云南省曲靖市2021届新高考物理三模试卷含解析

云南省曲靖市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
1．一半径为R 的球形行星自转周期为T ，其同步卫星距离行星表面的高度为3R ，则在该行星表面绕其做匀速圆周运动的卫星线速度大小为（ ）
A ．2R T π
B ．4R T π
C ．8R T π
D ．16R T
π 【答案】D
【解析】
【详解】
卫星的轨道半径r=R+3R=4R ，根据线速度的计算公式可得：
28r R v T T
ππ== 根据万有引力提供向心力可得
GM v r
=
所以 2v r v r ==卫卫
解得
16R v T
π=
卫。

A ．2R T π，与结论不相符，选项A 错误； B ．
4R T π，与结论不相符，选项B 错误； C ．8R T
π，与结论不相符，选项C 错误； D ．16R T
π，与结论相符，选项D 正确； 故选D 。

2．如图所示，通有恒定电流的导线MN 与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd 边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）
A ．
B ．
C ．
D ．不能判断
【答案】C
【解析】
【详解】 第一次将金属框由位置I 平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以
，选项C 正确.ABD 错
故选C
3．某国际研究小组借助于甚大望远镜观测到了如图所示的一-组“双星系统”，双星绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面物质，达到质量转移的目的。

假设两星体密度相当，在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中，下列说法错误的是（ ）
A ．它们做圆周运动的万有引力逐渐增大
B ．它们做圆周运动的角速度保持不变
C ．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D ．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变小，线速度变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设体积较大星体的质量为m 1，体积较小星体的质量为m 2，根据万有引力定律
122m m F G r
= 因1m +2m 为一定值，根据均值不等式可以判断出最初演变的过程中，1m 2m 逐渐变大，它们之间的万有引力逐渐变大，故A 正确，不符合题意；
B ．根据
()221211212m m G m r m r r r
ωω==-
得 2112
m r r m m =+ 将1r 代入
212112m m G m r r
ω= 解得
()123G m m r
ω+= 因1m +2m 为一定值，r 不变，则角速度ω不变，故B 正确，不符合题意；
CD ．根据
2112
m r r m m =+ 因体积较大的星体质量m 1变小，而m 1+m 2保持不变，故m 2变大，则体积较大的星体做圆周运动轨迹半径r 1变大，根据
v r ω=
可知角速度不变，半径变大，故其线速度也变大，故C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。

故选D 。

4．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。

如图甲所示，通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆叫作A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。

如图乙所示，行星绕太阳作椭圆运动，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，近日点B 和远日点C 到太阳中心的距离分别为r B 和r C ，已知太阳质量为M ，行星质量为m ，万有引力常量为G ，行星通过B 点处的速率为v B ，则椭圆轨道在B 点的曲率半径和行星通过C 点处的速率分别为（ ）
A ．22
B B v r GM
B ．2B GM v
C ．22B B v r GM ，B B C r v r
D ．2B GM v ，B B C
r v r 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知，一般曲线某点的相切圆的半径叫做该点的曲率半径，已知行星通过B 点处的速率为v B ，在太阳的引力下，该点的向心加速度为
2
B GM a r = 设行星在这个圆上做圆周运动，同一点在不同轨道的向心加速度相同，则在圆轨道上B 点的加速度为 2
2B B
v GM
a r ρ== 则B 点的曲率半径为
22B B v r GM
ρ= 根据开普勒第二定律，对于同一颗行星，在相同时间在扫过的面积相等，则
22
c B B c v t v t r r ∆∆⋅=⋅ 即行星通过C 点处的速率为
B C B C
r v v r = 所以C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．有关原子物理学史，下列说法符合事实的是（ ）
A ．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的枣糕模型
B ．能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的
C ．汤姆孙首先发现了中子，从而说明原子核内有复杂的结构
D ．玻尔在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．卢瑟福从1909年起做了著名的α粒子散射实验，实验结果成了否定汤姆孙枣糕原子模型的有力证据，在此基础上，卢瑟福提出了原子核式结构模型，故A 错误；
B ．能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的，故B 正确；
C ．查德威克通过用α粒子轰击铍核（9
4Be ）的实验发现了中子，汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子有复杂的结构，故C 错误：
D ．爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故D 错误。

故选：B 。

6．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S ，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（ ）
A ．vS ρ
B ．2v S ρ
C ．212v S ρ
D ．2v S ρ
【答案】D
【解析】
【详解】 对喷出气体分析，设喷出时间为t ，则喷出气体质量为m Svt ρ=，由动量定理，有
Ft =mv
其中F 为瓶子对喷出气体的作用力，可解得
2S S vtv
F v t ρρ==
根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F ，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是F ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

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，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M 、N 两点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且F 2>F 1，则以下说法正确的是（ ）
A ．这两个试探电荷的电性可能相同
B ．M 、N 两点可能在同一等势面上
C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大
D ．N 点场强一定大于M 点场强 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．将F 2和F 1的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M 处试探电荷有排斥力，对N 处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A 错误；
B ．由于F 2>F 1，可知M 、N 到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B 错误；
C ．若点电荷带负电，则把电子从M 点移到N 点，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．由点电荷场强公式=F
E q
可知，由于F 2>F 1，则有 N M E E
故D 正确。

故选CD 。

8．图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动
B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同
C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 m
D ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cm
E.质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 10πt （国际单位）
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；
C ．由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速
v ＝T λ＝40 m/s ， 根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离
Δx ＝vΔt ＝6 m ，
选项C 正确；
B ．t ＝0.25s 时，波形图如图所示，
此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；
D ．由
Δt ＝0.15 s ＝34
T ， 质点P 在其中的
12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；
E ．由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为
y ＝0.10·sin 20.2
πt （m ）＝0.10sin 10πt （m ）， 选项E 正确．
9．一列简谐横波沿x 轴传播，如图所示为t=0时刻的波形图，M 是平衡位置在x=70 m 处的一个质点，此时M 点正沿y 轴负方向运动，之后经过0.4 s 第二次经过平衡位置，则 。

A ．该波沿x 轴正向传播
B ．M 点振动周期为0.5 s
C ．该波传播的速度为100 m/s
D ．在t=0.3 s 时刻，质点M 的位移为0
E.题中波形图上，与M 点振动总是相反的质点有2个
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．由于0t =时刻，M 点正沿y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x 轴正方向运动，A 正确； BC ．经过0.4s ，M 点第二次经过平衡位置，根据波形平移法，30m 处质点的振动形式传递至70m 处，所以传播距离为40m ，波速：
40m /s 100m/s 0.4
x v t === 周期：
60s 0.6s 100
T v λ
=== B 错误，C 正确；
D ．经过10.3s=2
T ，质点运动到关于平衡位置对称的位置，因此M 质点的位移肯定不为0，D 错误； E ．与M 质点距离为半波长奇数倍的质点，振动与M 点总是相反，因此题中波形图上，与M 点振动总是相反的质点有两个，分别为40m 和100m 处的质点，E 正确。

故选ACE 。

10．中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球。

假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为016
T ，（T 0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则地球的半径R 和该卫星做圆周运动的半径r 分别为（ ）
A ．2
v R g
= B ．22v R g = C ．r =D ．r =【答案】AD
【解析】
【详解】 AB ．绕地球表面运行的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m ，即
2
v mg m R
= 得出
2
v R g
= 故A 正确，B 错误；
CD ．卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M ，此高度的速度大小为v 1，则有 2202 16
GMm mr T r
π=（） 其中
GM=R 2g
解得该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
r =故C 错误，D 正确。

故选AD 。

11．多年前在日本本州岛附近海域曾发生里氏9.0级地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄
漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为1311315354I Xe Y →+。

根据有关放射性知识，下列说法正确的是（ ）
A ．Y 粒子为11H
B ．若生成的
13154Xe 处于激发态，它会放出穿透能力最强的γ射线 C ．
13153I 的半衰期大约是8天，取4g 碘原子核，经8天后就只剩下2g 碘原子核了 D ．131
53I 中有53个质子和78个核子
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y 粒子为β粒子，故A 错误；
B ．若生成的131
54Xe 处于激发态，还会放出γ射线，γ射线的穿透能力最强，故B 正确；
C ．半衰期是一个统计规律，指的是有一半原子核发生衰变所需要的时间，只对大量的原子核适用，对少数原子核是不适用的，所以若取4g 碘原子核，经8天后就只剩下2g 碘原子核了，故C 正确；
D ．131
53I 中有53个质子，131表示质量数（核子数），故D 错误。

故选BC 。

12．图是某绳波形成过程的示意图．质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，… 各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t=T/4时，质点5刚要开始运动．下列说法正确的是
A．t＝T/4时，质点5开始向下运动
B．t＝T/4时，质点3的加速度方向向下
C．从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小
D．从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小
【答案】BC
【解析】
A、t＝T/4时，质点5开始向上运动，A错误；
B、t＝T/4时，质点3受到指向平衡位置的回复力的作用，加速度方向向下，B正确；
CD、从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8正在从平衡位置向上运动，速度正在减小，加速度正在增大，C正确，D错误．
故选：BC．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。

弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。

在桌面上画出两条平行线MN 、PQ，并测出间距d。

开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。

再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到P Q处的时间t。

则：
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______ 。

(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。

下列图像能表示该同学实验结果的是________ 。

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。

A．可以改变滑动摩擦力的大小
B ．可以更方便地获取多组实验数据
C ．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D ．可以获得更大的加速度以提高实验精度 【答案】
22d t C BC 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据2012
x v t at =+得 212
d at = 解得 2
2d a t = 即木板的加速度为
22d t 。

(2)[2]AB ．由于摩擦力的存在，所以当10F F >时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB 错误；
CD ．据题意，木板受到的滑动摩擦力为0
F ，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有 ()10F F M m a -=+
联立解得
011F a F m M m M
=-++ 其中m 为矿泉水瓶的质量，M 为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当m M =时，
1m M +近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后
1m M
+变小，即图像向下弯曲，C 正确D 错误。

故选C 。

(3)[3]A ．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A 错误； BC ．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC 正确；
D ．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D 错误。

故选BC 。

14．图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E 是电源，R 1、R 2、R 3、R 4、R 5是定值电阻，R 6是可变电阻，表头G 的满偏电流为200μA 。

内阻为600Ω，其表盘如图乙所示。

图甲中虚线方框内为换挡开关，A
端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1A挡和500μA挡，欧姆×1kΩ挡，直流电压2.5V挡和10V挡。

(1)若用欧姆×1kΩ挡测二极管的反向电阻，则A端与二极管的_________（选填“正”或“负”）极相接触，测得的示数如图乙中a所示，则该二极管的反向电阻为_______kΩ。

(2)某次测量时该多用电表指针位置如图乙中b所示，若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示数为
______________；若此时B端是与“4”相连的则多用电表的示数为______________。

(3)根据题中所给的条件可得R1、R2的阻值之和为_____________Ω。

【答案】负7.0 0.30A 0.75V 400
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2]若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A端流出，故A端与二极管的负极相接触；根据刻度盘，得出示数为7.0，又选用了×1kΩ挡，故二极管的反向电阻为7.0kΩ。

(2)[3]若此时B端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A档，故此时每小格表示0.02A，读数为0.30A；
[4]若此时B端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表，为直流电压2.5V档，故此时每小格表示0.05V，读数为0.75V。

(3)[5]由电路特点，由题意知
（500-200）×10-6×（R1+R2）=200×10-6×600
整理得
R1+R2=400Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，半径未知的1
4
光滑圆弧AB与倾角为37°的斜面在B点连接，B点的切线水平。

斜面BC
长为L=0.3m。

整个装置位于同一竖直面内。

现让一个质量为m的小球从圆弧的端点A由静止释放，小球通过B点后恰好落在斜面底端C点处。

不计空气阻力。

（g取10m/s2）
(1)求圆弧的轨道半径；
(2)若在圆弧最低点B处放置一块质量为m的胶泥后，小球仍从A点由静止释放，粘合后整体落在斜面上
的某点D 。

若将胶泥换成3m 重复上面的过程，求前后两次粘合体在斜面上的落点到斜面顶端的距离之比。

【答案】 (1)0.08m ；(2)
41
【解析】
【分析】
【详解】 (1)设圆弧的半径为R ，则小球在AB 段运动时由
2012
mgR mv = 解得
02v gR =小球从B 平抛运动到C 的过程中，分解位移
21sin 372
L gt ︒= 0cos37L v t ︒=
联立解得
0.08m R =
(2)在B 处放置m 的胶泥后，粘合时动量守恒，由
012mv mv =
得
12gR v = 在B 处放置3m 的胶泥后，粘合时动量守恒，由
024mv mv =
得
22gR v = 整体从B 平抛，分解位移
x vt =
212y gt = 根据几何关系可知 21
2tan 37y x vt
gt ︒== 解得平抛时间为
2tan 37v t g
︒
= 落点距离B 为
22tan 372tan 37cos37sin 37sin 37sin 37v v x vt g g s v ︒︒
︒︒︒︒
⋅==== 可知
2s v ∝
则
21122241
s v s v == 16．横截面积处处相同的U 形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h 1=4cm 的水银柱封闭一段长为L 1=9cm 的空气柱
A 左端管内用水银封闭有长为L 2=14cm 的空气柱
B,这段水银柱液面高度差为h 2=8cm,如图甲所示.
已知大气压强P 0=76.0cmHg,环境温度不变.
(i)求初始时空气柱B 的压强(以cmHg 为单位)；
(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U 形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h 3.
【答案】 (i)72cmHg (ii)12cm
【解析】
【详解】
(i)初始时，空气柱A 的压强为p A ＝p 0＋ρgh 1
而p B ＋ρgh 2＝p A
联立解得气体B 的压强为p B =72cmHg
(ii)U 形管倒置后，空气柱A 的压强为p A ′＝p 0－ρgh 1
空气柱B 的压强为p B ＇＝p A ′＋ρgh 3
空气柱B 的长度'
23222
h h L L -=+ 由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ＇L 2＇
联立解得h 3＝12cm 。

17．如图所示，两气缸AB 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气；当大气压为P 0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14
，活塞b 在气缸的正中央．
①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；
②继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是气缸高度的
116时，求氧气的压强． 【答案】（2）320K;
【解析】
试题分析：现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 升至顶部的过程中，a 活塞不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解；继续缓慢加热，使活塞a 上升，活塞a 上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．
（1）活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为
04V , 则有：00013714248V V V V =+⋅= 0020344
V V V V ==+ 根据盖•吕萨克定律得：1212
V V T T = 代入数据解得：2320T K =
（2）活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的1
16
时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V 1′，压强为P 1′，末态体积为V 2′，压强为P 2′，
由题给数据有，014V V ''= 10P P '= 02316
V V =' 由玻意耳定律得：1122P V
P V ''''= 解得：2043
P P '= 点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系．。