湖北省十堰市2021届新高考三诊物理试题含解析

湖北省十堰市2021届新高考三诊物理试题
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．如图所示，两同心圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带正电的绝缘环，B 为导体环，两环均可绕中心在水平面内转动，若A 逆时针加速转动，则B 环中（ ）
A ．一定产生恒定的感应电流
B ．产生顺时针方向的感应电流
C ．产生逆时针方向的感应电流
D ．没有感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】 A. A 为均匀带正电的绝缘环，若A 逆时针加速转动，且转速均匀增加，则因为A 转动产生磁场均匀增加，在B 环中产生恒定的感应电流，故A 项错误；
BCD.A 为均匀带正电的绝缘环，若A 逆时针加速转动，在B 环中产生垂直于纸面向外且增大的磁场，所以B 环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，B 环中产生顺时针方向的感应电流。

故B 项正确，CD 两项错误。

2．如图所示的电路中，AB 和CD 为两个水平放置的平行板电容器，AB 板间有一点P ，闭合开关K ，待
电路稳定后将开关断开。

现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD 板间，则下列说法正确的是（ ）
A ．CD 平行板电容器的电容减小
B ．P 点电势降低
C ．A 、B 两板间的电场强度增大
D ．电阻R 中有向右的电流
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．将玻璃板插入CD 板间，则相对介电常数ε增大，其他条件不变，由4S C kd
επ=
可知，CD 平行板电容器的电容增大，故A 错误；
BC ．电容器两板间电压
AB CD Q
U C C =+总 断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD 电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由U
E d =
可知，AB 板间电场强度变小，则P 点与B 板间的电势差变小，因为B 板接地电势始终为零，则P 点电势降低，故B 项正确，C 项错误；
D ．由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB 电容器放电，电阻R 中有向左的电流，故D 项错误。

3．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。

发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO /在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。

矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻。

以线圈平面在中性面为计时起点，下列判断正确的是（ ）
A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 cos e NBS t ωω=
C ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变
D ．当用户数目增多时，电路中的电流变小，用户得到的电压变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A 错误；
B ．从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为
sin e NBS t ωω=
故B 错误；
C ．当滑动触头P 向下移动时，输出电压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，故C 正确；
D ．当用户数目增多时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，则输电线上电阻的电压增大，用户得到的电压变小，故D 错误。

故选C 。

4．在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。

若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R ，地球自转的周期为T ，则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为
A ．23R T π
B ．22R T π
C ．4216R T π
D ．224R T
π 【答案】D
【解析】
【详解】 在两极：12mM G mg R ＝；在赤道上：2222-=()mM G mg m R R T π，则2212224=()R g g g R T T
ππ∆=-=； A.
2
3R T π，与结论不相符，选项A 错误； B. 22R T π，与结论不相符，选项B 错误； C. 4216R T
π，与结论不相符，选项C 错误； D. 22
4R T π，与结论相符，选项D 正确； 5．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h 处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B ．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D ．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h 处
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB 错误； C ．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C 错误；
D ．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h 处，D 正确。

故选D 。

6．如图所示，质量为m 的木块在质量为M 的长木板上滑行，木块与长木板间动摩擦因数为2μ，长木板
与地面间动摩擦因数为1μ。

若长木板处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小为（ ）
A ．()1m M g μ+
B ．()2m M g μ+
C ．2mg μ
D ．21mg Mg μμ+
【答案】C
【解析】
【详解】 隔离分析长木块，如图甲，受重力mg 、支持力N F 、向左的滑动摩擦力
f 2F m
g μ=①
隔离分析木板，如图乙，受重力Mg 、木块的压力mg 、向右的滑动摩擦力f F 、地面的支持力N F 地与向左的静摩擦力f F 地。

水平方向受力平衡
f f F F =地②
解①②式得
2f F mg μ=地
竖直方向受力平衡
N ()F m M g =+地
达到最大静摩擦力时（临界点），为
11f N ()F F m M g μμ='=+地地
由题可知长木板静止不动，所以
1f ()F m M g μ<+地
所以C 正确，ABD 错误。

故选C 。

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，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的作用力F 作用且系统达到稳定时，小球偏离平衡位量如图，重力加速度为g ，此时（ ）
A ．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则()tan M m g F α+=
B ．若小球对椭圆面的压力与竖直方向的夹角为α，则tan ()F M m g α=
+ C ．小球对椭圆面的压力大小为22()F m g M m
++ D ．小球对椭圆面的压力大小为22(
)F m g M m -+ 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
对小球受力如图所示
AB ．对整体两者一起加速，则
F a M m
=+ tan F mg
α=合 =F ma 合
解得
()tan a F g M m g
α==+ 故A 错误，B 正确；
CD ．由题意得
()2
222N F F F mg m g M m ⎛⎫=+=+ ⎪+⎝⎭合 故C 正确，D 错误。

故选BC 。

8．如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球a 、b 以一定初速度射入电场中P 点后的运动轨迹分别如图中虚线所示，b 轨迹为直线。

已知b 球带电量大小为q ，质量为m ，其轨迹与电场夹角为θ，重力加速度大小为g ，则（ ）
A ．a 球带负电
B ．匀强电场的电场强度E=mg q tan θ
C ．b 球经P 点后做匀加速直线运动
D ．a 球经P 点后的运动过程中电势能逐渐增大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a 球受到的电场力必定水平向左，与电场方向一致，则a 球带正电，A 错误；
BC ．b 球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，轨迹与电场方向夹角为θ，则
tan Eq mg θ=
解得
tan mg E q θ
= BC 正确；
D ．b 球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，D 错误。

故选BC 。

9．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播
的速度为5 m/s ， 则（ ）
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动
C ．若此波遇到另--列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为2.5Hz
D ．x=2 m 处的质点在t=0.2 s 时刻的加速度有最大值
E.从t=0时刻开始质点a 经0.4 s 通过的路程为0.8 m
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．由图可知波的波长4m λ=，由题在时间t=0.2s 内，波传播的距离为
50.2m 1m=4x vt λ==⨯=
根据波形的平移法可知，这列波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．由波的传播方向可知，t=0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，故B 正确；
C ．由v T
λ
=得
4s 0.8s 5T v λ=== 频率为 1.25Hz f =，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故C 错误；
D ．x=2m 处的质点在t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故D 正确；
E ．从t=0时刻开始质点a 经0.4s 是半个周期，通过的路程为2倍的振幅，即为0.8m ，故E 正确。

故选BDE 。

10．一列横波沿x 轴传播，某时刻的波形图如图所示，质点A 的平衡位置与坐标原点O 相距1m ，此时质点A 沿y 轴正方向运动，经过0.5s 第一次到达最大位移处。

由此可知
A ．这列波沿x 轴负方向传播
B ．这列波的波长为2m
C ．这列波的传播速度为1m/s
D ．这列波的频率为2Hz
E.该时刻起1.5s 内质点A 走过的路程为0.03m
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．题图中质点A 正由平衡位置向正向最大位移处运动，根据“上下坡法”可知，波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B ．由波形图可知
1m 2OA λ=
=
解得 2m λ=
故B 正确；
CD ．由题知，质点A 经0.5s 第一次到达最大位移处，则有
0.5s 4
T = 解得
2s T =
故频率
10.5Hz f T
== 根据
1m/s v T λ
==
故C 正确，D 错误；
E ．因
31.54
T =s 故质点A 走过的路程为0.03m ，故E 正确。

故选BCE 。

11．如图所示，小球A 、B 、C 通过铰链与两根长为L 的轻杆相连，ABC 位于竖直面内且成正三角形，其中A 、C 置于水平面上。

现将球B 由静止释放，球A 、C 在杆的作用下向两侧滑动，三小球的运动始终在同一竖直平面内。

已知A B C 1122
m m m m ===，不计摩擦，重力加速度为g 。

则球B 由静止释放至落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．球
B 的机械能先减小后增大
B ．球B 3gL
C ．球A 对地面的压力一直大于mg
D ．球B 落地地点位于初始位置正下方
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．
B 下落时，A 、
C 开始运动，当B 落地后，A 、C 停止运动，因A 、B 、C 三球组成系统机械能守恒，故球B 的机械能先减小后增大，故A 正确；
B ．对整个系统分析，有：
2B 312
mg
mv = 解得 B 3v gL =故B 正确；
C ．在B 落地前的一段时间，A 、C 做减速运动，轻杆对球有向上力作用，故球A 对地面的压力可能小于mg ，故C 错误；
D ．因为A 、C 两球质量不相同，故球B 落地点不可能位于初始位置正下方，故D 错误。

故选AB 。

12．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212tan 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.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值 R 随拉力F 变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”。

电路中电源电动势E = 3V ，内阻r =1Ω；灵敏毫安表量程为10mA ，内阻R g =50Ω；R 1是可变电阻器，A 、B 两接线柱等高且固定。

现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A 、B 两接线柱上。

通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步骤如下：
步骤a ：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R 1，使毫安表指针满偏；
步骤b ：滑环下吊已知重力的重物G ，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c ：保持可变电阻R 1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数 I ；
步骤d ：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e ：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。

(1)写出敏感电阻丝上的拉力F 与重物重力G 的关系式 F=__________；
(2)若图(a)中R 0=100Ω，图象斜率 k = 0.5Ω/N ，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G= _________N ；
(3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表________________(填“零刻度”或“满刻度”)处，刻度线
_________填“均匀”或“不均匀”）。

(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤a 操作，则测量结果______________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】600N 满刻度不均匀不变
【解析】
【详解】
(1) 由受力情况及平行四边形定则可知，，解得：；
(2) 实验步骤中可知，当没有挂重物时，电流为满偏电流，即：，由欧姆定律得：
，电流是半偏的，代入数据解得：G=600N；
(3) 由实验步骤可知，当拉力为F时，电流为I，因此根据闭合电路的欧姆定律得：
，由图乙可知，拉力与电阻的关系式：，解得：
电流值I与压力G不成正比，刻度盘不均匀；该秤的重力越小，电阻越小，则电
流表示数越大，故重力的零刻度应在靠近电流表满刻度处；
(4) 根据操作过程a可知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻R1会变小，即r+R1之和仍旧会不变，也就是说测量结果也不变。

14．用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。

(1)在下表中选出适当的实验器材进行实验。

器材（代号）规格
电压表（1V）0~3V，内阻约3kΩ
V）0~15V，内阻约15kΩ
电压表（2
A）0~0.6A，内阻约0.125Ω
电流表（1
A）0~3A，内阻约0.025Ω
电流表（2
滑动变阻器（1R）总阻值约20Ω
滑动变阻器（2R）总阻值约1000Ω
待测干电池电动势约为1.5V
开关（S）
导线若干
实验中电流表应选用_____；电压表应选用_____；滑动变阻器应选用____（填器材代号）。

(2)完成图2中实物间的连线_________。

(3)甲同学在实验中记录了6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上，请标出余下一组数据对应的坐标点，并画出U-I图线____________。

序号 1 2 3 4 5 6
电压U
1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
（V）
电流I
0.06 0.12 0.24 0.26 0.36 0.48
（A）
根据所画图线，可得出干电池的电动势E=_______V。

(4)甲同学认为若不考虑电压表和电流表内阻对实验的影响，则电压表的读数U与对应的电流表的读数I
的比值U
I
就等于干电池的内阻；乙同学认为电压表的读数变化量U
∆与相对应的电流表的读数变化量I∆
的比值的绝对值
U
I
∆
∆
才等于电源的内阻。

请判断哪位同学的观点是正确的，并说明你的判断依据
___________。

【答案】V1A1R1
1.49 乙正确
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]干电池的电动势约为1.5V ，所以电压表选用0~3V 量程的，故选V 1；
[2]干电池所在电路电流非常小，所以选用的电流表应为0~0.6A 量程的，故选A 1；
[3]滑动变阻器阻值过大，会造成电路中电流变化不明显，不利于数据的采集，所以选用滑动变阻器1R 。

(2)[4]滑动变阻器采用的限流接法，电流表采用内接法，故实物图连接如图所示。

(3)[5]U I -图像如图所示：
[6]图线与坐标轴的纵截距表示电源电动势，故 1.49V E =。

(4)[7]乙同学说法正确。

根据闭合电路欧姆定律U=E －Ir ，在电路变化过程中，U 与I 的变化趋势是相反的（即一个变大，另一个就变小），因此U 与I 的比值
U I
是不断变化的，不可能等于内阻。

而在电路变化过程中，电动势E 不变，任意取两个状态，
U 1=E －I 1r ，U 2=E －I 2r ，U ∆＝U 1－U 2，I ∆＝I 1－I 2，
可以得出
U I ∆∆=r 由于两个状态是任意取的，因此乙同学说法正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，横截面是半径为R 的扇形ACO 的玻璃砖放存水平面上，AO 与OB 垂直，∠BOC=15°，D 为AB 弧的中点，一束单色光从D 点以60°的入射角射入玻璃砖，折射光线刚好垂直CO 射出。

（i ）求玻璃砖对光的折射率；
（ii ）若让该光束垂直AO 面射人玻璃砖，刚好照射到D 点，试分析光线能否在D 点发生全反射；若能发生全反射，求反射光线从D 点到达OC 面所需的时间（已知62sin 754︒+=
，光在真空中的传播速度为c ）。

【答案】（i ）3，（ii ）
3(62)2R c
-。

【解析】
【详解】 （i ）根据题意画出光路图：
根据几何关系可知折射角：
906030r ︒︒︒=-=
折射率：
sin 3sin i n r
== （ii ）光线垂直AO 面射入到D 点，光路图如图所示，根据几何关系可知：
45θ︒=
13sin 3
C n =
= 而：
2sin 2θ= 所以C θ>，光束能在D 处发生全反射。

根据几何关系可知：
75DEO ︒∠=
假设反射光从D 点射到OC 面的距离为d ，根据正弦定理：
sin 75sin 60R d
︒︒
= 解得：(326)R d -= 传播时间：
3(62)2d nd R t v c c
-===。

16．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：
(1)带电粒子入射速度的大小；
(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；
(3)匀强电场的电场强度大小．
【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB d m θ
【解析】
【分析】
画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.
【详解】
（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．
由几何关系可知：cos d R θ= 洛伦兹力做向心力：200v qv B m R
= 解得0cos qBd v m θ
= （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d x θ=
粒子作匀速运动：x=v 0t
联立解得cos sin m t qB θθ
= （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B
解得2qB d E mcos θ
= 【点睛】
此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.
17．如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内有一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小为B ＝0.1T 从坐标原点沿与x 轴正向成30θ=︒的方向，向第一象限内射入质量为17110m -=⨯kg 、电荷量为—111.010q =⨯C 的带正电粒子，粒子的速度大小为v 0＝1×104m/s ，粒子经磁场偏转后，速度垂直于x 轴．若不计粒子的重力，求〔结果可用m 表示):
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径及运动的时间;
（2）匀强磁场的最小面积．
【答案】（1）23π×10-5s ；（2）34
π×10-2m 2 【解析】
【详解】 （1）带电粒子在磁场中做圆周运动，由：
qv 0B=m 20v R 可得粒子做圆周运动的半径为：
R=0mv qB
=0.1m 粒子在磁场中做圆周运动的周期：
T=2m qB
π 由几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°
粒子在磁场中运动的时间：
t=1202236033
m T qB ππ==×10-5s （2）粒子的运动轨迹如图所示，设入射点在P 点，出射点在Q 点
由几何关系可知：
PQ=2Rcos30°3则圆形磁场的最小半径：
r=32PQ =因此匀强磁场的最小面积：
S=πr 2=34
π×10-2m 2。