江西省上饶市2021届新高考物理第三次押题试卷含解析

江西省上饶市2021届新高考物理第三次押题试卷
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．下列说法正确的是（）
A．库仑发现了电流的磁效应
B．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性
C．镭226变为氡222的半衰期是1620年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短
D．结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
【答案】B
【解析】
【详解】
A．安培发现了电流的磁效应，选项A错误；
B．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性，选项B正确；C．半衰期不随外界环境的变化而变化，选项C错误；
D．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D错误。

故选B。

2．图1所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图2所示为该波中x=1.5m处质点P的振动图象，下列说法正确的是
A．该波的波速为2m/s
B．该波一定沿x轴负方向传播
C．t= 1.0s时，质点P的加速度最小，速度最大
D．图1所对应的时刻可能是t=0.5s
【答案】D
【解析】
【详解】
由图1可知波长λ=4m，由图2知周期T=4s，可求该波的波速v=λ/T=1m/s，故A错误；由于不知是哪个时刻的波动图像，所以无法在图2中找到P点对应的时刻来判断P点的振动方向，故无法判断波的传播方向，B错误；由图2可知，t=1s时，质点P位于波峰位置，速度最小，加速度最大，所以C错误；因为不知道波的传播方向，所以由图1中P点的位置结合图2可知，若波向右传播，由平移法可知传播距离为x=0.5+nλ，对应的时刻为t=（0.5±4n）s，向左传播传播距离为x=1.5+nλ，对应的时刻为t=（1.5±4n）s，
其中n=0、1、2、3……，所以当波向x 轴正方向传播，n=0时，t=0.5s ，故D 正确。

3．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步卫星轨道3（如图所示）。

则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B ．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C ．卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能
D ．卫星在轨道3上经过P 点的加速度大于它在轨道2上经过P 点的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】
ABD ．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道半径为r 、地球质量为M ，有
2
222=)2(Mm v G m r m m r ma r T r
πω=== 解得
GM v r
=① 3
GM r ω=② 2GM a r =
③ 轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道3上经过P 点的加速度等于它在轨道2上经过P 点的加速度，故ABD 均错误；
C ．卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C 正确；
故选C 。

4．如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x ＝6m 处的质点P 在最短时间内到达波峰历时0.6s 。

图中质点M 的横坐标x=2.25m 。

下列说法正确的是（ ）
A ．该波的波速为7.5m/s
B ．0～0.6s 内质点P 的路程为4.5m
C ．0.4s 末质点M 的振动方向沿y 轴正方向
D ．0～0.2s 内质点M 的路程为10cm
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．由图象知波长λ=6m ，根据波动与振动方向间的关系知，质点P 在t=0时刻沿y 轴负方向振动，经过34
T 第一次到达波峰，即 30.6s 4
T =， 解得：
0.8s T =， 由v T
λ
=得波速 67.5m /s 0.8
v T λ
===， A 正确；
B ．由图象知振幅A=10cm ，0～0.6s 内质点P 的路程
L=3A=30cm ，
B 错误；
C ．t=0时刻质点M 沿y 轴正方向振动，经过0.4s 即
2
T ，质点M 在x 轴的下方且沿y 轴负方向振动，C 错误；
D ．0～0.2s 内质点M 先沿y 轴正方向运动到达波峰后沿y 轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路程小于A 即10cm ，D 错误。

故选A 。

5．如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ=45°，已知甲球的质量为m ，乙球 的质量为2m ，重力加速度为g 。

则轻杆对乙球的作用力大小等于（ ）
A ．mg
B ．2mg
C ．2mg
D ．22mg
【答案】D 【解析】
【详解】 对甲球由牛顿第二定律知
ma=mgtanθ
则加速度大小为：
a=gtanθ
设杆对乙球的作用力为F ，则
222(2)F mg ma -=
解得：
F=22mg ；
A. mg ，与结论不相符，选项A 错误；
B. 2mg ，与结论不相符，选项B 错误；
C. 2mg ，与结论不相符，选项B 错误；
D. 22mg ，与结论相符，选项D 正确；
6．在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q 1为正电荷，Q 2为负电荷。

一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O 由静止开始沿x 轴运动，其动能E k 随位置x 的变化关系如图，则能够正确表示Q 1、Q 2位置的图像是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【详解】
由动能定理可知k E Fx =可知k E x -图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0~x 0之间存在一个场强为0的点（设为M 点），且在OM 之间运动时电场力做正功，在M 与x 0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0~x 0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q 1距离O 点较近，故选项A 正确，BCD 错误； 故选A 。

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，在竖直平面内的xOy 坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场，将一质量为0.1kg 、带电荷量为+0.01C 的小球以某一初速度从原点O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为y 1=x ，已知P 点为轨迹与直线方程y=x 的交点，重力加速度g=10m/s 1．则（ ）
A ．电场强度的大小为100N/C
B ．小球初速度的大小为3m/s
C ．小球通过P 点时的动能为53J 4
D ．小球从O 点运动到P 3J
【答案】AC
【解析】
小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=x 1，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，竖直方向：qE•sin30°=mg ，所以：
22/100/0.02
mg E N C N C q ===，选项A 正确； 小球受到的合力：F 合=qEcos30°=ma ，所以3g ；P 点的坐标为（1m ，1m ）；由平抛运动规律有：01v t =；2112
at =，解得053/v m s =，选项B 错误；小球通过P 点时的速度220()253/P v v at m s =+=，则动能为21532kP P E mv J =
=，选项C 正确； 小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：
00cos3030(31)E W Eq x Eqsin x J =+=，选项D 错误；故选AC.
点睛：本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=x 1，得出小球在受到的电场力与重力大小关系是解答的关键．
8．如图所示为两分子间作用力的合力F 与两分子间距离r 的关系曲线，下列说法正确的是______。

A ．当r 大于1r 时，分子力合力表现为吸引
B ．当r 小于2r 时，分子力合力表现为排斥
C ．当r 等于2r 时，分子间引力最大
D ．当r 等于1r 时，分子间势能最小
E.在r 由1r 变到2r 的过程中，分子间的作用力做负功
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．根据F r -图像信息可知，当1r r >时，分子力合力表现为吸引，故A 正确；
B ．当1r r <时，分子力合力表现为排斥，在1r 与2r 之间，分子力合力表现为吸引，故B 错误；
C ．当2r r =时，分子力合力为吸引的最大值，但引力在小于2r 时更大，故C 错误；
D ．r 0为分子间的平衡距离，当r ＜r 0时，分子力表现为斥力，分子间距减小时分子力做负功，分子势能增大。

当分子间距r ＞r 0时分子力表现为引力，分子间距增大时分子力做负功，分子势能增大，所以当分子间距离为r 0时，分子势能最小，故D 正确；
E ．由1r 变到2r 的过程中，分子力合力表现为吸引，且做负功，故E 正确。

故选ADE 。

9．如图所示，沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．图示时刻质点b 的加速度正在增大
B ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动
C ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点a 沿波传播方向迁移了2m
D ．若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m 大得多
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于波沿x 轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b 质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，故A 正确；
B ．由图知，波长λ=4m ，则该波的周期为 4s=0.02s 200
T v λ
== 从图示时刻开始，经过0.01s ，即半个周期，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动，故B 正确；
C ．质点a 不会沿波传播方向迁移，故C 错误；
D ．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m 小或和4m 差不多，故D 错误。

故选：AB 。

10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（ ）
A ．加速度先减小后增大
B ．经过O 点时的速度最大
C ．所受弹簧弹力始终做正功
D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A 项：由于水平面粗糙且O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA 之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A 到
B 的过程中加速度先减小后反向增大，故A 正确； B 项：物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO 之间某一位置，即在O 点左侧，故B 错误；
C 项：从A 到O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O 到B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，故C 错误；
D 项：从A 到B 过程中根据动能定理可得W 弹-W 克f =0，即W 弹=W 克f ，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故D 正确．
11．如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P 点向对面的
山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法正确的是()
A．落到A、B、C三处的石块落地速度方向相同
B．落到A、B两处的石块落地速度方向相同
C．落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同
D．落到C处的石块在空中运动的时间最长
【答案】BC
【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
解：A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确．
C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确．
D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长．故D错误．
故选BC．
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
12．一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D ．在2 s 内，拉力做功为0.6 J
【答案】BC
【解析】
【详解】
A. 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得ab 棒受到的推力：
20.2N F mg ==
故A 错误；
B. 对cd 棒，受到向下的重力mg 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：
F 安BIL mg ==
2BLv I R
= 联立解得： 2222220.10.1m/s 2m/s 0.50.2mgR v B L ⨯⨯=
==⨯ 故B 正确；
C. 在2s 内，电路产生的电能：
222
0.50.222J 0.4(J 2220).)(1
E BLv Q t t R R ⨯⨯===⨯=⨯ 则在2s 内，拉力做功，有0.4J 的机械能转化为电能，故C 正确；
D. 在2s 内拉力做的功为：
0.222J 0.8J W Fvt ==⨯⨯=
故D 错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．测量木块和木板间动摩擦因数的装置如图(a)。

水平固定的长木板一端有定滑轮，另一端有打点计时器。

细线绕过定滑轮将木块和钩码相连，木块靠近打点计时器，纸带穿过打点计时器后固定在木块上。

接通打点计时器，放开木块，钩码触地后不再弹起，木块继续向前运动一段距离后停在木板上。

某次纸带的数据如图(b)，打点计时器所用电源的频率为50Hz ，每相邻两点间还有1个点未画出，数值单位为cm 。

由图(b)数据可知，钩码触地后木块继续运动的加速度大小为___m/s 2；若取g ＝10m/s 2，则木块与木板间的动摩擦因数为___；某小组实验数据处理完成后，发现操作中滑轮的高度变化造成细线与木板的上表面不平行，如图(c)，这样他们测得的动摩擦因数与实际值相比___（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】3 0.3 不变
【解析】
【详解】
[1]钩码触地后木块做减速运动，计算其加速度大小应该用纸带的后一段，即5~1点之间的部分 2222(4.49 4.01)(3.05 3.53)10m/s 3m/s (20.022)
a -+-+=⨯=⨯⨯； [2]钩码触地后，木块只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有
f=ma
f=μmg
木块与木板间的动摩擦因数
μ=0.3；
[3]由于钩码触地后细线不再提供拉力，减速运动的加速度与之前的加速运动情况无关，所以不影响测量结果，测得的动摩擦因数与实际值相比不变。

14．某班同学在学习了向心力的公式F ＝m 2
v r
和F ＝mω2r 后，分学习小组进行实验探究向心力。

同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL 的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动(如图乙所示)，来感受向心力。

(1)下列说法中正确的是________。

A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A,80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据。

操作一：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作二：手握绳结B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作三：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。

操作四：手握绳结A，再向杯中添30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中这种实验方法叫________法。

③小组总结阶段，在空中甩动纸杯的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样”，你认为该同学的说法正确吗？答：________。

【答案】)BD 角速度、半径质量大小控制变量不正确，见解析
【解析】
【详解】
（1）[1]．由题意知，根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。

（2）①[2][3]．根据向心力公式F向＝mω2r，结合牛顿第三定律，则有T拉＝mω2r；
操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量大小有关；
②[4]．物理学中这种实验方法叫控制变量法。

③[5]．该同学受力分析的对象是自己的手，但实验中受力分析的对象是纸杯，绳的拉力提供纸杯做圆周运
动的向心力，方向指向圆心，绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心，故该同学的说法不正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，竖直放置的粗细均匀的U 形管左端封闭，右端开口。

左管内用水银封闭一段长L 1＝20cm 的空气柱，左右两管水银面差为h ＝15cm 。

已知外界温度为27℃，大气压为75cmHg 。

(i)如果缓慢向右管内注入水银，直到左右水银面相平(原来右管水银没有全部进入水平部分)，求在右管注入的水银柱长度
(ii)在左右管水银面相平后，缓慢升高左管内封闭气体的温度，使封闭空气柱长度变为20cm ，求此时左端空气柱的温度。

【答案】 (i)223cm h =(ii)2415T =K
【解析】
【详解】
(i)设封闭气体原来压强为1p ，后来压强为2p ，气体做等温变化：
10p p h =-
20p p =
1122p L S p L S =
()2122h h L L =+-
解得
216cm L =，223cm h =
(ii)空气柱的长度变为20cm 时，左管水银面下降
124cm L L -=
右管水银面会上升4cm ，此时空气柱的压强
308cmHg 83cmHg p p =+=， 由查理定律3112
p p T T =，解得 2415T =K
16．某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC 与半圆形直径重合，∠ACB = 30°，半圆形的半径为R ， —束光线从E 点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O ，且E 、O 两点距离为R ，已知光在真空的传播速度为c
，介质折射率为3。

求：
(1)光线在E 点的折射角并画出光路图；
(2)光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。

【答案】 (1)30°；；(2)3R ； 3R c。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题
OE ＝OC ＝R
则：△OEC 为等腰三角形
∠OEC ＝∠ACB ＝30°
所以入射角：
θ1＝60°
由折射定律：n ＝12
sin sin θθ 可得： sinθ2=12
，θ2＝30° 由几何关系：∠OED ＝30°，则折射光平行于AB 的方向，如图；
(2)折射光平行于AB 的方向，所以：
ED=2Rcos30°=3R
光在介质内的速度：v ＝
c n ，传播的时间： t ＝ED v
联立可得：
t ＝3R c
17．如图所示，竖直放置的U 型管内装有水银，右管封闭了一段长L=20cm 的空气柱，此时左右两侧的水银面高度差h 1=6cm ，现从管的开口端慢慢倒入水银，最终左管水银面比右管水银面高h 2=4cm ，整个过程温度不变，外界大气压p 0=76cmHg 。

求∶
(1)右管封闭空气柱的最终长度L'；
(2)加入的水银柱长度x 。

【答案】（1）17.5m ；（2）15cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)初态气体的压强
10170cmHg ρ=-=p p gh
初态气体的体积
120==V LS S
末态气体的压强
20280cmHg ρ=+=p p gh
末态气体的体积
2V L S '=
根据玻意耳定律得
1122pV p V =
解得
17.5cm
L'=
(2)加入的水银柱长为
122()
x h h L L' =++-解得
15cm
x=。