黑龙江省牡丹江市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

黑龙江省牡丹江市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，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右端上方固定一根与条形磁误垂直的长直导线。

当导线中没有电流通过时，磁铁受到的支持力为N F ，受到的摩擦力为f F 。

当导线中通以如图所示方向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A ．N F 减小，f F 水平向左
B ．N F 增大，f F 水平向右
C ．N F 减小，f F 为零
D ．N F 增大，f F 为零
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
以导线为研究对象，由左手定则判断可知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到桌面水平向右的摩擦力；同时磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁的支持力也将增大。

故选B 。

2．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。

3．家电待机耗电问题常常被市民所忽略。

北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。

在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。

据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据，估算每年温州市家庭用电器待机耗电量约为( )
A．4×105度B．4×107度C．4×109度D．4×1011度
【答案】C
【解析】
【详解】
温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：2×10W+1×20W+2×40W+1×40W=160W；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330×104×0.16kW×（360×24h）=456192×104KW•h≈4.6×109度；故选C。

4．我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”目前建设顺利，预计2020年投入运行，开展相关科学实验。

该装置以氢、氘气体为“燃料”，通过将其注入装置并击穿、“打碎”产生近堆芯级别的等离子体，
来模拟核聚变反应。

若已知21 H 的质量为m 131，H 的质量为m 2，42He 的质量为m 3，1
0n 质量为m 4，关于下列核反应方程，下列说法中正确的是（ ）
A ．423112H H +→He+1
0x n 是热核反应，其中x=2 B ．14472N +He 178→O+1
1x H 是热核反应，其中x=1 C ．14111705N n →+B+4
2x He 是人工转变，其中x=1
D ．
23519092
038U n →+Sr 13654+Xe+1
0x n 是裂变反应，其中x=8
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．221124H H +　→He+1
0x n 是热核反应，根据核电荷数守恒和质量守恒可知，其中x=1，A 错误；
B ．14472N +He 178→O+1
1x H 是人工转变，其中x=1，B 错误； C ．14111705N n →+B+4
2x He 是人工转变，其中x=1，C 正确；
D ．23519092038 U n →+Sr 13654+Xe+1
0x n 是裂变反应，根据核反应前后电荷数守恒和质量数守恒知x=10，故D
错误。

故选C 。

5．北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，其中24颗是地球中圆轨道卫星，其轨道形状为圆形，轨道半径在1000公里与3万公里之间。

地球中圆轨道卫星（ ） A ．比地球同步卫星的周期小 B ．比地球同步卫星的线速度小 C ．比地球同步卫星的角速度小 D ．线速度大于第一宇宙速度 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．根据万有引力提供向心力可知
2
222(2)Mm v G m r m m r r T r
πω===
解得
GM
v r
=
3
2r T GM
π
= 3GM
r
ω＝
地球中圆轨道卫星的轨道半径比同步卫星卫星的轨道半径小，故地球中圆轨道卫星的线速度大，角速度大，周期小，故A 正确，BC 错误；
D ．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，是卫星最大的运行速度，故地球中圆轨道卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故D 错误。

故选A 。

6．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t=0时刻甲、乙第一次并排，则（ ）
A ．t=4s 时刻两车第二次并排
B ．t=6s 时刻两车第二次并排
C ．t=10s 时刻两车第一次并排
D ．前10 s 内两车间距离的最大值为12m 【答案】C 【解析】 【详解】
AB.由图像可知，在前8s 内，甲的位移 x′=vt=48m 乙的位移
x″=
26
2
+·12m=48m 说明t=8s 时刻两车第二次并排，选项AB 均错误；
C.两车第二次并排后，设经过△t 时间两车第三次并排，有： v·△t=v 1·△t-
221
2
a t ⋅∆ 解得△t=2s ，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t=10s ，选项C 正确； D.由图像可知，前10s 内两车在t=4s 时刻两车距离最大（图像上左侧的梯形面积）， △x=
24
2
+×6m=18m 选项D 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．下列说法中正确的是( )
A ．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
B ．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著
C ．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加
D ．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多 E.在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降 【答案】CD
E 【解析】 【详解】
A ．设分子平衡距离为0r ，分子距离为r ，当0r r >，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当0r r <，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当0r r =，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，故A 错误；
B ．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故B 错误；
C ．夏天为了降低温度同时打开电冰箱和电风扇，二电器工作较长时间后，为要消耗电能，故0W >，与外界无热交换，故0Q =，根据热力学第一定律公式：
U W Q ∆=+
房内气体内能增加，故房间内部的气温将升高，故C 正确；
D ．由玻意耳定律可知气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，故D 正确；
E ．当车胎突然爆裂的瞬间，气体膨胀对外做功，这一短暂过程中气体与外界热量交换很少，根据热力学第一定律气体内能是减少，温度降低，故E 正确。

8．把光电管接成如图所示的电路，用以研究光电效应。

用一定频率的可见光照射光电管的阴极K ，电流表中有电流通过，则（ ）
A ．用紫外线照射，电流表中一定有电流通过
B ．用红外线照射，电流表中一定无电流通过
C ．保持照射光不变，当滑动变阻器的滑片向a 端滑动时，电流表示数可能不变
D ．将电路中电池的正负极反转连接，电流表中一定没有电流通过 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．紫外线的频率高于可见光，照射时能发生光电效应，电流表中一定有电流通过。

所以A 正确；
B ．红外线的频率低于可见光，其光子能量更小。

红外线的频率有可能大于阴极K 的截止频率，则可能发生光电效应，电流表中可能有电流通过。

所以B 错误；
C ．当滑片向a 端滑动时，光电管两端电压增大，其阳极吸收光电子的能力增强。

但若在滑动前电流已经达到饱和光电流，则增大电压光电流也不会增大。

所以C 正确；
D ．将电路中电池的正负极反接，光电子处在反向电压下，若光电子的动能足够大，电流表中可能有电流通过。

所以D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，在光滑水平桌面上有一xOy 平面直角坐标系，y 轴右侧有两根完全相同的均匀金属丝M 和N 连接成闭合回路，金属丝M 的形状满足2sin
02d y a x x d
π⎛
⎫=≤≤ ⎪⎝
⎭，电阻为R 。

在y 轴左侧有垂直于
桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场宽度为2
d
，两金属丝在沿x 轴负方向的外力作用下，以速度v 匀速穿过磁场，下列判断正确的是
A ．金属丝中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B ．金属丝中感应电流的最大值为
Bav
R
C ．金属丝运动过程中外力的最大功率为222
B a v R
D ．金属丝穿过磁场过程中产生的热量为224B a dv
R
【答案】AB 【解析】 【详解】
A ．导体切割磁感线，根据右手定则可知，金属丝进入磁场过程中感应电流沿逆时针方向，离开磁场过程中感应电流沿顺时针方向，A 正确；
B ．金属丝在磁场中切割磁感线的最大有效长度为：
2L a =
最大的感应电动势：
m E BLv =
最大感应电流：
m m 2E Bav
I R R
=
= B 正确；
C ．导体棒匀速运动，外力与安培力等大反向，最大外力：
22m m 2B a v
F BLI R
==
最大功率：
222
m m 2B a v P F v R
==
C 错误；
D ．根据金属丝形状的表达式可知回路中产生的是正弦式交变电流，电流的有效值：
m 2
I I =
电流存在的时间：
d T v
=
根据焦耳定律：
2
2222Bav d B a dv Q R R v R ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭
D 错误。

故选AB 。

10．下列说法正确的是____________.
A ．液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度
B ．当液体与大气接触时，液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大
C ．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动
D ．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
E.热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 【答案】ABE 【解析】 【分析】 【详解】
液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度，A 正确；当液体与大气接触时，液体表面分子的距离大于液体内部分子之间的距离，分子势能比液体内部分子的势能要大，B 正确；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是由于其受到来自各个方向的分子撞击作用是不平衡导致的，其间接反映了周围的分子在做无规则运动，C 错误；第二类永动机指的是不消耗任何能量，吸收周围能量并输出，不能制成是因为违反了热力学第二定律，D 错误；热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，E 正确．
11．如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN 、PQ 相距为L ，置于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨电阻不计。

两根电阻均为R 的金属棒ab 、cd 置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计。

现ab 棒在水平外力F 作用下由静止向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t 0时刻cd 棒刚要开始运动，下列各种说法中正确的是（ ）
A ．ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动
B ．若在0t 时刻突然撤去外力F ，则ab 棒的加速度0a BI L
m
= C ．在0t 时间内，通过cd 棒的电量为
00
2
I t D ．在0t 时间内，力F 做的功全部转化为ab 棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由乙图可知，t 0时间内I 与时间成正比，根据闭合电路欧姆定律
222BL BL I v a t R R R
E =
==⋅ 可知0t 时间内，加速度为定值，所以ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动，A 正确； B ．cd 棒刚要开始运动，此时有
0F f BI L ==安
对于ab 棒撤去外力F 后，根据牛顿第二定律
F f ma +=安
解得
02BI L
a m
=
B 错误；
C ．根据电流的定义式
q I t
=
可知t 0时间内通过电路的电荷量大小等于I t -图线与时间轴围成的面积，两导体棒串联，则通过cd 棒的电量为
00
2
I t q =
C 正确；
D ．对于整个系统来说，外力F 做的功全部用来克服安培力做功（ab 、cd 两棒中产生的焦耳热）、克服摩
擦力做功（摩擦生热）以及增加动能，D 错误。

故选AC 。

12．如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R （R 视为质点）。

将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度03cm /s v =匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y 轴夹角为α。

则红蜡块R 的（ ）
A ．分位移y 的平方与x 成正比
B ．分位移y 的平方与x 成反比
C ．tan α与时间t 成正比
D ．合速度v 的大小与时间t 成正比
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由题意可知，y 轴方向 y=v 0t 而x 轴方向 x=
12
at 2
联立可得
22
2v y x a =
故A 正确，B 错误；
C ．设合速度的方向与y 轴夹角为α，则有
00
tan at a t v v α＝
＝ 故C 正确； D ．x 轴方向 v x =at
那么合速度的大小
2
220v v a t =+
则v 的大小与时间t 不成正比，故D 错误； 故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图所示的实验装置研究平抛运动．某同学按如下的操作得到了一组数据：
①将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球．
②将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处（图中虚线位置），在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器．
1 2 3 4 5 6 初速度v 0（m/s ） 1.024 1.201 1.176 1.153 0.942 1.060 飞行时间t （s ）
0.246
0.249
0.248
0.173
0.212
0.189
(1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是__．
(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约__m ；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约__m ． 【答案】光电门 0.3 0.2 【解析】 【详解】
(1)[1]根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；
(2)[2][3]由表格数据可知，前3个，时间基本相等；而后3个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度
2211
100.25m 0.3m 22
h gt =
≈⨯⨯≈ 初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离
0 1.1530.173m 0.2m x v t ≈≈⨯≈
14．某学习小组的同学探究小灯泡L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下∶ 小灯泡L ，规格“3.6V 、0.3A”； 电流表A ，量程0.2A ，内阻r 1=0.6Ω；
电压表V，量程3V，内阻r2=3kΩ；
标准电阻R1阻值1.2Ω；
标准电阻R2阻值1kΩ；
标准电阻R3阻值10kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0~10Ω；
学生电源E，电动势4V，内阻不计；
开关S及导线若干。

(1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于_____（填“a”或“b”）端。

闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V，其故障原因可能是
__________（填“cd间L支路短路”或“cd间L支路断路”）；
(2)排除故障后，某次电压表的示数如图2所示，其读数为______V；
(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。

请你在甲同学的基础上利用所供器材，在图3所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号；________ (4)按图3重新连接好电路，移动滑片在某个位置，读出电压表、电流表示数分别为U、I，如果不考虑电压表的分流，则此时刻灯泡L的电阻R=______（用U、I及数字表示）。

【答案】a cd间L支路断路 2.30 8 9 U I
【解析】
【详解】
(1)[1][2]闭合开关前，为了保证电路安全，滑动变阻器的滑片应该置于a端，闭合开关后移动滑片，发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V，其故障原因可能是cd间L支路断路；
(2)[3]电压表最小分度为0.1V，则电压表读数为2.30V；
(3)[4]电压表、电流表需要扩大量程，结合灯泡的额定电压和电流，电流表并联R1，量程扩大到0.3A，电压表串联R2，量程扩大到4.0V，根据扩程后的电表内阻和灯泡的额定电压下的内阻，选用电流表外接法。

如图
(4)[5]根据图3电路图，可以得到灯泡两端的电压为43U ，电流为3
2I ，根据欧姆定律得
89U
R I
=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，让小球从图中的A 位置静止摆下，摆到最低点B 处摆线刚好被拉断，小球在B 处恰好未与地面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C 处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。

已知摆线长1m L =，60θ︒=，小球质量=1m kg ，B 点C 点的水平距离2s m =，小球与水平面间动摩擦因数0.2μ=，g 取210m /s 。

（1）求摆线所能承受的最大拉力为多大；
（2）要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R 的取值范围。

【答案】（1）20N ；（2）0.04m R ≤或0.1m R ≥ 【解析】 【详解】
（1）小球从A 到B 的过程，由动能定理得：
21
102
B mgL cos mv θ-=
-（） 解得：
10m/s B v
在B 点，由牛顿第二定律得：
2B v T mg m L
-= 解得：
20N T =
（2）B 到C 的过程中摩擦力做功，由动能定理可得：
2211
22
C B mv mv mgs μ--＝ 可得：
C v =
小球进入圆轨道后，设小球能到达圆轨道最高点的速度为v ，要不脱离轨道应满足：
2v mg m R
≤
考虑小球从C 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理得：
2211
222
C mg R mv mv -⋅=
- 联立以上解得：R≤0.04m ；
小球进入圆轨道后，小球上升的最大高度满足：h≤R ，小球可沿轨道返回。

小球从D 点运动到最高处的过程，由动能定理得
201
2
C mgh mv -=-
解得：R≥0.1m ；
所以要使小球不脱离圆弧轨道，圆弧轨道半径R 的取值范围是R≤0.04m 或R≥0.1m 。

16．质量相等的小球A 与B 之间压缩一轻质弹簧，球的大小和弹簧的长度均可忽略不计。

从地面上以速度
0v 竖直向上抛出该装置，装置到达最高点瞬间弹簧自动弹开，弹开两小球的时间极短，小球与弹簧脱离（不
计空气阻力，重力加速度为g ）。

已知第一次弹簧水平弹开，两小球落地点间距为L ，第二次弹簧竖直弹开。

求第二次两小球落地的时间差。

【答案】0
L v
【解析】 【详解】
小球竖直上抛到达最高点，由运动学公式：
2
02h g
υ=
t g
υ=
弹簧瞬间自动弹开后小球A ，B 的速度分别为1υ、2υ，由动量守恒： 1122m m υυ=
第一次弹簧水平弹开，两小球均做平抛运动， 1122x tx t υυ==
12x x L +=
第二次弹簧竖直弹开，小球A 在下以速度1υ下落
21111
2h
t gt υ=+
小球B 在上以度2υ上升
2
12212h t gt υ=-+
两小球落地的时间差
21t t t ∆=-
联立解得： 0
L
t υ∆=
17．如图所示，甲乙两个完全相同的车静止在水平面上，其中一个车内有人，此人拉动轻绳使两车相互靠近，相遇时甲乙两车距离出发点分别为S 甲和S 乙。

下列判断正确的是
A ．若车与轨道间无摩擦，则S 甲=S 乙
B ．若车与轨道间有摩擦，且S 甲<S 乙，则人在甲车内
C ．若S 甲<S 乙，且人在甲车内，则车与轨道可能无摩擦
D ．只要S 甲<S 乙，则人一定在甲车内 【答案】BCD 【解析】 【详解】
人拉动轻绳使两车相互靠近过程，两车受到的拉力F 大小相等，甲乙两车完全相同，则它们的质量m 相等，与轨道间的动摩擦因数μ相同，设人的质量为M ； A ．如果车与轨道间无摩擦，对车，由牛顿第二定律得：
F a m
=
对有人的车：
F
a a M m
'=
+＜
两车都做初速度为零的匀加速直线运动且运动时间t 相等，由2
12
x at =可知，x ＞x′，即： S 甲≠S 乙
两车位移不相等，有人的车的位移小于无人车的位移，故A 错误； B ．如果车与轨道间有摩擦，人在甲车内，则：
()F M m F a g M m M m
μμ-+==-++甲
F mg F
a g a m m μμ-=
=-乙甲＞ 由2
12x at =可知：
S 甲＜S 乙 故B 正确；
C ．如果车与轨道间无摩擦，人在甲车内，则：
F
a M m =
+甲
F
a a m =乙甲＞
由2
12x at =可知：
S 甲＜S 乙 故C 正确；
D ．由BC 可知，无论车与轨道间有无摩擦，只要人在甲车内，一定有： S 甲＜S 乙 故D 正确； 故选BCD 。