安徽省黄山市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

安徽省黄山市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
1．一充电后的平行板电容器与外电路断开保持两极板的正对面积不变，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是（ ）
A ．仅在两极板间插入一电介质，C 减小，U 不变
B ．仅在两极板间插入一电介质，
C 增大，U 减小 C ．仅增大两极板间距离，C 减小，U 不变
D ．仅增大两极板间距离，C 增大，U 减小 【答案】B 【解析】 【详解】 AB ．根据4S
C kd επ=
可知，仅在两极板间插入一电介质，C 变大，根据Q C U
=可知，Q 一定，则U 减小，选项A 错误，B 正确；
CD ．仅增大两极板间距离，根据4S
C kd επ=可知C 减小，根据Q C U
=可知，Q 一定，U 变大，选项CD 错误； 故选B 。

2．如图甲所示的电路中，R 表示电阻，L 表示线圈的自感系数。

改变电路中元件的参数，使i －t 曲线图乙中的①改变为②。

则元件参数变化的情况是（ ）
A ．L 增大，R 不变
B ．L 减小，R 不变
C ．L 不变，R 增大
D ．L 不变，R 减小
【答案】A 【解析】 【详解】
电源电阻不计，由图可知，放电达到的最大电流相等，而达到最大电流的时间不同，说明回路中的电阻值不变，即电阻R 不变；电流的变化变慢，所以线圈的阻碍作用增大，即自感系数L 增大， A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．友谊的小船说翻就翻，假如你不会游泳，就会随着小船一起沉入水底。

从理论上来说，你和小船沉入水底后的水面相比于原来（ ）
A ．一定上升
B ．一定下降
C ．一定相等
D ．条件不足，无法判断
【答案】B 【解析】 【详解】 小船所受的浮力
浮排F gV ρ=
翻船前浮力与重力相等；翻船后沉入水底，所受浮力小于重力，船的排水量减少，所以水面一定下降，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．下列说法正确的是（ ）
A ．β衰变所释放的电子是原子核外电子电离形成的
B ．贝克勒尔通过实验发现了中子
C ．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时吸收波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时发射波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为212
λλλ-的
光子
D ．赫兹首次用实验证实了电磁波的存在 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．β衰变的本质是原子核内的一个中子释放一个电子变为质子，故A 错误；
B ．根据物理学史可知，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在，故B 错误；
C ．光子的能量hc
E λ
=
，由题12λλ＞，则12E E ＜，从a 能级状态跃迁到b 能级状态时吸收波长为λ1的
光子，原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时发射波长为λ2的光子，根据玻尔理论，a 能级的能量值大于
c 能级的能量值
2
2
3
hc
hc
hc
λλλ-
=
所以原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要辐射波长为
12
12
λλλλ-的光子，故C 错误； D ．根据物理学史可知，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D 正确。

故选：D 。

5．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一α粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A ．a 、b 、c 三个等势面中，a 的电势最高
B ．电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小
C ．α粒子在P 点的加速度比Q 点的加速度大
D ．带电质点一定是从P 点向Q 点运动 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高，故A 错误；
B ．a 等势线的电势最低，c 等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大，故B 错误；
C ．等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C 正确；
D ．由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D 错误； 故选C 。

6．我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。

假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U ，喷出二价氧离子，离子束电流为I ，那么下列结论正确的是（元电荷e ，氧离子质量0m ，飞船质量M ）（） A ．喷出的每个氧离子的动量2p eU =
B ．飞船所受到的推力为0m U
F I
e
= C
．飞船的加速度为0
I MU
a m e
=
D ．推力做功的功率为2MeU 【答案】B 【解析】 【详解】
A 、对于每个氧离子，在加速电压U 的作用下加速，有：201
22
eU m v =，0p m v =，解得：02p m eU =，故A 错误；
B 、设t ∆时间内有n 个离子被喷出，根据电流的定义式：2Q n e I t t
=
=∆∆，对于单个离子，由动量定理得：00F t m v ∆=，若有n 个离子被喷出，则有0F nF '=，联立以上各式可得：0m U
F I
e
'=，由牛顿第三定律：0m U
F F I
e
'==，故B 正确； C 、对飞船，由牛顿第二定律得：0m U
F I a M M
e
=
=，故C 错误； D 、功率的单位与2MeU 不同，故D 错误。

【点睛】
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，理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，AB 两点之间始终加2202sin100u t π=（V ）的交变电压。

R 是输电线的电阻，L 是标有“100V 、100W”的白炽灯。

M 是标有“100V 、200W”的电动机，其线圈电阻r=10Ω。

开关S 断开时，电动机正常工作。

下列说法正确的是（ ）
A ．输电线的电阻阻值20R =Ω
B ．电动机的输出功率为180W
C ．开关S 闭合后，电动机的电功率减小
D ．开关S 闭合后，白炽灯的功率为100W 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ． 开关S 断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压100V ，副线圈电流
22A P
I U
=
= 根据变压器原理可知，原线圈两端电压200V ，原线圈电流1A ，在原线圈回路
112
m
I R U =+ 解得
20R =Ω
故A 正确；
B ． 电动机的输出功率为
2
2M 160W P P I R =-=出
故B 错误；
CD ． 开关S 闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻R 上分压变大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于100V ，则电动机的电功率减小，白炽灯的功率小于100W ，故C 正确D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90︒，∠B=30︒，AC 长为L ，已知A 点的电势为ϕ（ϕ>0），B 点的电势为2ϕ，C 点的电势为0，一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示（与AC 边成60︒）。

不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A ．电场强度的方向由
B 指向
C B ．电场强度的大小为
33L
ϕ
C ．若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为
20
6v ϕ
D ．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点 【答案】BC
【解析】 【详解】
A ．
B 点的电势为2φ，
C 点的电势为0，故BC 中点
D 的电势为φ，又有A 、D 电势相等，故匀强电场场强方向垂直AD ，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直AD 指向左侧，故A 错误； B ．根据=
U
E d 可知电场强度的大小为 23cos30A C
E L ϕϕϕ
︒
-=
= 故B 正确；
C ．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A 点，则有
22
11cos3022qE L at t m
︒==
0sin 30L v t ︒=
联立解得
2
6v q m ϕ
= 故C 正确；
D ．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B 点。

故D 错误。

故选BC 。

9．一质量为m 的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g ．这个物体沿斜面上升的最大高度为H ，则在这过程中( )
A ．物体克服重力做功0.9 mgH
B ．物体克服摩擦力做功0.6 mgH
C ．物体的动能损失了1.5 mgH
D ．物体的重力势能增加了mgH 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
AD. 重力势能的增加量等于克服重力做的功mgH ，故重力势能增加了mgH ，故A 错误，D 正确； B. 物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：mgsin37°+f=ma ，解得摩擦力大小：f=0.3mg ，物体克服摩擦力做功：W f =0.3mg×
sin 37H
o
=0.5mgH ，故B 错误；
C ．物体上滑过程,根据牛顿第二定律,得合外力大小为F 合=ma=0.9mg ，根据动能定理得：△E k =−F 合
sin 37
H
o
=−1.5mgH ，故物体的动能减少了1.5mgH ，故C 正确． 故选CD 。

10．如图所示，长度为l 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。

置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触，立方体B 的质量为M 。

今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A 与B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6
，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．A 与
B 刚脱离接触的瞬间，A 、B 速率之比为2:1 B ．A 与B 刚脱离接触的瞬间，B 8
gl C ．A 2gl D ．A 、B 质量之比为1：4 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A. 设小球速度为v A ，立方体速度为v B ，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：v A sin30∘=v B ，解得：v A =2v B ，故A 正确；
B. 根据牛顿第二定律有：mgsin30∘=m 2
A v L ，解得v A 2
gL
v B =v A gl 8B 正确；
C. A 从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°=
221122A mv mv -，，故C 错误； D. 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒， 则有：mgL(1−sin30∘)=
212A mv +2
12
B Mv 把v A 和v B 的值代入，化简得：m ：M=1：4，故D 正确。

故选：ABD.
11．我国计划在2030年之前实现飞船载人登月计划，假设你有幸成为登上月球的第一位中国人，如果告知万有引力常量，你可以完成以下哪项工作（ ）
A ．测出一个石块在月球表面上方自由下落的高度和时间，求出月球表面上该石块的重量
B ．测出一个石块在月球表面上方做平抛运动的高度和时间，求出月球的质量
C ．从月球表面上捡取100块石头，测量它们的质量和体积，求出月球的平均密度
D ．测出飞船贴近月球表而绕月球做匀速圆周运动的周期求出月球的平均密度 【答案】AD 【解析】 【详解】 A ．根据2
12
h gt =
得 2
2h g t =
则月球表面上该石块的重量 G=mg=m
2
2h t 故A 正确；
B ．一个石块在月球表面上方做平抛运动的高度和时间，同样有竖直方向
212
h gt =
得
2
2h g t =
又根据任意一星球表面物体重力等于万有引力 G
2
Mm
R =mg 得
2
2
2hR M Gt
= 因不知道月球半径，则求不出月球的质量，故B 错误；
C ．从月球表面上捡取100块石头，测量它们的质量和体积，只能大体测出月球上石头的密度，但月球密度不一定与月球上石头的密度相同，故C 错误；
D ．由万有引力提供向心力得：
2
22()Mm G
m R R T
π= 得：
23
2
4R M GT
π= 又M=ρ
43
πR 3
，联立解得： 2
3gT π
ρ=
故D 正确。

故选AD 。

12．下列说法中正确的是_______．
A ．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
B ．气体在等压变化过程中，若其温度升高，则容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减少
C ．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
D ．分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，分子势能不一定减小
E.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大． 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
饱和汽压只与温度有关，与饱和汽的体积无关，故A 正确； 气体在等压变化过程中，若其温度升高，分子平均作用力变大，由于压强不变，所以容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减小，故B 正确；水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故C 错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，但是分子势能不一定减小，关键要看分子力做正功还是负功，故D 正确；气体的温度升高时，根据理想气体的状态方程：PV
C T
=由于体积不知如何变化，所以气体的压强不一定增大；故E 错误；故选ABD 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知A 、B 两滑块的质量分是在碰撞
1.5kg A m =，1kg B m =，拍摄共进行了四次。

第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞墙之后。

B 滑块原来处于静止状态，并且A 、B 滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在10cm 至105cm 这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根据频闪照片（闪光时间间隔为0.5s ）回答问题。

(1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm 刻度处；
(2)A 滑块碰撞后的速度A v '=__________，B 滑块碰撞后的速度B v '=_____，A 滑块碰撞前的速度
A v =__________。

(3)根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是___kg m/s ⋅；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是____kg m/s ⋅。

本实验中得出的结论是______。

【答案】30 0.4m/s 0.6m/s 0.8m/s 1.2 1.2 两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]由碰撞前A 、B 位置可知碰撞发生在30cm 处； (2)[2][3][4]碰后A 的位置在40cm ，60cm ，80cm 处，则
22010m/s 0.4m/s 0.5
A v -⨯'=
= 碰后B 的位置在45cm ，75cm ，105cm 处，则
2
..3010m/s 06m/s 05
B v -⨯'=
= 由碰撞前A 、B 位置可知碰撞发生在30cm 处，碰后B 从30m 处运动到45cm 处，经过时间
2(4530)10s 0.25s 0.6
t --⨯==
碰前A 从10cm 处运动到30cm 处用时
0.5s 0.25s 0.25s t '=-=
则碰前
2
3010)10m/s 08m/s 0..5
(2A v --⨯==
(3)[5]碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和
1.2kg m/s A A B B m v m v +=⋅
[6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和
1.2kg m/s A A B B m v m v ''+=⋅
[7]本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒
14． (1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝的直径d=__________mm 。

(2)在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：
A ．干电池两节，每节电动势约为1.5V ，内阻约几欧姆
B ．直流电压表V 1、V 2，量程均为0~3V ，内阻约为3kΩ
C ．电流表，量程0.6A ，内阻小于1Ω
D ．定值电阻R 3，阻值为5Ω
E.滑动变阻器R ，最大阻值50Ω
F.导线和开关若干
①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组U 2、Ⅰ数据，并画出U 2-Ⅰ图像，求出电动势和内电阻。

电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________，这种误差属于__________（填“系统误差”或“偶然误差”）。

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1一U 2图像如图丙所示，图线斜率为k ，与横轴的截距为a ，则电源的电动势E=__________，内阻r=_________（用k 、a 、R 0表示）。

【答案】2.600 电压表的分流 系统误差 1ak E k =
- 01
=-R r k 【解析】
【详解】
(1)[1]．金属丝的直径d=2.5mm+0.01mm×10.0=2.600mm ；
(2)①[2][3]．流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构造成的，属于系统误差；
②[4][5]．由闭合电路欧姆定律可知 2120
U U E U r R -=+
变形得
0012R r R E U U r r
+=- 则有：当U 1=0时，U 2=a
则有
00=R E a R r +（）
0=R r k r
+ 解得
1
ak E k =
- 01=-R r k 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．粗糙绝缘的水平地面上有一质量为m 的小滑块处于静止状态、其带电量为q(q>0)。

某时刻，在整个空间加一水平方向的匀强电场，场强大小为mg
q E =。

经时间t 后撤去电场，滑块继续滑行一段距离后停
下来。

已知滑块与地面间的动摩擦因数为0.5μ=，重力加速度为g ，求滑块滑行的总距离L 。

【答案】212
L gt =
【解析】
【详解】
设滑块的质量为m ，电场撤去前后过程，滑块的加速度分别为12、a a ，全过程的最大速度为v ； 加速过程，对滑块根据牛顿第二定律可得 1qE mg ma μ-=.
由运动学公式
1v a t =
此过程的位移
21112
x a t = 撤去电场后，对滑块根据牛顿第二定律可得
2mg ma μ=
由运动学公式
2222v a x =
故
12212L x x gt =+=. 16．如图，xOy 坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x 轴负方向和y 轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为B 的匀强磁场（未画出）。

现将质量为m 、电荷量为q 的微粒从P （L ，L ）点由静止释放，该微粒沿直线PO 进入第三象限后做匀速圆周运动，然后从z 轴上的Q 点（未标出）进入第二象限。

重力加速度为g 。

求：
(1)该微粒的电性及通过O 点时的速度大小；
(2)磁场方向及该微粒在PQ 间运动的总时间。

【答案】 (1) 2v gL =；（2）
22m L qB g
π+。

【解析】
【分析】
【详解】 (1)微粒运动轨迹如答图1，其在第一象限沿PO 连线做匀加速直线运动到达O 点故微粒带正电；
二力的合力方向由P 指向O ，有：
mg qE =
由动能定理有
212
mgL qEL mv += 解得
2v gL =(2)由左手定则知，该磁场的方向垂直于纸面向外；
在第一象限内，由运动学规律有：
211222L gt =⨯ 得
12L t g = 在第三象限内，由牛顿第二定律有：
2
v Bqv m R
= 由几何关系，微粒做圆周运动对应的圆心角为θ=90°
故
29023602R m t v qB
ππ=⨯=o o 解得微粒从P 到Q 运动的时间为：
1222m
L t t t qB g
π=+=+ 17．图(甲)中的圆是某圆柱形透明介质的横截面，半径为R=10cm ．一束单色光沿DC 平行于直径AB 射到圆周上的C 点，DC 与AB 的距离H=52cm ．光线进入介质后，第一次到达圆周上的E 点（图中未画出），CE= 10303
cm ． （i ）求介质的折射率；
（ii ）如图（乙）所示，将该光线沿MN 平行于直径AB 射到圆周上的N 点，光线进入介质后，第二次到达介质的界面时，从球内折射出的光线与MN 平行（图中未画出），求光线从N 点进入介质球时的入射角的大小．
【答案】（13（2）60°
【解析】
（2）如图甲所示，
CD 光线进入介质球内，发生折射，有sin sin n αβ=， 20.530sin cos 26H CE R R αβ=
===，，所以6sin 6β= 解得3n =
（ii ）光线第二次到达介质与空气的界面，入射角'i r =，由折射定律可得折射角'r i =，光线进入介质的光路如图乙所示．
折射角r=i/2，又sin sin i n r
=，解得i=60° 点睛：本题考查了几何光学，关键是正确画出光路图，并利用几何知识求解折射率．。