河南省2021届高三物理下学期3月线上模拟考试试题(含解析)

高三物理下学期3月线上模拟考试试题（含解析）
第Ι卷 选择题
二、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）
1.用光电管进行光电效应实验中，分别用频率不同的单色光照射到同种金属上．下列说法正确的是
A. 频率较小的入射光，需要经过足够长的时间照射才能发生光电效应
B. 入射光的频率越大，极限频率就越大
C. 入射光的频率越大，遏止电压就越大
D. 入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大 【答案】C 【解析】 【分析】
金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率；只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应；光电子的最大初动能与金属的逸出功和入射光的频率有关，与入射光的强度无关；光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关． 【详解】A ．只要入射光的频率低于金属的极限频率，无论时间多长，无论光的强度多大，都不会发生光电效应，故A 错误；
B ．金属材料的性质决定金属的逸出功，而逸出功决定入射光的极限频率，与入射光的频率无关，故B 错误；
C ．根据0C eU h W ν=- 可知，入射光的频率越大，遏止电压就越大，故C 正确；
D ．根据爱因斯坦光电效应方程0km
E h W ν=-，可知光电子最大初动能随照射光的频率增大而增大，与光照强度无关，故D 错误． 故选C ．
【点睛】本题考查光电效应的规律和特点，我们一定要熟记光电效应的现象和遵循的规律，只有这样我们才能顺利解决此类问题．
2.一交流电源，电压V U t π=（）
，通过理想变压器对电路供电，电路如图所示。

已知原副线圈匝数比为4：1，灯泡的额定功率为55W ，排气扇电机线圈的电阻为1Ω，电流表的示数为3A ，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（ ）
A. 电压表的示数为880V
B. 电动机的发热功率为4W
C. 电动机的电功率为106W
D. 通过保险丝的电流为12A
【答案】B 【解析】
【详解】根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U 1=220V A ．电压表示数为变压器的输出电压，根据变压比
1241
U U = 可以得到
U 2=55V
故A 错误；
B ．因为灯泡正常发光，所以通过灯泡的电流为
1A L
L L
P I U =
= 电流表的示数为变压器的输出电流I 2=3A ，根据并联电路电流的特点可知通过电动机的电流为
I M =I 2－I L =2A
所以电动机的发热功率为
2
=4W M M P I R =热
故B 正确；
C ．电动机的电功率为
P =U 2I M =110W
故C 错误；
D ．通过保险丝的电流即为变压器的输入电流I 1，根据变流比
2
1
4
1
I
I
=
可知
I1=0.75A
故D错误。

故选B。

3.如图所示，倾角为45︒的粗糙斜面置于水平地面上，有一质量为2m的滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块静止在斜面上，斜面也保持静止，则（）
A. 斜面受到地面的摩擦力方向水平向右
B. 斜面受到地面
的弹力等于滑块和斜面的重力之和C. 斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小mg D. 斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小22mg【答案】D 【解析】【详解】A．以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉
力大小T等于小球的重力，即
T=mg
以斜面和滑块组成的整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：
f=T cos45︒
2
方向水平向左，故A错误；
BCD．设斜面的质量为M，地面对斜面的弹力大小为N，以斜面和滑块组成的整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：
N=（M+2m）g－T sin45︒
所以斜面受到地面的弹力比滑块和斜面的重力之和小
T sin 45︒=
2
mg 故BC 错误，D 正确。

故选D 。

4.如图所示，固定斜面AB 与水平面之间由一小段光滑圆弧连接，倾角为α，斜面的高度
OB =h ．细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m 的小物块，在小物块和挡板之间
压缩一轻质弹簧（小物块与弹簧不连接）。

烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB 后，恰好能运动到斜面的最高点。

已知AC =l ，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则（ ）
A. 细线烧断前弹簧具有的弹性势能为mgh +μmgl +μmgh cot α
B. 在此过程中产生的内能为mgh +μmgl +μmgh cot α
C. 弹簧对小物块做功为μmgH +μmgh cot α
D. 在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为sin mgh
μα
- 【答案】A 【解析】
【详解】A ．根据能量守恒定律可知，细线烧断前弹簧具有的弹性势能等于物块在B 点的重力势能和产生的内能之和，即为：
E p =mgh +μmgl +μmg cos α•
sin h
α
=mgh +μmgl +μmgh cot α 故A 正确；
B ．在此过程中产生的内能等于物块克服摩擦力做的功，为
Q =μmgl +μmg cos α•
sin h
α
=μmgl +μmgh cot α 故B 错误；
C ．弹簧对小物块做功等于细线烧断前弹簧具有的弹性势能，为
mgh +μmgl +μmgh cot α
故C 错误；
D ．在此过程中斜面对小物块的摩擦力做功为
W f =－μmg －μmg cos α
•
sin h
α
=－μmg －μmgh cot α 故D 错误。

故选A 。

5.如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为L 、总电阻为R 的单匝正方形闭合线圈MNPQ 放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的有界匀强磁场，磁场两边界成θ=45︒角。

现使线圈以水平向右的速度ν匀速进入磁场，则（ ）
A. 当线圈中心经过磁场边界时，N 、P 两点间的
电势差U =BLv
B. 当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小22=B L v
F R
安
C. 线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，回路中的平均电功率222
B L v P R
=
D. 线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量
2
2BL q R
= 【答案】D 【解析】
【详解】AB ．当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为NP ，根据法拉第电磁感应定律，NP 产生的感应电动势为E =BLv ，此时N 、P 两点间的电势差U 为路端电压，有
U =34E =3
4
BLv 此时QP 、NP 受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为
F 安=222B L v
故AB 错误；
C ．当线圈中心经过磁场边界时，回路中的瞬时电功率为
2222
E B L v P R R
==
在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，感应电动势一直在变化，故 回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率，故C 错误； D ．根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，通过导线某一横截面的电荷量为
2
BL q R R
ϕ∆==
故D 正确。

故选D 。

6.按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，该计划已在2013年之前完成。

设月球半径为R ，月球表面的重力加
速度为g 0，飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道I 运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B 时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动。

则（ ）
A. 飞船在轨道1上运行的线速度大小为0g R v =
B. 飞船在A 点变轨时动能增大
C. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为0
R
T 2g =πD. 飞船从A 到B 运行的过程中机械能增加 【答案】AC
【解析】
【详解】A ．在月球表面有
02Mm
G
mg R
= 在轨道I 上运动有
2
2(3)3Mm v G m R R R R
=++ 解得
0g R v =
故A 正确；
B ．飞船在A 点处点火变轨后做向心运动，可知需要的向心力小于提供的向心力，由向心力的公式可知飞船的速度减小所以动能减小，故B 错误；
C ．在轨道III 上运动有：
2
22π()Mm G
m R R T
= 则卫星在轨道III 上运动一周所需时间
2π
R
T g = 故C 正确；
D ．飞船从A 到B 的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒不变，故D 错误。

故选：AC 。

7.甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v -t 图象如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（ ）
A. 甲车的加速度小于乙车的加速度
B. t =0时乙车在甲车前方8.4m 处
C. t =3s 时甲车在乙车前方0.6m 处
D. 前3s 内甲车始终在乙车后边 【答案】BC 【解析】
【详解】A ．根据v －t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A 错误； B ．设甲运动的总时间为t ，根据几何关系可得：
31518
t = 得
t =3.6s
在0－3.6s 内，甲的位移
18 3.6
=
m 2x ⨯甲=32.4m 0－4s 内，乙的位移
124
=
m 2
x ⨯乙=24m 因二者最终停在同一斑马线处，所以，t =0时乙车在甲车前方
x 甲－x 乙=8.4m
故B 正确；
C ．0－3s 内，甲、乙位移之差
△x =
63
2
⨯m=9m 因t =0时乙车在甲车前方8.4m 处，所以t=3s 时甲车在乙车前方0.6m 处，故C 正确； D ．由上分析知，前3s 内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D 错误。

故选BC 。

8.某条电场线是一条直线，上边依次有O 、A 、B 、C 四个点，相邻两点间距离均为d ，以O 点为坐标原点，沿电场强度方向建立x 轴，该电场线上各点电场强度E 随x 的变化规律如图所示。

一个带电量为+q 的粒子，从O 点由静止释放，仅受电场力作用。

则（ ）
A. 若O 点的电势为零，则A 点的电势为02
E d
- B. 粒子从A 到B 做匀速直线运动
C. 粒子在OA 段电势能减少量小于BC 段电势能减少量
D. 粒子运动到B 点时动能为032
qE d
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．由图可知E －x 图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此
01
2OA U E d =
由于φo =0，因此
012
A E d ϕ=-
故A 正确；
B ．粒子由A 到B 过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B 错误；
C ．粒子在OA 段的平均电场力大于BC 段的平均电场力，则OA 段的电场力做功大于BC 段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA 段电势能的变化量大于BC 段变化量，或者从OA 段和BC 段图象包围的面积分析可知U OA ＞U BC ，根据电场力做功公式W =qU 和W =△E 电，也可得出粒子在
OA 段电势能的变化量大于BC 段变化量。

故C 错误；
D ．从O 到B 点过程列动能定理，则有：
W 电=qU OB =E KB －0
而
U OB =
1
2E 0（d +2d ） 联立方程解得：
E KB =
032
qE d
故D 正确。

故选AD 。

第Ⅱ卷非选择题
三、非选择题（共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

） （一）必考题：共129分。

9.如图甲所示，为了测量滑块与木板间的动摩擦因数，某同学将带有滑轮的长木板放置在水平桌面上，在靠近滑轮的B 处固定一个光电门，用质量为m 的重物通过细线（与长木板平行）与质量为M 的滑块（带遮光条）连接，细线的长度小于重物离地面的高度。

将滑块从A 点由静止释放，测出A 、B 之间的距离s 和遮光条经过光电门时的遮光时间t 。

保持滑块和悬挂的重物的质量不变，改变释放点A 与B 间的距离s ，多次测量最终完成实验。

建立
2
1
s t -坐标系，描出图线如图乙所示，求得图线的斜率为k ，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=____（用斜率
k 、重力加速度g 、遮光条的宽度d 、滑块质量M 和重物质量m 表示）。

【答案】2()
2m kd M m M Mg
+- 【解析】
【详解】据挡光时间可知，滑块经过光电门的瞬时速度为v
t
，滑块从A 运动到B 的过程中，根据系统动能定理得：
(mg －μMg )s =
12(M +m )(d t
)2
变式为：
2212()
()mg Mg s t M m d
μ-=+ 则
2
2()
()mg Mg K M m d μ-=
+
解得：
2()2m kd M m M Mg
μ+=-
10.某实验小组为测量电压表V 1的内阻，先用多用电表的欧姆档进行了一次测量，指针位置如图甲中所示。

为进一步准确测量电压表V 1的内阻，设计了如图乙所示的电路，可供选择的器材如下：
A ．待测电压表V 1（量程0～2V ，内阻约2kΩ）
B ．电压表V 2（量程0～6V ，内阻约10kΩ）
C ．定值电阻R 1（阻值为4kΩ）
D ．定值电阻R 2（阻值为8kΩ）
E ．滑动变阻器R 3（0～20Ω）
F ．滑动变阻器R 4（0～1kΩ）
G ．直流电源（E =6V ，内阻可不计）
H ．开关S 及导线若干
（1）用多用电表测量电压表V 1的内阻时，选择开关在电阻×100档位，图甲中的读数是______Ω。

（2）根据电路图连接实物图______。

（3）试验中定值电阻应选______（R 1或R 2），滑动变阻器应选______（R 3或R 4）。

（4）调节滑动变阻器，记录V 1的示数U 1，V 2的示数U 2，记录多组数据，以U 2为纵坐标，U 1为横坐标，描点后得到的图象如图丁所示。

已知图象的斜率为K ，用R 表示所选定值电阻的阻值，则电压表V 1的内阻为______（用K 和R 表示）。

【答案】 (1). 1900 (2). (3). R1 (4). R3
(5).
1
R
k
【解析】
【详解】(1)[1]选择开关在电阻×100档位，由图甲所示可知，示数为：19×100Ω=1900Ω；
(2)[2]根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
(3)[3][4]电压表V1与定值电阻串联后与电压表V2并联，并联电路电压相等，当电压表V2满偏时，定值电阻分压为4V，定值电阻分压为电压表V1两端的2倍，定值电阻阻值应为电压表V1内阻的2倍，定值电阻阻值为4kΩ，定值电阻应选择R1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R3。

(4)[5]由图示电路图根据并联电路特点可知：
U2=U1+IR=U1+1
V1
U
R
R
整理得：
U 2=U 1（1+V1
R
R ）
U 2－U 1图象的斜率：
k =1+V1
R R
电压表V 1内阻：
R V1=
1
R k - 11.如图所示，在光滑的水平面上放置一个长为L =2.2m 的木板B ，在B 的左端放有一个可视为质点的小滑块A ，A 、B 间的动摩擦因数μ=0.2，二者的质量均为m=1kg ，g =10m/s 2．现对A 施加F =6N 的水平向右的拉力，ls 后撤去拉力F ，求： （1）撤去拉力F 时小滑块A 和长木板B 的
速度大小； （2）A 相对于B 静止的位置与长木板右端的距离。

【答案】(1) v A =4m/s ，v B =2m/s （2）d =0.7m 【解析】
【详解】(1)对A 滑块根据牛顿第二定律有：
F －μmg =ma A
代入数据解得：
24m/s A a =
1s 时滑块A 的速度为：
v A =a A t =4×1m/s =4m/s
对B 木板有：
μmg =ma B
代入数据解得：
22m/s B a =
则1s 时B 的速度为：
v B =a B t =2m/s
(2)撤去F 前，A 的位移为：
2
12m 2
A A x a t =
= B 的位移为：
2
11m 2
B B x a t =
= 对AB ，在撤去F 之后到相对静止过程中，根据动量守恒定律有：
mv A +mv B =2mv 共
根据能量守恒定律有：
222
1
11+2222
A B mgx mv mv mv μ=-相对共
代入数据解得：
x 相对=0.5m
则A 最终到右端的距离为：
d =L －（x A －x B ）－x 相对
代入数据得：
d =0.7m
12.在直角坐标系xOy 中，第二象限有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），第一象限三角形OPM 区域有如图所示的匀强电场，电场线与y 轴的夹角、MP 与x 轴的夹角均为30°，已知
P 点的坐标为（9l ，0），在以O ′为圆心的环状区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆与直
线MP 相切于P 点，内外圆的半径分别为l 和2l 。

一质量为m ，电荷量为q 的正电粒子以速度
v 0由坐标为（-l ，0）的A 点沿与y 轴平行的方向射入第二象限匀强磁场中，经磁场偏转由坐
标为（0）的B 点进入匀强电场，经电场偏转恰由P 点进入环状磁场区域，不计粒子重力，求：
（1）第二象限匀强磁场磁感应强度的大小； （2）匀强电场的电场强度大小；
（3）要使粒子在环状磁场区域内做完整的圆周运动，求环状区域匀强磁场的磁感应强度的取值范围。

【答案】（1）012mv B ql = （2）2
4mv E ql
= （3）024mv B ql ≥或者00243mv mv B ql ql ≤≤
【解析】
【详解】(1)设第二象限磁场磁感应强度为B 1，粒子进入磁场区域做圆周运动的半径为R ，则：
222()(3)R l l R -+=
解得：
R =2l
又
2
01v qv B m R
=
解得：
12mv B ql
=
(2)粒子恰好垂直匀强电场方向进入电场，做类平抛运动，则：
（9l -l ）sin 60︒=v 0t
21
(9)cos6022
l l l at ︒-+=
qE =ma
解得：
20
4mv E ql
=
(3)粒子做类平抛运动沿电场方向的分速度：
03v at v '==
粒子进入环状磁场的速度：
2
2000(3)2v v v v =+=
方向恰好沿MP ，即外圆切线方向。

要做完整的圆周运动，做圆周运动的半径R 应满足：
02l R ≤
或者3
22
l R l ≤≤ 由
22v qvB m R
=
解得：
024mv B ql ≥
或者00
243mv mv B ql ql
≤≤
13.如图所示，一定质量的理想气体从状态a 开始经历①②③④四个过程，到达状态e 。

对此气体，下列说法中正确的是（ ）
A. 过程①中气体从外界吸收热量
B. 过程②中气体从外界吸收热量
C. 过程③中气体对外界做正功
D. 状态a 比状态e 的体积大
E. 过程④中气体吸收的热量和对外界做功的数值相等 【答案】BCE 【解析】
【详解】A ．过程①中气体等温变化△U =0，压强增大，根据理想气体状态方程C pV
T
=知，体积一定减小，外界对气体做功W ＞0，再根据热力学第一定律W +Q =△U ，可知
Q ＜0
所以过程①中气体放热，故A 错误；
B ．过程②中气体等容变化W =0，温度升高，△U ＞0，根据热力学第一定律，Q ＞0，所以过程②中气体从外界吸收热量，故B 正确；
C ．过程③中气体等压变化，温度升高，根据理想气体状态方程C pV
T
=知，体积一定增大，气体对外界做功W ＜0，故C 正确；
D ．状态a 和状态e ，压强相等，温度a 比e 小，根据理想气体状态方程C pV
T
=知，状态a 比状态e 的体积小，故D 错误；
E 、过程④中气体等温变化△U =0，根据热力学第一定律，Q =－W ，即气体吸收的热量和对外界做功的数值相等，故E 正确。

故选BCE 。

14.如图所示，圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V ，圆柱内面积为S 的活塞（质量和厚度可忽略不计）将汽缸分成体积比为3：1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为P 0，弹簧弹力大小为
04
p S
，活塞处于静止状态。

要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p 0的气体（汽缸下部有接口）。

已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求： ①初始状态活塞下部气体压强； ②需要注入的压强为p 0的气体的体积。

【答案】①34
p 0 ②916V
【解析】
【详解】①对活塞受力分析得：
p 0S =p 1S +
04
p S
解得：
p 1=
34
p 0 ②设当活塞处于正中间时，上部气体压强为P 2，则：
p 0
34V =p 22
V 又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p 2，则：
p 1
4V +p 0V x =p 22
V 联立解得：
V x =
9
16
V 15.一列简谐横波沿x 轴传播，图甲是t =0.2s 时的波形图，P 、Q 是这列波上的两个质点，图乙是P 质点的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A. 这列波的传播方向沿x 轴正方向
B. 这列波的传播速度为15m/s
C. t =0.1s 时质点Q 处于平衡位置正在向上振动
D. P 、Q 两质点在任意时刻加速度都不可能相同
E. P 、Q 两质点在某些时刻速度可能相同
【答案】BCE 【解析】
【详解】A ．图甲是t =0.2s 时的波形图，图乙是P 质点的振动图象，则在t =0.2s 时，质点P 沿y 轴负方向传播，根据波动规律可知，波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．由图甲确定波长λ=6.0m ，由图乙确定周期T =0.4s ，根据波长、波速和周期的关系可知
6.0
m/s 0.4
v T
λ
=
=
=15m/s 故B 正确；
C ．t =0.2s 时，质点Q 处于波峰，则
t =0.1s=
4
T 时 质点Q 处于平衡位置向上振动，故C 正确； D ．质点P 、Q 的平衡位置，相隔3
4
λ，当质点P 、Q 关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，故D 错误；
E ．t =0.2s 时，质点P 向下运动，质点Q 也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故E 正确。

故选BCE 。

16.一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为R ，外圆半径为3R ，AF 和EG 分别为玻璃砖的两端面，∠AOE =120︒，B 、C 、D 三点将圆弧四等分。

一细束单色光a 从F 点沿平行于BO 方向从AF 面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B 点，求： ①玻璃砖的折射率n ；
②从B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ。

【答案】①3
n = ②60︒
【解析】
【详解】①光路图如图所示：
设从AF 界面射入时的入射角为θ1，折射角为θ2，因为a 光线平行于BD ，则θ1=60°， 根据余弦定理有
22(3)23cos30FB R R R R R =+-⋅⋅︒=
所以
θ3=30︒，θ2=30︒
根据折射定律有
1
2
sin 3sin n θθ=
= ②因为4
3
sin sin n θθ=
，解得 θ4=60︒
则偏转角φ为60︒。