湖北省襄樊市2021届新高考第三次适应性考试物理试题含解析

湖北省襄樊市2021届新高考第三次适应性考试物理试题
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．如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n 1和n 2的两部分，抽头上接有定值电阻R 。

开关S 接通“1”、“2”时电流表的示数分别为I 1、I 2
，则
1
2
I I 为（ ）
A ．1
2
n n
B ．21
n n
C ．2
122
n n
D ．
1
2
n n 【答案】C 【解析】 【详解】
设变压器原线圈两端的电压为U 0、匝数为n 0，根据变压器原理可知副线圈n 1和n 2的电压分别为
1100n U U n =
，2200
n U U n = 根据能量守恒
2
110U I U R
=
，2
220U I U R = 整理得
2
11222
I n I n = 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

2．如图所示，,A B 两个小球用长为1 m 的细线连接，用手拿着A 球，B 球竖直悬挂，且A 、B 两球均静止。

现由静止释放A 球，测得两球落地的时间差为0.2 s ，不计空气阻力，重力加速度2
10m /s g =，则A 球释放时离地面的高度为
A ．1.25 m
B ．1.80 m
C ．3.60 m
D ．6.25m 【答案】B 【解析】 【详解】
设释放时A 球离地高度为h ，则
22()h h L t g g
--=∆，求得 1.80m h =，。

A. 1.25 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故A 错误； B. 1.80 m 与上述计算结果 1.80m h =相符，故B 正确； C. 3.60 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故C 错误； D. 6.25m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故D 错误。

3．如图所示，“嫦娥四号”飞船绕月球在圆轨道Ⅰ上运动，在A 位置变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在近月点B 位置再次变轨进入近月圆轨道Ⅲ，下列判断正确的是（ ）
A ．飞船在A 位置变轨时，动能增大
B ．飞船在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度
C ．飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ上的加速度
D ．飞船在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ的周期 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．飞船在A 位置变轨时做近心运动，必须减速，动能减小，故A 错误； BC ．飞船在圆轨道上运动时，根据万有引力提供向心力，得
2
2Mm v G m ma r r
== 得
GM
v r
=
2GM
a r
=
知卫星的轨道半径越大，线速度和加速度越小，则知飞船在轨道Ⅰ上的速度和加速度均小于在轨道Ⅲ上的速度和加速度，故BC 错误；
D ．飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律3
2 a k T
=知飞船在轨道Ⅰ上的周
期大于在轨道Ⅱ上的周期，D 正确。

故选D 。

4．2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。

“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近月制动、环月飞行,最终于2019年1月3日10时26分实现人类首次月球背面软着陆。

假设“嫦娥四号"在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则有关“嫦娥四号”的说法中不正确的是（ ）
A ．由地月转移轨道进人环月轨道，可以通过点火减速的方法实现
B ．在减速着陆过程中,其引力势能逐渐减小
C ．嫦娥四号分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，半长轴的三次方与周期的平方比不相同
D ．若知其环月圆轨道距月球表面的高度、运行周期和引力常量,则可算出月球的密度 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．“嫦娥四号”由地月转移轨道进入环月轨道，需点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故A 正确；
B ．在减速着陆过程中，万有引力做正功，根据功能关系可知，引力势能减小，故B 正确；
C ．根据开普勒第三定律可知，半长轴的三次方与周期的平方的比值是与中心天体质量有关的量，“嫦娥四号”分别在绕地球的椭圆轨道和环月椭圆轨道上运行时，中心天体不同，半长轴的三次方与周期的平方比不相同，故C 正确；
D ．已知“嫦娥四号”环月段圆轨道距月球表面的高度，运动周期和引力常量，但不知道月球的半径，无法得出月球的密度，故D 错误； 说法中不正确的，故选D 。

5．如右图所示，在一真空区域中，AB 、CD 是圆O 的两条直径，在A 、B 两点上各放置一个电荷量为＋
Q 的点电荷，关于C 、D 两点的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A ．场强相同，电势相等
B ．场强不相同，电势相等
C ．场强相同，电势不相等
D ．场强不相同，电势不相等 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
根据电场的叠加原理，C 、D 两点的场强如图
由于电场强度是矢量，故C 、D 两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知C 、D 两个点的电势都与P 点的电势相同；
故选B ．
6．如图所示，边长为L 、总阻值为R 的等边三角形单匝金属线圈abc 从图示位置开始绕轴EF 以角速度 匀速转动，EF 的左右两侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2
B
，下列说法正确的是（ ）
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿acba 方向后沿abca 方向
C ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为238BL ω
D ．线圈转动过程中产生的交流电的电动势的有效值为21516
BL ω
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误；
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿abca 方向后沿acha 方向，B 错误；
C ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为
234
BL BS ω
ω=
C 错误；
D ．线圈从图示位置转过一周的过程中，有半个周期电动势的最大值为
213BL E ω
=
有半个周期电动势的最大值为
2238
BL E ω
=
根据有效值的定义
22
1222222E T T T R
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭+=⋅有 可求得交流电的有效值
21516
BL E ω
=
有 D 正确。

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．小球甲从斜面顶端以初速度v 沿水平方向抛出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t ，落在斜面上时的位移为s ，落在斜面上时的动能为E k ，离斜面最远时的动量为p ．现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v
n
（n ＞1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A ．小球乙落在斜面上时的位移为s n
B ．小球乙在空中运动的时间为
t n C ．小球乙落在斜面上时的动能为2k
E n
D ．小球乙离斜面最远时的动量为2p
n
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
设斜面倾角为θ，则2
12tan gt
vt
θ= ，解得2tan v t g θ=；22tan cos cos vt v s g θθθ
==，
2222211
(4tan )(14tan )22
k E m v v mv θθ=+=+；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度
v/n 沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n ；小球乙落在斜面上时的位移为s/n 2；小球乙落在斜面上时的动能为E k /n 2，选项A 错误，BC 正确；小球离斜面最远时，速度方向平行斜面，大小为1cos v
v θ
=，动量为11cos mv
P mv θ
==
，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n 沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n ，选项D 错误；故选BC.
8．如图所示，等腰直角三角形金属框abc 右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab 边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc 边的长度。

现使框架沿bc 边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c 点恰好达到磁场左边界。

线框中产生的感应电动势大小为E ，感应电流为I （逆时针方向为电流正方向），bc 两点间的电势差为U bc ，金属框的电功率为P 。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E Blv =可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E t -图像的第三阶段画错，故A 错误；
B ．根据闭合电路的欧姆定律E
i R
=
，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故i t -图像正确，故B 正确；
C ．由部分电路的欧姆定律bc bc U iR =，可知bc U t -图像和i t -图像的形状完全相同，故C 正确；
D ．金属框的电功率为2P i R =，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P t -图像错误，故D 错误。

故选BC 。

9．一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变化到状态C 的P-V 图象如图所示．若已知在A 状态时，理想气体的温度为320K ，则下列说法正确的是_______(已知51atm 110Pa =⨯)
A ．气体在
B 状态时的温度为720K
B ．气体分子在状态A 分子平均动能大于状态
C 理想气体分子平均动能 C ．气体从状态A 到状态C 的过程中气体对外做功
D ．气体从状态A 到状态C 的过程中气体温度先降低后升高 E.气体从状态A 到状态C 的过程中气体吸收热量为900 J 【答案】AC
E 【解析】
【详解】
A ：由图象得：4atm A p =、3atm
B p =、1L A V =、3L B V =，据理想气体状态方程A A
B B
A B
p V p V T T =，代入数据得：720K B T =．故A 项正确．
B ：由图象得：4atm A p =、1atm
C p =、1L A V =、4L C V =，则A A C C p V p V =，所以A C T T =．温度是分子平均动能的标志，所以状态A 与状态C 理想气体分子平均动能相等．故B 项错误． C ：从状态A 到状态C 的过程，气体体积增大，气体对外做功．故C 项正确．
D ：据AB 两项分析知，720K B A C T T T =>=，所以从状态A 到状态C 的过程中气体温度不是先降低后升高．故D 项错误．
E ：A C T T =，A 、C 两个状态理想气体内能相等，A 到C 过程0U ∆=；p V -图象与V 轴围成面积表示功，所以A 到C 过程，外界对气体做的功
553
3(34)10(31)10210110J 900J 22W --⎡⎤+⨯+⨯=-⨯⨯+⨯⨯=-⎢⎥⎣⎦
；据热力学第一定律得：U Q W ∆=+，
解得：900J Q =，所以状态A 到状态C 的过程中气体吸收热量为900 J ．故E 项正确．
10．如p-T 图所示，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③到达状态d 。

对此气体，下列说法正确的是____。

A ．过程①中，气体体积不断增大
B ．过程②中，气体向外界吸收热量
C ．过程②为绝热过程
D ．状态a 的体积大于状态d 的体积
E.过程③中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加 【答案】ADE 【解析】 【分析】 【详解】
A. 过程①中，气体温度不变，压强减小，则气体体积不断增大，选项A 正确；
BC. 过程②中，气体体积不变，温度降低，内能减小，则气体向外界放出热量，此过程不是绝热过程，选项BC 错误；
D. 根据pV
C
T
=可知在a、d两个状态
62
41
a d
V V
=，可知状态a的体积大于状态d的体积，选项D正确；
E. 过程③中，气体压强不变，体积减小，分子数密度增加，温度降低，分子平均速率减小，则气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增加，选项E正确。

故选ADE。

11．下列说法中正确的是()
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性
C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A错误；
B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；
C．理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C正确；
D．若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D正确。

故选BCD。

12．如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是（g为当地重力加速度）（）
A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为3
2 mg
C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为
2
()
gR
m
M M m
+
D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为
2
()
gR
m M m
+
【答案】BC 【解析】 【详解】
AB ．若地面粗糙且小车能够静止不动，设圆弧半径为R ，当小球运动到半径与竖直方向的夹角为θ时，速度为v ．
根据机械能守恒定律有：
12
mv 2
=mgRcosθ 由牛顿第二定律有：
N-mgcosθ=m 2
v R
解得小球对小车的压力为： N=3mgcosθ 其水平分量为 N x =3mgcosθsinθ=
3
2
mgsin2θ 根据平衡条件知，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为： f=N x =
3
2
mgsin2θ 可以看出：当sin2θ=1，即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3
2
mg ． 故A 错误，B 正确．
CD ．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v ．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv-Mv′=0；
系统的机械能守恒，则得： mgR=
12mv 2+1
2
Mv′2， 解得： v′=()
2gR
m
M M m +
故C 正确，D 错误． 故选BC ．
【点睛】
本题中地面光滑时，小车与小球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统的总动量并不守恒．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示装置可以用来测量滑块和水平面间动摩擦因数。

在水平面上将弹簧一端固定，另一端与滑块接触（两者不固连）。

压缩弹簧，静止释放，滑块被弹出，离开弹簧后经过光电门O ，最终停在P 点。

已知挡光片的宽度d ，记录滑块上挡光片通过光电门的时间t ，重力加速度大小为g 。

(1)滑块经过O 点的速度为____________。

(2)除了记录滑块挡光片通过D 点光电门的挡光时间之外，还需要测量的一个物理量是____________（填选项前的字母）。

A ．滑块释放点到P 点距离x
B ．光电门与P 点间的水平距离s
C ．滑块（带挡光片）质量m
D ．弹簧的长度l
(3)动摩擦因数的表达式为____________（用上述测量量和重力加速度g 表示）。

【答案】d t
B 222d gst 【解析】
【详解】
(1)[1]遮光条的宽度较小，通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，根据平均速度公式可知滑块的速度 d v t
= (2)[2]B 到C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得
2102
mgx mv μ-=- 动摩擦因数的表达式为
2
22d gst
=μ 还需要测量的物理量是：光电门O 与P 之间的水平距离s ，ACD 错误，B 正确。

故选B 。

(3)[3]根据上述分析可知
14．某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”让小铁球从A 点自由下落，下落过程中经过A 点正下方的光电门B 时，光电计时器记录下小球通过光电门的时间t ，当地的重力加速度为g 。

(1)为了验证机械能守恒定律，除了该实验准备的如下器材：铁架台、夹子、铁质小球，光电门、数字式计时器、游标卡尺（20分度），请问还需要________（选填“天平”、“刻度尺”或“秒表”）；
(2)用游标卡尺测量铁球的直径。

主尺示数（单位为cm ）和游标的位置如图所示，则其直径为________cm ；
(3)用游标卡尺测出小球的直径为d ，调整AB 之间距离h ，记录下小球通过光电门B 的时间t ，多次重复上述过程，作出2
1t 随h 的变化图线如图乙所示。

若已知该图线的斜率为k ，则当地的重力加速度g 的表达式为________。

【答案】刻度尺 1.015 2
2
kd g = 【解析】 【详解】
(1)[1]．根据实验原理和题意可知，还需要用刻度尺测量A 点到光电门的距离，故选刻度尺；
(2)[2]．20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm ，游标卡尺的主尺读数为1cm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm ⨯，所以最终读数为：1cm+0.15m=1.015cm .
(3)[3]．根据机械能守恒的表达式有
212
mgh mv = 利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度有
d v t
= 整理后有
2212g h t d
= 则该直线斜率为
2
2g k d = 可得
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞(横截面积为S)封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计．轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物(质量为m)连接．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p0(mg＜p0S)，轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T0，体积为V．现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，求：
(1)重物刚离开地面时汽缸内气体的温度T1；
(2)气体体积减半时的温度T2；
(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值．
【答案】（1）
10
(1)
mg
T T
PoS
=-（2）
20
2(1)
mg
T T
PoS
=-（3）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：①p1=p0，
20
mg
p p
S
=-
容过程：12
01
p p
T T
=解得：0
10
mg
p
S
T T
p
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
=
②等压过程：
12
2
V
V
T T
=
20
2
mg
p
S
T T
p
-
=
③如图所示
考点：考查了理想气体状态方程
16．如图所示，长l ＝1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向
右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°
.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F 的大小；
(2)小球的质量m ；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．
【答案】 (1)F=3.0×
10－3N (2)m=4.0×10－4kg (3)v=2.0m/s 【解析】
【详解】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力6331.010 3.010N 3.010N F qE --==⨯⨯⨯=⨯；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得tan qE mg θ
=，所以34310kg 410kg tan 10tan 37qE m g θ--⨯===⨯⨯︒； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则21(1cos37)2
mgl mv -︒=，解得v=2m/s ． 17．如图所示，质量为m 1=0.5kg 的物块A 用细线悬于O 点，质量为M=2kg 的长木板C 放在光滑的水平面上，质量为m 2=1kg 的物块B 放在光滑的长木板上，物块B 与放在长木板上的轻弹簧的一端连接，轻弹
簧的另一端与长木板左端的固定挡板连接，将物块A 拉至悬线与竖直方向成θ=53°的位置由静止释放，物块A 运动到最低点时刚好与物块B 沿水平方向发生相碰，碰撞后，B 获得的速度大小为2.5m/s ，已知悬线长L=2m ，不计物块A 的大小，重力加速度g=10m/s 2，求：
(1)物块A 与B 碰撞后一瞬间，细线的拉力；
(2)弹簧第一次被压缩后，具有的最大弹性势能。

【答案】 (1)5.25N(2)25J 12
p E =
【解析】
【详解】 (1)设物块A 与B 砸撞前速度大小为v 1，根据机械能守恒可知
21111(cos )2
m g L L m v θ-=
解得
v 1=4m/s 设A 被反弹后的速度大小为v 2，碳撞过程动量守恒，设B 获得的速度大小为v 3，则有
m 1v 1=m 2v 3+m 1v 2
解得
v 2=-1m/s
设细线的拉力为F ，根据牛顿第二定律有
2211v F m g m L
-= 解得
F=5.25N
(2)当弹簧第一次被压缩到最短时，物块B 和长木板C 具有共同速度，设共同速度大小为v 4，根据动量守恒定律有
m 2v 3=(M+m 2）v 4
解得
45m/s 6
v = 根据能量守恒，得弹簧具有的最大弹性势能
()2223241122
p E m v m M v =-+ 解得 25J 12p E =。