河南省南阳市2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

河南省南阳市2021届新高考第三次模拟物理试题
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
1．一三棱镜截面如图所示，∠C=90°，∠B=60°，AC 面涂有反光涂层。

一细束光从O 垂直AB 边射入棱镜，经AC 面反射到BC 面，在BC 面上恰好发生全反射。

则该棱镜的折射率为（ ）
A ．2
B ．3
C ．233
D ．2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 做出光路图，如图所示
根据几何关系，光线到达AC 面的入射角为α=30°，则反射角为30βα==︒，根据几何关系，光线在BC 面的入射角为i=60°，因为光线在BC 面上恰好发生全反射，则
sin 9023sin n i ︒== 故C 正确， ABD 错误。

故选C 。

2．我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。

如图所示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=l ）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（ ）
A ．13.6 eV
B ．3.4 eV
C ．12. 09 eV
D ．12.75 eV
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题意应该有 (1)62
n n -=
得 4n =
即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为
0.85eV 13.6eV 12.75eV ---=（）
故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

3．光滑斜面长为L ，物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的13时，它沿斜面下滑的距离是
A ．19L
B ．16L
C ．13L
D ．3
L 【答案】A
【解析】
【详解】
设物体沿斜面下滑的加速度为a ，物体到达斜面底端时的速度为v ，则有:
v 2＝2aL
21()3
v ＝2aL′ 联立两式可得：L′＝
19
L ，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．一平行板电容器的电容为C ，A 极板材料发生光电效应的极限波长为0λ，整个装置处于真空中，如图所示。

现用一波长为λ（λ＜0λ）的单色光持续照射电容器的A 极板，B 极板接地。

若产生的光电子均不会飞出两极板间，则下列说法正确的是（ ）（已知真空中的光速为c ，普朗克常量为h ，光电子的电量为e ）
A ．光电子的最大初动能为0hc λλ
- B ．光电子的最大初动能为()00h c λλλλ
- C ．平行板电容器可带的电荷量最多为()00hc C e λλλλ
- D ．平行板电容器可带的电荷量最多为()00h C ce λλλλ
- 【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．根据光电效应方程可知
000()km hc hc
hc
E λλλλλλ-=-=
选项AB 错误；
CD ．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为U ，则
km Ue E =
且
Q=CU
解得
()00hc C Q e λλλλ
-= 选项C 正确，D 错误。

故选C 。

5．如图所示，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，空间存在平行于纸面的足够宽广的水平方向匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M 点在纸面内以0v 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为02v v = 的速度通过N 点．已知重力加速度g,不计空气阻力．则下列正确的是（ ）
A ．小球从M 到N 的过程经历的时间0v t g
=
B ．可以判断出电场强度的方向水平向左
C ．从M 点到N 点的过程中小球的机械能先增大后减小
D ．从M 到N 的运动过程中速度大小一直增大
【答案】A
【解析】
【分析】
小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，竖直方向做自由落体运动，结合运动公式和动能定理解答.
【详解】
水平方向，小球受水平方向的电场力作用向左先减速后反向加速，到达N 点时，水平速度仍为v 0，则竖直速度22000v (2)y v v v =-=；因小球竖直方向在重力作用下做自由落体运动，则由v y =gt 可知小球从M 到N 的过程经历的时间0v t g
=，选项A 正确；带正电的小球所受的电场力水平向右，可以判断出电场强度的方向水平向右，选项B 错误；从M 点到N 点的过程中，电场力先做负功后做正功，可知小球的机械能先减小后增大，选项C 错误；因电场力水平向右，重力竖直向下，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方，则从M 到N 的运动过程中，合力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，即速度先减小后增加，选项D 错误；故选A.
6．某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的
12
，则此卫星运行的周期大约是（ ）
A ．6h
B ．8.4h
C ．12h
D ．16.9h 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的1
2
，根据开普勒第三定律有
3
3
22
1
()
2
r
r
T T
=同
同
同卫
可得
3
1
1
224h8.4h
8
r
T T
r
⎛⎫
⎪
==⨯≈
⎪
⎪
⎝⎭
同
卫同
同
故ACD错误，B正确。

故选B。

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，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。

电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R。

先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）
A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C．断开开关时，a点电势低于b点电势
D．断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误；
B．闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F BIL
=可知流过圆盘的电流为零，故B正确；C．断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a点电势低于b点电势，故C正确；
D．闭合开关时，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点；断开开关时，a点电势低于b点电势，流过电阻R上的电流方向从b点经电阻R到a点，所以断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相同，故D错误；
故选BC。

8．下列说法正确的是（）
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动
C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石与石墨，故A正确.
B．布朗运动是微小粒子表现出的无规则运动，肉眼不可见，故B错误.
C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，这是增加原理，故C正确.
D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服大气压力做功，故D错误.
E．气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，故E正确
9．一个静止的质点在t=0到t=4s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（）
A．在t=0到t=4s这段时间，质点做往复直线运动
B．在t=1s时，质点的动量大小为1kgm/s
C．在t=2s时，质点的动能最大
D．在t=1s到t=3s这段时间，力F的冲量为零
【答案】CD
【解析】
【详解】
0～2s内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s内和2～4s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s末质点位移最大；故A错误．F-t图象中，图
象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s时，冲量大小I1=11
2
=0.5N•s，根据动量定理可知，质点
的动量大小为0.5kg•m/s，故B错误．由A的分析可知，在t=2s时，质点的动能最大，故C正确；F-t图
象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s 到t=3s 这段时间，力F 的冲量为零，故D 正确；故选CD ．
【点睛】
解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．同时能正确根据动量定理分析问题，明确F-t 图象的性质，能正确求解力的冲量．
10．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，在这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为f ，那么这段时间内( )
A ．小车做加速度逐渐减小的加速运动
B ．小车做匀加速运动
C ．电动机所做的功为2m 1mv 2
D ．电动机所做的功为212m fs mv
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=Fv 可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，
P/v−f=ma
故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故A 正确，B 错误；
CD ．对小车启动过程，根据动能定理，有
W 电−fs= 212
m mv 这段时间内电动机所做的功为 W 电=fS+
212m mv 故C 错误，D 正确．
故选AD.
点睛：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解电动机所做的功．
11．如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不
计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速向上滑动，则它在上滑高度h 的过程中，以下说法正确的是
A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B ．重力做的功等于系统产生的电能
C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热
D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
题中导体棒ab 匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的热量．
【详解】
因为导体棒是匀速运动，所以动能不变，根据动能定理可得合力做功为零，A 正确；根据动能定理可得0F G W W W --=安，解得G F W W W 安=-即重力做功等于外力与安培力做功之和，因为动能不变，所以恒力F 做的功与安培力做的功之和等于金属棒增加的机械能，B 错误D 正确；根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，C 正确；
12．下列说法正确的有
A ．电子的衍射图样表明电子具有波动性
B ．发生光电效应时，仅增大入射光的频率，光电子的最大初动能就增大
C ．β衰变中放出的β射线是核外电子挣脱原子核束缚而形成的
D ．中子和质子结合成氘核，若亏损的质量为m ，则需要吸收mc²的能量
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．衍射是波动性的体现，A 正确；
B ．根据光电效应方程，仅增大入射光频率，光子能量增大，逸出功不变，光电子初动能增大，B 正确；
C ．β衰变中放出的β射线是原子核内的中子转化成质子过程中跑射出的电子形成的
D ．质量亏损，根据质能方程，应该放出能量，D 错误；
故选AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示装置，可以进行以下实验：
A.“研究匀变速直线运动”
B.“验证牛顿第二定律”
C.“研究合外力做功和物体动能变化关系
(1)在A 、B 、C 这三个实验中，______需要平衡摩擦阻力．
(2)已知小车的质量为M ，盘和砝码的总质量为m ，且将mg 视为细绳对小车的拉力；为此需要满足.m M <<前述A 、B 、C 三个实验中，______不需要满足此要求．
(3)如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得如图乙纸带上由O 点到D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W =______，该小车动能改变量的表达式k E =V ______．由于实验中存在系统误差，所以W______.(k E V 选填“小于”、“等于”或“大于”)．
【答案】BC A 4mgs 2
532()8M s s T
- 大于 【解析】
【分析】
根据实验原理与实验注意事项分析答题．由匀变速直线运动的推论求出打D 点的速度，然后根据重力势能与动能的计算公式分析答题．
【详解】
：()1在A 、B 、C 这三个实验中，“验证牛顿第二定律”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要平衡摩擦阻力；
故选BC ．
()2已知小车的质量为M ，盘和砝码的总质量为m ，且将mg 视为细绳对小车的拉力．为此需要满足.m M =前述A 、B 、C 三个实验中，实验A 只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求； 故选A ．
()3纸带上由O 点到D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式：4W mgs =；
打D 点时的速度：532D s s v T
-=， 则小车动能的改变量：2253532()1()228k s s M s s E M T T
--==； 由于实验中存在系统误差，所以盘和砝码受到的重力所做功W 大于小车动能的增量k E V ．
故答案为()1BC ()2A ()43mgs ； 2
532()8M s s T
-； 大于 【点睛】
此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实验的原理及操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆．
14．如图所示，某实验小组借用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，进行“探究做功与物体速度变化的关系”的实验，实验时使小车在砝码和托盘的牵引下运动，以此定量探究细绳拉力做功与小车速度变化的关系。

(1)实验准备了打点计时器及配套的电源、导线、纸带、复写纸及如图所示的器材。

若要完成该实验，必需的实验器材还有其中的________。

(2)为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动。

(3)实验开始时，先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行。

这样做的目的是________(填字母代号)。

A ．避免小车的运动过程中发生抖动
B ．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C ．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D ．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
【答案】AC 匀速直线 D
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据本实验的实验原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和
用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺，天平（带砝码），故选AC ．
（2）[2]．为达到平衡摩擦力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动；
（3）[3]．实验过程中，为减少误差，提高实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC 错误，D 正确．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，圆心为O 的四分之一圆弧形接收屏BD ，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线AOB 。

现将一带正电小球从A 点沿AO 方向射出，其初动能为E k ，小球恰好垂直打到圆弧上的C 点。

已知∠BOC=θ，取A 点电势0A φ=。

(1)求小球在C 点的电势能；
(2)若过C 点作AB 的垂线交AB 于P 点(图中未标出)，试通过计算推导，证明O 点恰好是AP 的中点。

【答案】 (l) 2
tan PC k E E θ=-(2)证明见解析
【解析】
【详解】
（1）设小球的质量为m.初速度为0v ，小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在C 点，可知小球在C 点的速度方向的反向延长线必过O 点
由速度的合成分解关系可知小球在C 点的速度为: 0cos C v v θ
= 从A 到C ，由能量守恒定律有:
0PC kC k E E E -=-
又:
220221122cos cos k PC C v E E mv m θθ
=== 解得:
2tan PC k E E θ=-
（2）如答图所示，设圆弧的半径为R ，AO 间的距离为L ，小球从A 到C 的位移倘向角为α，经历时间为t ，加速度为
a
由运动规律有:
tan at v θ=
200
12tan 2at at v t v α== 得
tan 2tan θα=
由图可知:
sin tan cos R L R θαθ
=
+ 解得: cos L R θ=
又:
cos OP R θ=
即:
OP=AO
O 点恰好是AP 的中点
16．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地
面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.1．
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；
（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）
【答案】 (1)9J E ∆= (2)8J Q = 0v ≤≤ 【解析】
试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量
守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，
然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度． （1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222
E mv m v ∆=
- 解得：9E J ∆=
（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v
由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222
B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-=
由速度位移公式得：2212C v v a x -=
联立解得：x=11.25m ＜L
加速运动的时间为t ，有：1
2.5C v v t s a -=
= 所以相对位移x vt x ∆=-
代入数据得： 1.25x m ∆= 摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆=
（3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=- 联立解得：1397/c v m s = 设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22112c v v a L -=
解得：213/c v m s =
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中
系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+
由机械能守恒得：
()()22211111122222
B C m v m v mv =+ 解得：133397/22
max c v v m s == 同理得：313/2
min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤ 17．光滑水平面上有截面为半圆形柱体A ，半径为R ，在圆柱体截面圆心O 正上方'O 处用轻质细线悬挂小球B 。

小球B 静止在A 上时，细线与竖直方向夹角为α，OB 与'O B 垂直，A 在水平向右推力F 作用下处于静止状态，已知A 、B 质量均为m ，B 可看成质点，不计一切摩擦。

当撤去F ，小球推动半圆柱体向左运动，两者分离后，经过t 时间小球第一次向左摆到最大高度。

（重力加速度大小为g ）求：
(1)水平推力F 的大小；
(2)自撤掉F 后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，圆柱体位移大小。

【答案】 (1)cos sin ααmg ；2cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
--R R g 【解析】
【详解】
(1)对B 分析，绳子拉力
T cos g F m α=
把AB 当成整体，水平方向合力为零，则 T sin cos sin F F mg ααα==
(2)根据几何关系
'sin R OO α= 绳长 tan R L α
= 当B 运动到最低点AB 分离，此时小球距离地面高度 'h OO L =-
所以半圆柱体右下角距原来O 点距离
22d R R h =--
因此该过程半圆柱体位移为
2212cos (1cos )sin R x R d R h ααα
=-=-=- AB 分离时速度均水平且相等，根据机械能守恒定律
21(1cos )22
mgL mv α-=⨯ 解得
cos (1cos )sin gR v ααα
-= 此后半圆柱体做匀速运动，t 时间内位移
2cos (1cos )sin gR x vt t ααα
-== 全过程半圆柱体位移
122cos (1cos )(1cos )sin tan ααααα
=+=-+-R R x x x t g。