河南省洛阳市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

河南省洛阳市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．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为、、、．一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功
相等，则
A ．直线a 位于某一等势面内，
B ．直线c 位于某一等势面内，
C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功
D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功
【答案】B
【解析】
电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，即N 和P 的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，从M 到N ，电场力对负电荷做负功,说明MQ 为高电势，NP 为低电势．所以直线c 和d 都是位于某一等势线内，但是M Q φφ=，M N φφ>，选项A 错，B 对．若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项C 错．电子作为负电荷从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项D 错．
【考点定位】等势面和电场线
【名师点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记．
2．如图所示，一定质量的通电导体棒ab 置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同方向不同的匀强磁场中，导体棒ab 均静止，则下列判断错误的是
A．四种情况导体受到的安培力大小相等
B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
C．B中导体棒ab可能是二力平衡
D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．导体棒受到的安培力F=BIL，因B大小相同，电流相同，故受到的安培力大小相等，故A正确，不符合题意；
B．杆子受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故B正确，不符合题意；
C．杆子受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，故C正确，不符合题意；
D．杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，D杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故D错误，符合题意；
故选D.
【名师点睛】
此题是物体的平衡及安培力的问题；解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子受力；此题难度不大，考查基本知识的运用能力.
3．两辆汽车a、b在两条平行的直道上行驶。

t=0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v-t图像如图所示。

下列说法正确的是（）
A．汽车a在10s末向反方向运动
B．汽车b一直在物体a的前面
C．5s到10s两车的平均速度相等
D．10s末两车相距最近
【答案】B
【解析】
【详解】
A．汽车a的速度一直为正值，则10s末没有反方向运动，选项A错误；
B．因v-t图像的面积等于位移，由图可知，b的位移一直大于a，即汽车b一直在物体a的前面，选项B 正确；
C．由图像可知，5s到10s两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项C错误；
D．由图像可知8-12s时间内，a的速度大于b，两车逐渐靠近，则12s末两车相距最近，选项D错误；故选B。

4．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（）
A．第一次系统产生的热量较多
B．第一次子弹的动量的变化量较小
C．两次子弹的动量的变化量相等
D．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热=⋅∆
Q f x
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
p m v
∆=∆
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC错误，B正确；
D．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D错误。

故选B。

5．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。

下列说法正确的是（）
A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D．A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故A错误；
B．C→A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B错误；
C．气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1，做功大小为W1，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：△U2=-Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：
△U=△U1+△U2=Q1-W1-Q2=0
即
Q1=W1+Q2＞Q2
所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；
=∆，A→B过程中体积变化等于C→A过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率D．气体做功W p V
越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。

故选C。

6．下列说法中正确的是
A．α粒子散射实验发现了质子
B．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱
C．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀
D．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量
【答案】C
【解析】
试题分析：卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过α粒子轰击氮核而发现质子，选项A错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢
的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D错．
考点：原子原子核
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，在竖直纸面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间与L3，L4之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

现有一矩形线圈abcd，长边ad=3L，宽边cd=L，质量为m，电阻为R，将其从图示位置（cd边与L1重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线L3时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd边始终水平，已知重力加速度g=10 m/s2，则（）
A．ab边经过磁场边界线L1后线圈要做一段减速运动
B．ab边经过磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动
C．cd边经过磁场边界线L2和L4的时间间隔大于
23 2B L mgR
D．从线圈开始运动到cd边经过磁场边界线L4过程中，线圈产生的热量为2mgL－
322
44 2
m g R B L
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．cd边经过磁场边界线L3时恰好开始做匀速直线运动，cd边从L3到L4的过程中做匀速直线运动，cd 边到L4时ab边开始到达L1，则ab边经过磁场边界线L1后做匀速直线运动，故A错误；
B．ab边从L2到L3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab边进入下方磁场的速度比cd边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab边经过磁场边界线L3后线圈要做一段减速运动，故B正确；
C．cd边经过磁场边界线L3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg BIL
=
而
BLv
I
R
=
联立解得 22mgR v B L = cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动，所用时间为
23
2L B L t v mgR
== cd 边从L 2到L 3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g ，设此过程的时间为t 1，由运动学公式得 0111222
v v v L t t vt +=
<= 得 23
1L B L t v mgR
>= 故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为
23
1222L B L t t t v mgR
=+>= 故C 正确；
D ．线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，根据能量守恒得
322
244
13322m g R Q mg L mv mgL B L =⋅-=- 故D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上，∠CAB=30°，斜面内部0点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M 、P 、N 点，P 为MN 的中点，OM=ON ，OM ∥AB ，下列说法正确的是（ ）
A ．小物体在M 、P 、N 点静止时一定都是受4个力
B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大
C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大
D ．小物体静止在M 、N 点时受到的支持力相等
【答案】CD
【解析】
【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示：
A．结合平衡条件，由图，小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定。

故A错误。

B．小物体静止在P点时，摩擦力f=mgsin30°，静止在N点时：f′=mgsin30°+F′cos30°，静止在M点时：f″=mgsin30°-F′cos30°，可见静止在N点时所受摩擦力最大。

故B错误。

CD．小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力：N=mgcos30°+F，在M、N点时：
N′=mgcos30°+F′sin30°，由库仑定律知：F＞F′，故N＞N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等。

故CD正确。

故选CD。

9．平静的水池表面有两个振源A、B，固有振动周期均为T。

某时刻A开始向下振动，相隔半周期B开始向下振动，二者振动的振幅相同，某时刻在水面上形成如图所示的水波图。

其中O是振源连线的中点，OH为中垂线，交叉点G、H的中点为D，C点位于波峰和波谷的正中间，实线代表波峰，虚线代表波谷。

下列说法中正确的是________。

A．如果在E点有一个小的漂浮物，经半个周期将向左漂到F点
B．两列波叠加后，O点的振动始终减弱
C．图中G、H两点振幅为零，D点的振幅也为零
D．当B引起的波传到E点后，E点的振动始终处于加强状态
E.C点此时振动的速度为零
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．波在传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，不会随着波的传播向前移动，A错误；BC．O点是振源的中点，波的传播路程差等于零，由于相位恰好相反，所以O点以及中垂线上所有质点
的振动均为叠加减弱，所以B、C正确；
D．由图可以看出，B引起的振动传到E点时与A引起的振动相位相反，为叠加减弱位置，D错误；E．B引起的振动此时在C点使得质点具有向上的速度，而A刚好传到C点，具有向下的速度，叠加后速度为零．选项E正确。

故选BCE。

10．以下说法正确的是（）
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动
C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大
E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子密度和分子平均速率有关，即与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；
B．布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；
C．两分子从无穷远逐渐靠近的过程中，分子间作用力先体现引力，引力做正功，分子势能减小，当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，之后体现斥力，斥力做负功，分子势能增大，故C正确；D．根据理想气体状态方程
pV
C
T
可知温度升高，体积变化未知，即分子密度变化未知，所以压强变化未知，故D错误；
E．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故E正确。

故选ACE。

11．一列简谐横波沿x轴正方向传播，P和Q是介质中平衡位置分别位于x=lm和x=7m的两个质点。

t=0时刻波传到P质点，P开始沿y轴正方向振动，t=ls时刻P第1次到达波峰，偏离平衡位置位移为0.2m；t=7s时刻Q第1次到达波峰。

下列说法正确的是（）
A．波的频率为4Hz
B．波的波速为1m/s
C．P和Q振动反相
D．t=13s时刻，Q加速度最大，方向沿y轴负方向
E.0~13s 时间，Q 通过的路程为1.4m
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题意可知
11s 4
T = 可得
T=4s
频率
f=0.25Hz
选项A 错误；
B ． t=ls 时刻P 第1次到达波峰，t=7s 时刻Q 第1次到达波峰，可知在6s 内波传播了6m ，则波速为 1m/s x v t
== 选项B 正确；
C ．波长为
4m vT λ==
因PQ=6m=112
λ，可知P 和Q 振动反相，选项C 正确； DE ．t=7s 时刻Q 第1次到达波峰，则t=6s 时刻Q 点开始起振，则t=13s 时刻， Q 点振动了7s=134
T ，则此时Q 点到达波谷位置，加速度最大，方向沿y 轴正方向；此过程中Q 通过的路程为7A=7×
0.2m=1.4m ，选项D 错误，E 正确。

故选BCE 。

12．下列说法正确的是（ ）
A ．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大
B ．把细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关
C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
D ．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸收热量
E.热力学第二定律使人们认识到，一切与热现象有关的宏观自然过程都是有方向性的
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A 错误；
B．细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B正确；
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C错误；
D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程
pV
C
T
可知气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故D正确；
E．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确。

故选BDE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．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m0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。

纸带的一部分如左图所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为
T=0.10s。

该同学将纸带从每个计数点处截断，得到6条短纸带，再把6条短纸带的下端对齐贴在纸上，以纸带下端为横轴建立直角坐标系，并将刻度尺边缘紧靠纵轴，其示数如右图所示。

则打下计数点“2”时小车的速度大小为____________m/s；小车的加速度大小为___________ m/s2(结果均保留两位有效数字)
(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。

(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】0.47； 0.70； 0.33； 大于； 不需要；
【解析】
【详解】
（1）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，那么计数点“2”时小车的速度大小为：2132 4.30 5.0010/0.47/220.1
x v m s m s T -+==⨯=⨯ ；根据∆x=aT 2结合逐差法可得：2
22(7.727.10 6.45 5.70 5.00 4.30)100.70/90.1
a m s -++---⨯==⨯。

（2）根据牛顿第二定律可知mg-μ（M-m ）g=Ma ，解得()1mg a g M μμ+-＝
，由图可知，-μg=-3.3，解
得μ=0.33；
μ的测量值大于真实值，原因是滑轮与轴承、细线间有摩擦，纸带与打点计时器间有摩擦等；
（3）在此实验中，由于把小车和砝码的质量作为了整体，结合第二问可知，不需要满足悬挂钩码质量远小于木块和槽中的钩码总质量；
【点睛】
此题在求解加速度时还可这样做：纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，这种等效替代的方法减小了解题难度，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

14．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源的电动势E 及电阻1R 和2R 的阻值。

实验器材有：待测电源E （不计内阻），待测电阻1R ，待测电阻2R ，电压表V （量程为0~1.5V ，内阻很大），电阻箱R （阻值范围为0~99.99Ω），单刀单掷开关1S ，单刀双掷开关2S ，导线若干。

（1）先测电阻1R 的阻值。

请将该同学的操作补充完整：
A ．闭合开关1S ，将开关2S 连接触点a ，读出电压表示数1U ；
B ．闭合开关1S ，将开关2S 连接触点b ，调节电阻箱R ，使电压表的示数仍为1U ，同时读出电阻箱的示数0R ；
C ．由A 、B 知电阻1R = __________。

（2）继续测电源的电动势E 和电阻2R 的阻值，该同学的做法是：闭合开关1S ，将开关2S 连接触点b ，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U 。

由测得的数据，绘出了如图乙所示的11U R
-图线，则电源电动势E = __________（保留三位有效数字）V ，电阻2R = __________（保留两位有效数字）Ω。

【答案】0R 1.43 6.0
【解析】
【详解】
（1）[1]由电路的特点可知，在电压表的示数不变的情况下，对应的电阻应不变。

电阻箱的示数0R 即为电阻1R 的阻值，即
1R =0R
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有
2U E U R R
=+⋅ 所以有 2111R U E E R
=+⋅ 由此式可知
11U R
∝ 图线的纵轴截距为
10.7E
= 斜率
2 4.2R k E
== 解得
1.43V E =，2 6.0R =Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长L 1=66cm 的水银柱，中间封有长L 2=6.6cm 的空气柱，上部有长L 3=44cm 的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P 0=76cmHg ．如果
使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．
(封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气.)
【答案】在开口向下管中空气柱的长度为12cm ，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm ．
【解析】
【分析】
【详解】
设玻璃管开口向上时，空气柱压强为
103P P gl ρ=+ ①
（式中ρ和g 分别表示水银的密度和重力加速度．）
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱长度为x ，则
2120P gl P gx P ρρ=+=， ②
（P 2管内空气柱的压强．）由玻意耳定律得
122P sl P sh
=（）（） ③ （式中，h 是此时空气柱的长度，S 为玻璃管的横截面积．）
由①②③式和题给条件得
h=12cm ④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为P 3，则
30P P gx ρ=+ ⑤
由玻意耳定律得
123P sl P sh ='
（）（） ⑥ （式中，h′是此时空气柱的长度．由①②③⑤⑥解得：
h′≈9.2cm
16．如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a 、b 连接而成，其横截面积分别为3S 和S 。

已知大气压强为p 0，温度为T 0。

两活塞A 、B 圆心处用一根长为3l 的不可伸长的轻线
相连，把温度为T 0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。

若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：
①当B 活塞刚好碰到b 部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？
②当气体温度为3T 0时，气体的压强为多少？
【答案】①095T T =②
053
p p = 【解析】
【详解】 ①从开始加热气体到B 活塞刚好碰到b 左侧时，气体为等压变化，由
0329Sl Sl Sl T T
+= 可得：
095
T T = ②当气体温度为3T 0时，B 活塞已经卡在b 左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由
00
3p p T T = 可得：
053
p p = 17．如图所示为某水池的截面图，其截面为深度h=2m 、上底宽度d=4m 的等腰梯形，当水池加满水且阳光与水平面的夹角θ最小时（为37°），阳光恰好可以照射到整个水池的底部。

已知水池的腰与水平面的倾
角α=53°
，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6. （i ）求水池中水的折射率；
（ii ）若在水池底部中心放一点光源，求站在池边的观察者看到光源的最小视深H 。

（结果可带根号）
【答案】（ⅰ）43；（ⅱ）2m 2。

【解析】
【详解】
(ⅰ)水池加满水时，阳光可以照射到整个水池的底部，则水池的腰与水平面的倾角α要等于折射光与地面的夹角，折射角2r πα=
-
设入射角为i ，有 532i π
θ=-=︒
由折射定理有
sin sin sin 532sin cos53sin 2i n r πθπα⎛⎫- ⎪︒⎝⎭===︒⎛⎫- ⎪⎝⎭
解得
43
n = (ⅱ)因为 13sin 4C n =
= 当点光源发出的光线从池边缘射出时，设入射角为α，则由几何关系可知45C α=︒<，故此时观察者可以看到光源且视深最小；
设此时光线的出射角为β，则由折射定律有
sin sin n βα
= 由几何关系可知 cot 2d H β=
⋅ 解得
m 2
H =。