高三物理第三次诊断考试试题含解析新人教版

山东省实验中学2021级第三次诊断性考试
理科综合试题
【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二等内容，主要包含受力分析、物体的平衡、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、运动的合成和分化、万有引力定律及其应用、动能定理、电场、磁场等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。

第Ⅰ卷（共107分）
二、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 【题文】14．物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间的变化规律如左图所示，取开始运动标的目的为正标的目的，则物体运动的v－t图象中正确的是
【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系A2A5
【答案解析】C解析：在0～1s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，
在1s～2 s内，a2=-1m/s2，物体将仍沿正标的目的运动，但要减速，
2s末时速度v2=v1+a2t=0，
2 s～
3 s内反复0～1s内运动情况，3s～4s内反复1s～2 s内运动情况，
故选：C．
【思路点拨】在0～1s内，物体从静止开始沿加速度标的目的匀加速运动，
在1s～2 s内，加速度反向，速度标的目的与加速度标的目的相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零．
2 s～
3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度标的目的匀加速运动，反复0～1s 内运动情况，
3s～4s内反复1s～2 s内运动情况．
【题文】15．如图所示，直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上，已知AC与水平标的目的的夹角为α＝30°．小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上，用一根弗成伸长的细绳连接两小环，静止时细绳刚好处于水平标的目的，小环P、Q的质量分别为m1、m2，则小环P、Q的质量之比为
A
．
m1
m2＝ 3
B．
m1
m2＝3
C．
m1
m2＝
3
3D．
m1
m2＝
1
3
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B4
【答案解析】B解析：
对m1进行受力分析，设绳子拉力大小为T，由几何关系：T1=m1gtanθ①
对m2进行受力分析，由几何关系：T2=m2gcotθ②，T1=T2③
联立①②③得：
1
2
m
m
=cot2θ=3
故选：B
【思路点拨】隔离法进行受力分析，按照绳子对两个环的拉力相等和平衡条件列方程求解【题文】16．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是
A．电动机做的功为
1
2mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为
1
2mv2
D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=
1
2mv2
【知识点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系．E2C2E6
【答案解析】D解析：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机=
1
2mv2+Q=mv2．故A不正确；
B、物块运动过程中，只有摩擦力对它做功，按照动能定理得：摩擦力对物块做的功为Wf= 1
2mv2-0=0.5mv2．故A正确．
C、传送带克服摩擦力做功为：Wf=μmgx1=mv2．故C不正确．
D、设物块匀加速运动的时间为t，则物块与传送带相对位移大小为△
x=vt-1
2vt=0.5vt
，此过程中物块的位移为x物=0.5vt，则有△x=x物；系统摩擦生热为Q=f•△x=fx物=
1
2mv2．
故D正确．
【思路点拨】摩擦力对物块做功等于物块动能的变化，按照动能定理求解；由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功．物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．
【题文】17．某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力感化下经A点运动到B点，运动轨迹如图中虚线所示．粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是
A．若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能减小
B．若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小
C．若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小
D．若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大
【知识点】电势能；等势面．I1I2
【答案解析】AC解析：由粒子的运动轨迹弯曲标的目的可知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点的切线标的目的即瞬时速度标的目的成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大．电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故AC正确，BD错误．
故选AC
【思路点拨】解这类问题的思路是：按照带电粒子运动轨迹判定电场力标的目的，然后按照电场力标的目的与电场线标的目的关系判断带电粒子的电性，按照电场力做功判断电势能和动能的变化．
【题文】18．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。

现从t=0时刻起，在棒中通以由M到N标的目的的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律．K4C2
【答案解析】BD 解析：A 、B 由题，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力感化，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，按照牛顿第二定律得： F-f=ma ，而F=BIL ，I=kt ，得BkL•t -f=ma ，可见a 随t 的变化均匀增大．故A 错误，B 正确．
C 、Da 增大，v-t 图象的斜率增大．故C 错误，
D 正确．
故选BD
【思路点拨】由题，棒中通入的电流与时间成正比，I=kt ，棒将受到安培力感化，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，按照牛顿第二定律和安培力公式F=BIL ，即可获得加速度与时间的表达式；v-t 图象的斜率等于加速度，即可分析v-t 图象斜率的变化．
【题文】19．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc ，顶点a 、b 处分别固定一个正点电荷，c 处固定一个负点电荷，它们的电荷量都相等，如图所示，D 点为正三角形外接圆的圆心，E 、G 、H 分别为ab 、ac 、bc 的中点，E 、F 两点关于c 点对称。

下列说法中正确是
A ．D 点的场强为零，电势也为零
B ．G 、H 两点的场强相同
C ．E 、F 两点的电场强度大小相等、标的目的相反
D ．将一带正电的试探电荷由
E 点移动到D 点的过程中，该电荷的电势能减小
【知识点】电势能；电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系．I2I1
【答案解析】D 解析：A 、D 点到a 、b 、c 三点的距离相等，故三个电荷在D 点的场强大小相同，且夹角互为120°，故ab 两个点电荷在D 点的合场强标的目的向右，点电荷c 在D 点的场强标的目的也向右，所以点的场强大小不为0，合场强的标的目的向右；故A 错误；
B 、电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则．通过对GH 两点的矢量合成可得，G 、H 点的场强大小相同，但标的目的分歧．故B 错误；
C 、ab 在E 点产生的和场强为0，在f 点产生的合场强不为0；c 在EF 两点产生的场强大小相等，标的目的相反．所以三个点电荷在EF 两点产生的合场强是不相等的．故B 错误；
D 、在直线D
E 上，a 、b 的合场强向右，故a 、b 始终对带正电的试探电荷有斥力感化，而c 对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直做加速运动，动能增大，电势能减小．故D 正确． 故选：D
【思路点拨】ab 是两个等量同号正电荷，EDF 是它们连线的垂直平分线．分析该标题问题时，先分析ab 的合场强，然后再增加c ，求出三个点电荷的合场强．
D 点到 a 、b 、c 三点的距离相等，故三个电荷在D 点的场强大小相同，且夹角互为120°；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故G 、H 点的场强大小 相同，但标的目的分歧；在直线D
E 上场强标的目的向右，故a 、b 始终对试探电荷有斥力感化，而c 对试探电荷由吸引力，所以电荷将一直做加速运动．
【题文】20．模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星­500”的实验活动．假设
王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的12，质量是地球质量的19．已知地球概况的重
力加速度是g ，地球的半径为R ，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h ，忽略自转的影响，下列说法正确的是
A ．火星的密度为2g 3πGR
B ．火星概况的重力加速度是4g 9
C ．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等
D ．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是9h 4
【知识点】万有引力定律及其应用．D5
【答案解析】ABD 解析：A 、由
，获得：
．
设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：
，解得：
A 正确．
B 、由
，获得：
．故B 正确．
C 、由
v=
倍．故C 错误． D 、王跃以v0在地球起跳时，按照竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：
，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度
．故D 正确．
故选：ABD ．
【思路点拨】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先暗示出来，在进行之比．按照万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，按照万有引力等于重力求出质量表达式，在由密
度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系．按照万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．
第Ⅱ卷（必做157分+选做36分，共193分）
【必做部分】
【题文】21．(8分)在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝200 g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，拔取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为纸带下落的起始点，A 、B 、C 为纸带上拔取的三个连续点，中间纸带未画出．已知打点计时器每隔T ＝0.02 s 打一个点，本地的重力加速度为g ＝9.8 m/s2，那么
(1)按照纸带数据求得B 点的瞬时速度是________m/s ．
(2) 重物自O 由静止下落到B 点的过程中，动能增加量为 J ，重力势能的减少量为 J 。

(结果保留两位有效数字)，按照计算所得数据，你认为造成误差的原因可能是： 。

【知识点】验证机械能守恒定律．E5
【答案解析】（1）1.92m/s （2）0.37、0.38，纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力
解析：（1）按照求瞬时速度vB=2oc oa
s s t -=23.2315.55
20.02-⨯×10-2=1.92m/s ，（2）减少的重力势
能△Ep=mgh=2×9.8×19.2×10-2=0.37J ，增加的动能△Ek=1
2mv2=0.38J ，重力势能减少量与动能增加量不相等的原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力．
【思路点拨】题的关键是处理纸带问题时应用求瞬时速度，并按照△x=at2，可求出a 的大
小；验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh 和增加的动能△Ek=1
2mv2间的关系，所以我们要选择能够测h 和v 的数据．减少的重力势能△Ep=mgh ，增加的动能
△Ek=1
2 mv2，v 可由从纸带上计算出来．
【题文】22．（10分）某同学要测量一均匀新材料制成的热敏电阻的电阻．步骤如下：
（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为 mm ；
（2）用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为 mm ；
（3）该同学准备设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律，现有以下实验器材：
A ．热敏电阻（常温下约300Ω）
B ．温度计
C ．电流表A1（60 mA ，约10 Ω）
D ．电流表A2（3 A ，约0.1 Ω）
E ．电压表V （6 V ，约15 kΩ）
F ．滑动变阻器R1（200 Ω，0.5 A ）
G ．滑动变阻器R2（5 Ω，2 A ）
H ．蓄电池（9 V ，0.05 Ω）I ．开关一个，带夹的导线若干
①实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择 ，滑动变阻器选择 ．
②请设计电路图，在实物图上连线．
③通过实验，他获得了该热敏电阻的伏安特性曲线如图所示，由图可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而 ．
【知识点】热敏电阻阻值随温度的变化规律．J4
【答案解析】（1）52.30（2）4.300（3）①1A ，2R ②减少；
解析：（1）50+0.05⨯6=52.30mm （2）4+0.300=4.300mm （3）①电源9V ，电阻5Ω，电流大于60 mA ，所以用1A ，因电阻应用分压，所以电阻用阻值较小的，故选2R ；
②③由图所示图象可知，对电压增大通过热敏电阻的电流增大，电压与电流的比值减小，即电阻阻值减小．
【思路点拨】（1）（2）熟知卡尺和螺旋测微器的读数，并注意分度（3）因图像从0开始，且范围较大，故电阻用分压，然后判断电流表和电阻，再按照图示图象应用欧姆定律分析热
敏电阻阻值如何变化．
【题文】23．（18分）某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由倾角为θ的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m＝0.1kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F ，改变H 的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．g=10m/s2．求：
（1）圆轨道的半径R．
（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求θ的值．
【知识点】机械能守恒定律；向心力．E3D4
【答案解析】（1）R=0.2m（2）
45
θ=解析：（1）由机械能守恒得：mgH-mg•2R=
1
2mvC2
由牛顿第二定律得：mg+F=m
2
c
V
R解得：F=
2mg
R H-5mg
按照图象得：m=0.1kg；R=0.2m．
（2）因
2
mv
mg
R
=
，
2
1
2
R gt
=
，可得2
s R
=，由几何关系可得0
45
θ=
【思路点拨】小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，按照机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式
【题文】24．（20分）如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0.8 m，板间距离d=0.6 m。

在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0×10-2 T，标的目的垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0.12 m，磁场足够长。

MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08 m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO’垂直。

现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO’
连续射入电场中。

已知每个粒子的速度v0=4.0×105 m/s，比荷q
m=1.0×108 C/kg，重力忽略不
计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变。

⑴求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O’点的距离；
⑵若粒子刚好能从金属板边缘分开，求此时两极板上的电压；
⑶试求能分开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处。

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．I3C2D4
【答案解析】（1）0.10m（2）U1=900V（3）不能解析：（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，
进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qv0B=m
2
1
v
R
，解得：R1=0.2m．
设粒子在匀强磁场中运动轨迹所对、的圆心角为θ，
由几何知识可知：sinθ=
1
R=
0.12
0.2=0.6．
粒子在磁场中偏移的距离为：y1=R1-R1cosθ，解得：y1=0.04m．
粒子出磁场后做匀速运动，y2=l2tanθ，代入数据解得：y2=0.06m．所以粒子打在荧光屏上时偏离O’点的距离为：y=y1+y2=0.10m；（2）设两板之间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，
则，
1
2d=
1
2at2，由牛顿第二定律得：
1
qU
d=ma，
由速度公式得：L=v0t，联立解得：U1=900V．
（3）由动能定理得，q•
1
2
U
=
1
2mv12-
1
2mv02．
解得能分开电场的粒子的最大速度，v1=5×105m/s．
设粒子在电场中的标的目的角为α，则cosα=0 1
v
v
，cosα=0.8．
该粒子进入磁场后，由牛顿第二定律得：qv1B=m
2
2
v
R
，
解得，粒子轨道半径：R2=
1
mv
Bq，代入数据解得：R2=0.25m．
由于R2-R2si nα=0.1m＜=0.12m，所以该粒子不能从磁场中偏出打在荧光屏上．
【思路点拨】（1）由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径；作出粒子运动轨迹，由几何知识求出距离；（2）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律分析答题．
【题文】37．（12分）【物理—物理3-3】
（1）按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在包管灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是
A．L1变暗B．L1变亮
C．L2变暗D．L2变亮
（2）质量为m的物体，从倾角为θ的固定斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，当它再次回到出发点时速度的大小减为初速度的
1
n（n＞1）。

求物体和斜面之间的动摩擦因数μ。

【知识点】闭合电路的欧姆定律，动能定理；动摩擦因数．J2E2B2
【答案解析】（1）AD（2）μ=
2
2
1
tan
1
n
n
θ
+
-解析：（1）当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L2的电流减大，故L2的变亮；
灯泡L1及内阻分管的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L1的电流变小，即灯泡L1变暗；故AD正确．
故选AD．
（2）设物体初速度为v，物体上滑的距离为s，由动能定理得：
上滑过程：-μmgcosθ•s-mgssinθ=0-
1
2mv2，
下滑过程：mgssinθ-μmgcosθ•s=
1
2m(
v
n)2，
解得：
【思路点拨】（1）由图可知L1与定值电阻串联后与滑动变阻器R并联，再与L2串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，则可知电路中总电流的变化，即可知L2亮度的变化；由串联电路的电压规律可知L1与定值电阻两端的电压变化；则可得出L1亮度的变化．（2）对物体上滑过程与下滑过程分别应用动能定理列方程，然后求出动摩擦因数．
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