；
B．同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
（m1+m2）gsinθ-f=（m1+m2）a′，
得：
a′=gsinθ-μgcosθ
由于μ＜tanθ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动。

故B错误；
CD．以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
m1gsinθ+f′=m1a
解得：
f′=μm1gcosθ
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
m1gsinθ-f″=m1a′
解得：
f″=μm1gco sθ
所以
f″=f′
即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故C正确D错误。

9．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．
A ．该波沿x 轴正向传播
B ．该波的波速大小为1 m/s
C ．经过0.3 s ，A 质点通过的路程为0.3 m
D ．A 、B 两点的速度有可能相同
E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确．
B ．由题图甲可知波长为 λ=0.4m ，由题图乙可知周期为 T=0.4s ，则波速为 v= T
λ
=1m/s ；故B 正确．
C ．经过0.3s=
3
4
T ，则A 质点通过的路程为s=3A=0.3m ；故C 正确． D ．A 、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误． E ．发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=1
T
=2.5Hz 时才能产生的稳定干涉．故E 错误． 故选ABC ．
点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握．
10．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率4m /s v =顺时针转动。

一煤块以初速度
012m /s v =从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取210m /s g =，
sin370.6︒=，sin530.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．倾斜传送带与水平方向夹角37θ=︒
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数0.5μ=
C ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s D
．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+ 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由v-t 图像得0~1s 的加速度大小
221124
m /s 8m /s 1
a -=
= 方向沿传送带向下；1~2s 的加速度大小
22240
m /s 4m /s 1
a -=
= 方向沿传送带向下，0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得 2sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
37θ=︒，0.25μ=
故A 正确，B 错误；
C ．v-t 图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为10m x =，由运动学公式得下滑时间为
t =
==下 所以煤块从冲上传送带到返回A
端所用的时间为(2，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ；1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m
；2~(2+传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为
221
2m (122
a t vt ++=+
故D 正确。

故选AD 。

11．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向
相反的电流。

a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等。

关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A ．O 点处的磁感应强度为零
B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由安培定则和磁场叠加原理可判断出O 点处的磁感应强度方向向下，一定不为零，A 错误；
B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，均向下，选项B 错误；
C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，，均向下选项C 正确；
D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向相同，选项D 错误。

故选C 。

12．预计2020年再发射2～4颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精度不断提高。

北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为h ，地球半径为R ，地面附近重力加速度为g ，则有（ ）
A ．该卫星运行周期可根据需要任意调节
B ．该卫星所在处的重力加速度为2
(
)R g R h
+ C ．该卫星运动动能为2
2()
mgR R h +
D ．该卫星周期与近地卫星周期之比为2
3(1)h R
+
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．地球同步卫星和地球自转同步，周期为24 h ，即该卫星运行周期是固定不变的，选项A 错误；
B ．由
2Mm
G
mg r = 可知
2
GM
g R =
2
()GM
g R h '=
+
则该卫星所在处的重力加速度是
'2
(
)R g g R h
=+ 选项B 正确； C ．由于
22Mm v G m r r
= 则
v ==
该卫星的动能
2
2k 122()
mgR E mv R h ==+
选项C 正确；
D ．根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为 32()T R h T R
'+= 选项D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材有一个电流表、一个电阻箱R 、一个1Ω的定值电阻R 0，一个开关和导线若干，该同学按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示：
(1)该同学为了用作图法来确定电池的电动势和内电阻，若将R 作为直角坐标系的纵坐标，则应取____________作为横坐标。

(2)利用实验数据在给出的直角坐标系上画出正确的图象__________________。

(3)由图象可知，该电池的电动势E=_________V ，内电阻r=_________Ω。

【答案】I -1/A -1 6.0（5.8~6.2） 1.0（0.8.~1.2）
【解析】
【详解】
(1)[1]根据闭合电路欧姆定律，有
0E I R R r
=++ 公式变形，得到
01()R E r R I
=⋅+--（） 所以若将R 作为直角坐标系的纵坐标，则应取1I
作为横坐标；
(2)[2]运用描点法作出图象：
(3)[3][4]对比一次函数y=kx+b，R相当于y，E相当于k，1
I
相当于x，（-r-R0）相当于b；故
E=k
-r-R0=b
解得：
E=k
r=-b-R0
所以由图象可知，该电池的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω。

14．实验小组采用如图甲所示实验装置测量木块与木板间动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量为20 g的钩码若干，打点计时器，电源，纸带，细线等．实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用打出的纸带测量木块的加速度．
(1) 正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示．已知打点周期T＝0.02 s，则木块的加速度a＝
________m/s2.
(2) 将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m，测得相应的加速度a，作出a －m图象如图丙所示．已知当地重力加速度g＝9.8 m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝________(保留两位有效数字)；μ的测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值，原因是
________________________(写出一个即可)．
(3) 实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量．
【答案】 (1) 3.33 (2) 0.32～0.36 大于 滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等 (3) 不需要
【解析】
（1）已知打点周期T ＝0.02 s ，根据逐差法可得木块的加速度为：
2
236032
2(8.20 3.50 3.50)10 3.33m/s 990.02
x x a T ----⨯===⨯． （2）设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律有，(0.02)mg f M a -=+，(0.02)f M m g μ=+-，联立可解得加速度为：(1)0.02
g a m g M μμ+=-+，由丙图可知，当m=0时，a=g μ=3.3 2m/s ，则木块与木板间动摩擦因数μ＝0.34 ，因滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦，所以测量值大于真实值．
（3）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总质量远小于木块和槽中钩码总质量．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】 (1)2n ，
21
n n ；(2)123r r n n - 【解析】
【详解】 (1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，
21B 2B B
n mv n qv B r =② 解①②式得
A 2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm T qB
=，1B 22πn m T n qB = 解得运动时间之比为
A A 2
B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2A A
()2qE L y m v =⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
22B 1B
()2n qE L y n m v =⑦ 由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=- 16．如图所示，水平轨道AB 和CD 分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与CD 相切于点E ，一轻质弹簧原长03m l =，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kg m =的小物块P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 1.2m l =。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与小物块P 接触但不连接。

弹簧原长小于光滑轨道AB 的长度，轨道靠近B 处放置一质量为2kg M =的小物块Q 。

传送带长25m L =，沿顺时针方向以速率6m/s v =匀速转动，轨道CE 长为4m x =。

物块与传送及轨道CE 之间的动摩擦因数均为0.2μ=。

现用小物块P 将弹簧压缩至长度为1.2m l =，然后释放，P 与Q 弹性碰撞后立即拿走物块P ，Q 恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的F
点，取210m/s g =。

（1）求P 与Q 碰撞后Q 的速度；
（2）求光滑圆形轨道的半径R 。

【答案】（1）4m/s （2）1m
【解析】
【详解】
（1）将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为1kg m =的小物块P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 1.2m l =，则此时弹簧具有的弹性势能为
10(3 1.2)J=18J p E mg l =∆=⨯-
弹簧水平放置时，小物块P 将弹簧压缩至长度为 1.2m l =，然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍为E P =18J ，则物体P 脱离弹簧后的速度满足
2012p mv E = 解得
v 0=6m/s
物块P 与Q 碰撞满足动量守恒的能量守恒，则：
'01mv mv Mv =+
2'2201111222
mv mv Mv =+ 解得
v 1=4m/s
（2）物块滑上传送带上时的加速度
22m/s a g μ==
加速到共速时的距离为
2222
1645m<25m 222
v v s a --===⨯ 可知物块Q 将以6m/s 的速度滑离传送带，即到达C 点的速度
v C =6m/s
则由C 点到F 点由动能定理：
21-02
C Mgx MgR Mv μ-=- 解得
R=1m
17．壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

圆形底面的直径为2R ，圆筒的高度为R 。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。

【答案】 (1)5n ≥甲(2)2n >
乙【解析】
【详解】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P点刚好全反射时为最小折射率，有
1
sin
n
C
=
由几何关系知
2
2
2
sin
2
R
C
R
R
=
⎛⎫
+ ⎪
⎝⎭
解得
5
n=
则甲液体的折射率应为
5
n≥
甲
(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，
A点
1
sin
n
C
=
'
乙
由几何关系得
90C
α'
=︒-
B点恰好全反射有
C
α'
=
解各式得
2
n=
乙
则乙液体的折射率应为
n 乙。