上海市普陀区2021届新高考物理三模试卷含解析

上海市普陀区2021届新高考物理三模试卷
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
1．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能P E 随位移x 变化关系如图所示，其中0～2x 段是关于直线1x x =对称的直线，2x ～3x 段是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A ．1x 处电场强度最小
B ．在123O x x x 、、、处电势0123φφφφ、、、的关系为3201φφφφ<=<
C ．0x ～2x 段带电粒子做匀变速直线运动
D ．0x ～1x 段电场方向不变，大小变，1x ～3x 段的电场强度大小方向均不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E x
ϕ=V V ，得 1p E E q x
=⋅V V 由数学知识可知E p -x 图象切线的斜率等于
p E x V V ，x 1处的斜率可以认为与0-x 1段相等，故此时电场强度并
不是最小的，故A 错误； B ．根据电势能与电势的关系：E p =qφ，粒子带负电，q ＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有
φ3＜φ2=φ0＜φ1
故B 正确；
C ．由图可知，0～x 1段和0～x 2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C 错误；
D ．0～x 1段电场方向不变，大小不变，x 2～x 3段图象的斜率减小，故电场强度大小减小，方向不变，故D
错误。

故选B 。

2．某空间区域有竖直方向的电场（图甲中只画出了一条电场线），一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，在电场中从A 点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中小球的机械能E 与小球位移x 关系的图象如图乙所示，由此可以判断（ ）
A ．小球所处的电场为匀强电场，场强方向向下
B ．小球所处的电场为非匀强电场，且场强不断减小，场强方向向上
C ．小球可能先做加速运动，后做匀速运动
D ．小球一定做加速运动，且加速度不断减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由乙图中机械能E 与小球位移x 关系可知，机械能减小，因为机械能减小，说明除重力之外的力对物体做负功，可得电场力做负功，因此，电场力方向竖直向上，小球带正电荷，所受电场力方向与场强方向一致，即场强方向竖直向上，又根据E －x 图线斜率的绝对值越来越小，说明电场力越来越小，电场强度越来越小，故A 错误，B 正确；
C ．带正电小球所受合外力等于重力减去电场力，电场力不断减小，则合外力不断变大，加速度不断变大，说明小球做加速度越来越大的变加速运动，故C
D 错误。

故选B 。

3．在实验室观察到如下的核反应。

处于静止状态的铝原子核2713Al ，受到一个运动粒子撞击后，合在一起成为一个处于激发态的硅原子核2814Si 。

对此核反应下列表述正确的是（ ）
A ．核反应方程为2712813114Al n Si +→
B ．该核反应是核聚变反应
C ．新生成的2814Si 与29
14Si 是同位素
D ．新生成的2814Si 处于静止状态 【答案】C
【解析】
【详解】 A ．该反应过程的质量数和电荷数均守恒，但反应物1
1n 错误，应为1
1H ，故A 错误；
B．该反应的类型为人工转变，不是核聚变反应，故B错误；
C．28
14Si与29
14
Si的电荷数相同，属于同一种元素，二者为同位素，故C正确；
D．核反应过程中遵守动量守恒，反应前27
13Al静止，则生成的硅原子核28
14
Si应与反应前撞击粒子的速度方
向相同，故D错误。

故选C。

4．如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M点运动到N点，则在此过程中，以下说法中正确的是（）
A．电场力对该带电粒子一定做正功
B．该带电粒子的运动速度一定减小
C．M、N点的电势一定有φM＞φN
D．该带电粒子运动的轨迹一定是直线
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB错误；
C．沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM＞φN，故C正确；
D．粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D错误；
故选C.
5．如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，下列有关圆环的说法正确的是（）
A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势
B ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势
C ．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势
D ．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
因为金属棒ab 在恒力F 的作用下向右运动,则abcd 回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,根据楞次定律可以知道,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大;又因为金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故B 对；ACD 错
【点睛】
当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流,因此圆环内的磁场磁通量发生变化,根据磁通量的变化由楞次定律可以判断圆环面积的变化趋势,其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断. 6．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2:3，两端共接有六只相同的小灯泡L 1、L 2、 L 3、L 4、L 5和L 6（电阻恒定不变），变压器的原线圈接有输出电压U 恒定的交流电源，六只小灯泡均发光．下列说法正确的是（ ）
A ．L 1、L 2、 L 3三只灯泡亮度一定相同
B ．小灯泡L 2一定比L 4亮
C ．交流电源输出电压U 是小灯泡L 4两端电压的4.5倍
D ．L 1消耗的功率是L 2消耗灯泡的2.25倍
【答案】C
【解析】
【详解】
设小灯泡L 4两端电压为U '，则有副线圈的输出电压为23U U ='，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为12U U ='，L 2、 L 3两只灯泡串联后的总电压为2U '；设通过小灯泡L 4电流为I ，根据电流与匝数成反比，则有原线圈电流为32
I ，根据欧姆定律可得通过L 2、 L 3两只灯泡的电流为I ，根据并联分流可得通过L 1灯泡的电流为52I ，小灯泡L 1两端电压为52
U '，根据串联分压可知交流电源输出电压52 4.52U U U U ''+='=，根据电功率公式可知1234252525444
P P P P ===，故C 正确，A 、B 、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．杨氏双缝干涉实验中，双缝距光屏8cm ，现将光屏靠近双缝，屏上原来3级亮纹依旧为亮纹，则移动的距离可能为（ ）
A ．4.8
B ．4
C ．3.4
D ．3
【答案】ABCD
【解析】
【详解】
杨氏双缝干涉亮条纹的位置为 k D x d λ=，k=0，±1，±2…… 其中，d 为双缝间距，D 为双缝到光屏的距离，λ为光的波长。

依题意有
03D k D d d
λλ=，D<D 0 其中，k 为正整数，所以
03D D k
=，k=4，5，6，…… 带入D 0=8cm 可得D =6 cm ，4.8 cm ，4 cm ，3.4 cm ，3 cm……故ABCD 均正确。

故选ABCD 。

8．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R 。

两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直。

A 处粒子源产生质量为m 、电荷量为+q 的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U 。

下列说法正确的是（ ）
A ．交变电场的周期为m Bq
π B ．粒子射出加速器的速度大小与电压U 成正比
C ．粒子在磁场中运动的时间为2
2BR U π
D ．粒子第112mU B q
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即 2m T qB
π= A 错误；
B ．粒子最终从加速器飞出时
2
v qvB m R
= 解得
qBR v m
= 粒子飞出回旋加速器时的速度大小和U 无关，B 错误；
C ．粒子在电场中加速的次数为n ，根据动能定理
212
nqU mv = 粒子在磁场中运动的时间
222
22111122222BR U
q B R m t n T m qU m qB ππ=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= C 正确；
D ．粒子第一次经过电场加速
2112
qU mv = 进入磁场，洛伦兹力提供向心力
2111
v qv B m R = 解得
11mv R qB === D 正确。

故选CD 。

9．关于电磁波和机械波，下列说法正确的是
A ．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
B ．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
C ．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象
D ．在真空中波长越短的电磁波周期越大
E.声波从空气传入水中时频率不变，波长改变
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，故A正确；
B．电磁波在真空中传播速度不变，与频率无关，故B错误；
C．衍射是一切波都具有的现象，电磁波是横波，只要是横波就能发生偏振现象，故C正确；
D．
1
T
f c
λ
==，周期与波长成正比，故D错误；
E．声波从空气传入水中时频率不变，因为波速变大，由
v
f
λ=，可知波长边长，故E正确。

故选：ACE。

10．如图所示，一水平放置的平行板电容器充电以后与电源断开，并在其间加上垂直纸面向里的匀强磁场；某带电质点以某一速度从水平平行板中央进入正交的匀强电场和匀强磁场中，刚好做匀速直线运动。

下列说法正确的是（）
A．该质点一定带正电
B．该质点可能带负电
C．若仅磁场的水平方向均匀增大，质点将向上偏转，速率越来越小
D．若将下极板缓慢向下移动，质点将向下偏转，速率越来越大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在平行板之间有匀强磁场和匀强电场，带电质点做匀速直线运动，所以带电质点受力平衡，重力向下，电场力向上，洛伦兹力向上，则
mg Eq qvB
=+
所以带电质点带正电，故A正确，B错误；
C．如果磁场均匀增大，则该质点所受洛伦兹力将增大，质点向上偏转，但是洛伦兹力对质点不做功，即不改变质点速度的大小，而重力和电场力的合力向下，所以质点将减速，即其速率将减小，所以C正确；D．将下极板向下移动，根据电容的决定式
r 4π
S C kd ε=
可得，电容减小；由题意可知，电容器极板的电荷量不变，则根据公式
Q U C
= U E d = 可得公式
r
4πkQ E S ε= 即场强的大小与两极板的距离无关，所以场强不变，质点将继续匀速直线运动，所以D 错误。

故选AC 。

11．用一束波长为λ的绿光照射某极限波长为λo 的金属，能产生光电效应，下列说法正确的是（ ）
A ．该金属逸出功为W=hλo
B ．把这束绿光遮住一半，则逸出的光电流强度减小
C ．若改用一束红光照射，则不可能产生光电效应
D ．要使光电流为0，光电管两级至少需要加大小为11()hc e o λλ-的电压 【答案】BD
【解析】
该金属逸出功为：000c
W hv h λ==，故A 错误；光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，
遮住一半，光电子数减小，逸出的光电流强度减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故C 错误，B 正确；光电效应方程为：0K hv W E =+，光速为：c v λ=，根据动能定理可得光电流为零时有：C K eU E =，联立解得：011C hc U e λλ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误． 12．我国北斗卫星导航系统（BDS ）已经开始提供全球服务，具有定位、导航、授时、5G 传输等功能。

A 、B 为“北斗”系统中的两颗工作卫星，其中A 是高轨道的地球静止同步轨道卫星，B 是中轨道卫星。

已知地球表面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T 0下列判断正确的是（ ）
A ．卫星A 可能经过江苏上空
B ．卫星B 可能经过江苏上空
C ．周期大小T A =T 0>T B
D ．向心加速度大小a A <a B <g
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A 是高轨道的地球静止同步轨道卫星，静止在赤道上空，不可能经过苏州上空，故A 错误；
B ．B 是中轨道卫星不是静止同步轨道卫星，所以卫星B 可能经过江苏上空，故B 正确；
C ．根据
2224Mm mR G R T π= 可得
23
4R T GM
π= 半径越大，周期越大，所以T A =T 0>T B ，故C 正确；
D ．根据万有引力提供向心力
2Mm ma G
R = 2
M a G R = 半径越大，向心加速度越小，所以向心加速度大小a A <a B <g ，故D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d ，滑块通过细线与重物相连，细线拉力大小F 等于力传感器的示数。

让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t 。

改变重物质量，重复以上操作5次，处理数据后得到下表中
的5组结果。

根据表中数据在坐标纸上画出如图所示的a-
F 图像，已知重力加速度g=10m/s 2，根据图像可求出滑块质量m=______kg ，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=________。

【答案】0.25（0.24～0.26均正确）0.20（0.19～0.21均正确）【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]根据
F﹣μmg＝ma
得
a＝F
m
﹣μg
所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块质量的倒数，由图形得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k＝4，所以滑块质量
m＝0.25kg
由图形得，当F＝0.5N时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5N，而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即
μmg＝0.5N
解得
μ＝0.20
14．为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离x随时间t的变化规律如图乙所示.
(1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度大小v＝______ m/s，木块加速度a＝______ m/s2(结果均保留2位有效数字).
(2)在计算出加速度a后，为了测定动摩擦因数μ，还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g)，那
么得出μ的表达式是μ＝____________.（用a ，θ，g 表示）
【答案】0.40 1.0 sin cos g a g θθ- 【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据在匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s 末的速度为： 0.30.14m/s 0.4m/s 0.4
v -=
= 0.2s 末的速度为： 0.320.24m/s 0.2m/s 0.4
v -'==， 则木块的加速度为：220.40.2m/s 1.0m/s 0.2v v a t -'-===． （2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向的受力：sin cos ma mg mg θμθ=-
得：sin cos g a θμθ
-=． 【点睛】
解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在xOy 平面的x 轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图甲所示）。

在空间坐标（x=0，y=12
a ）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N 个（N 足够大）质量为m 、电荷量为-q ，速度为v 0的带电粒子：（不计粒子重力及粒子间的相互作用，题中N 、a 、m 、-q 、v 0均为已知量）
(1)若放射源所发出的粒子恰好有13
不能到达x 轴，求磁感应强度为多大； (2)求解第(1)问中，x 轴上能接收到粒子的区域长度L ； (3)若磁场仅限制在一个半径为a 的圆形区域内，圆心在坐标1(,
)2a a 处。

保持磁感应强度不变，在x 轴的正半轴2a x a ≤≤ 区间上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。

【答案】 (1)0mv aq ；153；(3)202(π3)Nmv a +
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，由于有13不能到达要x 轴，所以123O PO π∠= 由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R=a
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
200mv qv B R =
解得 0mv R a qB
== 则磁感应强度
0mv B aq
= (2)粒子打x 轴上的范围如图所示，
x 轴右侧长度为
221115(2)()2L a a =-= x 轴左侧，F 与x 轴相切，由几何关系知
22213()22
L a a a =-= 联立可得
12153
L L L a a =+=+ (3)粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，根据几何关系则有
112sin 2a a θ== 解得
π6
θ= 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量 00π
62π12
Nmv P Nmv ∆== 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间
100
π(π)2π5π62π6a a t v v -=⋅= 粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间
2000
1π2π22a a a a t v v v +=+= 这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力
20212(π3)Nmv P F t t a
∆==-+ 16．如图所示，两端开口且导热良好的汽缸竖直固定放置，两厚度不计的轻质活塞A 、B 由轻杆相连，两活塞的横截面积分别为S A =30cm 2，S B =18 cm 2 ，活塞间封闭有一定质量的理想气体。

开始时，活塞A 距离较粗汽缸底端10cm ，活塞B 距离较细汽缸顶端25cm ，整个装置处于静止状态。

此时大气压强为p 0=1.0×105Pa ，汽缸周围温度为27C ︒。

现对汽缸加热，使汽缸周围温度升高到127C ︒，不计一切摩擦。

(1)求升高温度后活塞A 上升的高度；（结果保留1位小数）
(2)保持升高后的温度不变，在活塞A 上缓慢放一重物，使活塞A 回到升温前的位置，求连接活塞A 、B
的轻杆对A 的作用力大小。

【答案】 (1)20.8cm ；(2)60N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设升高温度后活塞A 上升的高度为l ，已知1A 1B 2V S l S l =+，1=300K T ，2A 1B 2=()()V S l l S l l ++-，2=400K T ，由等压变化得1212
V V T T =，解得 20.8cm l =
(2) 1A 1B 2V S l S l =+，设气体压强为2p ，由已知条件可得
51 1.010Pa p =⨯，1=300K T ，2=400K T 由查理定律可得1212
p p T T =，由于系统处于平衡状态，对B 活塞分析可得 2B 1B p S p S F -=
联立解得
=60N F
17．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L ，磁感应强度为B 。

一个质量为m 、匝数为N 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为R 。

t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I ），导线框的速度为v 0。

经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置II ），导线框的速度刚好为零。

（1）求导线框在位置I 时的加速度大小；
（2）求从位置I 到位置II 的过程中，导线框中的焦耳热；
（3）定性画出导线框从位置I 到再次回到位置I 时速度随时间变化图象； （4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W 1和W 2，试判断W 1与W 2的大小关系，并简述判断依据。

【答案】（1）a 1=g+222N B L Rm
v 0；（2）Q=12mv 02-2mgL ；（3）；（4）W 1>W 2
【解析】
【详解】
（1）线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：1=mg F ma +安 1F NBI L =安 ；11E I R
= ；10E NBLv = 联立解得：222
10N B L a g v Rm
=+ （2）导线框从位置I 到位置II 的过程中由能量关系：
201=22mv mg L Q ⋅+ 解得201=-22
Q mv mgL （3）由222
1N B L a g v Rm
=+可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做加速度减小的变加速运动，则运动图像如图；
（4）根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大
小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W1 W2.。