广东省肇庆市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

广东省肇庆市2021届新高考物理第三次调研试卷
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．如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止．取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为()
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可；
【详解】
由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。

【点睛】
本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。

2．两根相互平行的水平放置长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2；有一电流元IL与两导线均平行，且处于两导线的对称面上，导线某一横截面所在平面如图所示，则下列说法正确的是（）
A．电流元所处位置的磁场方向一定竖直向下
B．电流元所处位置的磁场方向一定水平向右
C．要使电流元平衡，可在电流元正上方某位置加一同向通电导线
D．如果电流元在所处位置受的安培力为F，则两导线在该处的磁感应强度大小为B=F IL
【答案】D 【解析】
【详解】
AB ．根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，又由于12I I >，可得电流元所处位置的磁场方向斜向右下，故A 、B 错误；
C ．根据同向电流互相吸引，可判断要使电流元平衡，可在电流元右上方某位置加一同向通电导线，故C 错误；
D ．电流元在该处与磁场方向垂直，而受到的力为F ，所以根据磁感应强度的定义可知两导线在该处的磁感应强度大小为 F B IL
= 故D 正确；
故选D 。

3．双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。

如图所示，相距为L 的M 、N 两恒星绕共同的圆心O 做圆周运动，M 、N 的质量分别为m 1、m 2，周期均为T 。

若另有间距也为L 的双星P 、Q ，P 、Q 的质量分别为2m 1、2m 2，则( )
A ．P 、Q 运动的轨道半径之比为m 1∶m 2
B ．P 、Q 运动的角速度之比为m 2∶m 1
C ．P 、Q 运动的周期均为22T
D ．P 与M 的运动速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】
双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对M 、N 有
G 122m m L
＝m 1·r 122π()T G
122m m L ＝m 2·r 222π()T 对P 、Q 有
G 12222m m ⋅＝2m 1·r′122π()
G 12222m m L ⋅＝2m 2·r′222π()T
其中
r 1＋r 2＝L ，r′1＋r′2＝L
联立解得
T′T 由
2m 1r′1＝2m 2r′2
可知
r′1∶r′2＝m 2∶m 1
则可知
r 1＝r′1
结合v ＝2r T
π可知P 与M 的运动速率不相等，故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

4．一个做变速直线运动的物体，其加速度方向不变而大小逐渐减小至零，那么该物体的运动情况不可能．．．是（ ）
A ．速度不断增大，加速度减小到零时速度最大
B ．速度不断减小，加速度减小到零时速度也减小到零
C ．速度先减小后增大，加速度减小到零时速度最大
D ．速度先增大后减小，加速度减小到零时速度最小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当速度的方向和加速度的方向相同时，则可以做加速度逐渐减小的加速运动，故A 正确；
B ．当加速度的方向和速度方向相反时，则可以做减速运动，当加速度减小到零时速度也恰好减小到零，故B 正确；
C ．刚开始的时候速度和加速度的方向相反，则先做减速运动，当减速到零时再做反向加速，加速度减小到零时速度最大，故C 正确；
D ．只有当加速度的方向和速度的方向相同时，做加速运动，因为加速度方向不变，所以无法再做减速运动，故D 错误。

5．如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中BC 边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向
B ．导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同
C ．导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动
D ．导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.导体框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故A 错误；
B.导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，由感应电量公式
q n R
∆=Φ 则通过导体框横截面的电荷量大小相同，故B 错误；
C.导体框进入磁场的过程中因为导体框的加速度
22
B L v mg R a m
-=有效 其中L 有效是变化的，所以导体框的加速度一直在变化，故C 错误；
D.导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度
22
B L v mg R a m
-=有效 其中L 有效是变化的，则mg 与22
B L v R
有效大小关系不确定，而L 有效在变大，所以a 可能先变小再反向变大，
6．如图甲所示，线圈abcd 固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里。

当磁场的磁感应强度大小B 随时间t 变化时，ab 边的热功率与时间的关系为2
ab P kt =（k 为定值）。

图乙为关于磁感应强度大小B 随时间t 变化的图象，其中可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为
B S E t t
∆Φ∆⋅∆∆＝＝ 感应电流为
E I R
= ab 边的热功率
2
222ab ab ab S R P I R R B t ⎛⎫==⋅ ⎝∆⎪⎭
∆ 由2ab P kt =可知 ab
B R k t t S R ∆=∆ 可知图像的斜率与时间成正比，所以四个图象中只有D 正确，AB
C 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，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m,静止叠放在水平地面上.A 、B 间以及B 与地面间的动摩擦因数都为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,现对A 施加一水平拉力F,则( )
A ．当 2.5F mg μ=时， A 的加速度为0.5g μ
B ．当2F mg μ<时， A 、B 都相对地面静止
C ．无论F 大小为何值，B 都不动
D ．当3F mg μ>时， B 才可以开始滑动
【答案】BC
【解析】
【详解】
A.当F=2.5μmg 时，由牛顿第二定律有：
F-2μmg=2ma ，
解得：
a=0.25μg ，
故A 错误；
B.因物体A 、B 之间的最大静摩擦力为：
f max =μm A g=2μmg
B 与地面间的最大静摩擦力为：
f′max =μ（m A +m B ）g=3μmg ，
则当 F ＜2μmg 时，A 和B 都不会运动，故B 正确；
CD.物体A 、B 之间的最大静摩擦力为2μmg ，B 与地面间的最大静摩擦力为3μmg ，所以无论拉力多大B 都不会发生滑动，故D 错误、C 正确．
8．图（a ）为一交流发电机示意图，线圈abcd 在匀强磁场中绕固定轴OO'沿顺时针方向匀速转动，图（b ）是该发电机的电动势已随时间t 按余弦规律变化的图像。

已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R=10Ω，电表均为理想交流电表。

由此可以判定（ ）
A ．电流表读数为0.8A
C ．t=0.1s 时刻，穿过线圈的磁通量为零
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为0.04C
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电动势有效值为
10V 2m E == 电流表的读数 10A=0.8A 10 2.5
E I R r ==++ 电压表读数
8V U IR ==
选项A 正确，B 错误；
C ．t=0.1s 时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C 正确；
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为
()
E q t R r =∆+ 2m m E TE NBS E t t t
ωπ=
==∆∆∆ 则 0.210222C C 2()2(10 2.5)25m TE q R r πππ
⨯===++ 选项D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，质量为4m 的球A 与质量为m 的球B 用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A 放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B 与质量为m 的球C 通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，球C 放在水平地面上。

开始时控制住球A ，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A ，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．释放球A 瞬间，球
B 的加速度大小为5
g B ．释放球A 后，球C 恰好离开地面时，球A 沿斜面下滑的速度达到最大
C ．球A 沿斜面下滑的最大速度为
D ．球C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A 、B 两小球组成的系统机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．开始时对球
B 分析，根据平衡条件可得
1mg kx =
释放球A 瞬间，对球A 和球B 分析，根据牛顿第二定律可得
114sin α5mg mg kx ma -+=
解得
125
a g = 故A 错误；
B ．释放球A 后，球
C 恰好离开地面时，对球C 分析，根据平衡条件可得
2mg kx =
对球A 和球B 分析，根据牛顿第二定律可得
224sin α5mg mg kx ma --=
解得
20a =
所以球C 恰好离开地面时，球A 沿斜面下滑的速度达到最大，故B 正确；
C ．对球A 和球B 及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得
2121214()sin α()52
m mg x x mg x x mv +-+=• 解得球A 沿斜面下滑的最大速度为
2m v =故C 正确；
D．由
12mg
x x
k
==可知球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、B两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以A、B两小球组成的系统机械能不守恒，故D错误；
故选BC。

10．空间存在水平向左的匀强电场，在该电场中由静止释放一个带负电的油滴。

关于该油滴的运动下列表述正确的是（）
A．向左下方做曲线运动
B．向右下方做直线运动
C．电势能逐渐增大
D．速度随时间均匀增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．油滴受向下的重力mg和向右的电场力qE，且两力均为恒力。

其合力的大小恒为
22
()()
F mg qE
=+
方向恒定为右偏下、与水平方向的夹角的正切值为
tan
mg
qE θ=
由F ma
=知加速度a恒定，则油滴由静止向右下方做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
C．运动过程中电场力方向与位移夹角始终为锐角，电场力做正功，则油滴电势能减小，故C错误；D．由v at
=知速度随时间均匀增大，故D正确。

故选BD。

11．一个长方体金属导体的棱长如图所示，将该长方体导体放在匀强磁场中，并使前侧面与磁场垂直，已知磁感应强度为B。

导体的左右两侧面外接电源，产生由左向右的稳定电流时，测得导体的上、下表面间的电势差为U。

则下列说法正确的是（）
A．上、下两表面比较，上表面电势高B．上、下两表面比较，下表面电势高
C．导体中自由电子定向移动的速率为U
D．导体中自由电子定向移动的速率为
U
【答案】BD
【解析】
【详解】
A B ．电流向右，则金属导体中的自由电子定向向左移动，由左手定则知洛伦兹力向上，则上表面累积负电荷，其电势低，选项B 正确，A 错误。

CD ．稳定状态时，电子做匀速直线运动，受力平衡，有
eE evB =
又有 U E
h
= 解得 U v hB =
选项C 错误，D 正确；
故选BD.
12．如图，质量为M 、长度为L 的长木板静止在光滑水平面上，质量为m 的小铁块以水平初 速度v 0从木板左端向右滑动，恰好不会从木板右端滑出。

下列情况中，铁块仍不会从木板右端滑出的是（ ）
A ．仅增大m
B ．仅增大M
C ．仅将m 和L 增大为原来的两倍
D ．仅将M 和L 增大为原来的两倍
【答案】ACD
【解析】 【详解】
由动量守恒和能量关系可知 0()mv m M v =+
2201
1()22
mg x mv m M v μ∆=-+ 联立解得
20
2(1)v x m g M
μ∆=+ A ．仅增大m ，则∆x 不变，即物块仍恰好从木板右端滑出，选项A 正确；
B ．仅增大M ，则∆x 变大，即物块能从木板右端滑出，选项B 错误；
确；
D．仅将M增大为原来的两倍，则∆x变大，但是不会增加到原来的2倍，而L增加到原来的2倍，可知木块不会从木板上滑出，选项D正确；
故选ACD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好？
①长1m左右的细线②长30cm左右的细线③直径2cm的塑料球④直径2cm的铁球⑤秒表⑥时钟⑦最小刻度线是厘米的直尺⑧最小刻度是毫米的直尺
A．①③⑤⑦B．①④⑤⑧C．②④⑥⑦D．②③⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】
单摆模型中，小球视为质点，故摆线长点，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线①；
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球④；
秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好。

故选择秒表⑤；
刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺⑧。

A．综上所述，①④⑤⑧组合较好，A错误；
B．综上所述，①④⑤⑧组合较好，B正确；
C．综上所述，①④⑤⑧组合较好，C错误；
D．综上所述，①④⑤⑧组合较好，D错误；
故选B。

14．如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码
m，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g. 的质量及小车和砝码的质量对应关系图.钩码的质量为1
（1）下列说法正确的是__________.
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验 m2应远小于m1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a 和2
1m 图象 （2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的2
1m a -图象，如图，设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车与木板间的动摩擦因数μ=____，钩码的质量1m =__________.
（3）实验中打出的纸带如图所示.相邻计数点间的时间间隔是0.1s ，图中长度单位是cm ，由此可以算出小车运动的加速度是____m/s 2.
【答案】D b gk 1gk 0.46 【解析】
【详解】
（1）A.小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要平衡摩擦力。

故A 错误。

B.实验时应先接通电源，后释放小车。

故B 错误。

C.根据牛顿第二定律可得系统的加速度112m g a m m =+，则绳子的拉力121
212121m m g m g F m a m m m m ===++，由此可知钩码的质量1m 远小于小车和砝码的质量m 2时，绳子的拉力才等于钩码的重力。

故C 错误。

D.由牛顿第二定律可知21a F m =，当F 一定是，a 与21m 成正比，所以应作出2
1a m -图象。

故D 正确。

（2）根据牛顿第二定律可知122m g m g m a μ-=，结合21a m -图象可得21111a m m m g
μ=+，由此可得钩码的质量为11m gk =，小车与木板间的动摩擦因数为b gk
μ=。

（3）设1 1.24s cm =，4 2.62s cm =，有公式2413s s at -=，化简可得
22241222.62 1.2410/0.46/330.1
s s a m s m s t ---==⨯=⨯ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一病人通过便携式氧气袋供氧，便携式氧气袋内密闭一定质量的氧气，可视为理想气体，温度为0C
︒
时，袋内气体压强为1.25atm ，体积为50L 。

在23C ︒条件下，病人每小时消耗压强为1.0atm 的氧气约为20L 。

已知阿伏加德罗常数为6.0×1023mol －1，在标准状况（压强1.0atm 、温度0C ︒）下，理想气体的摩尔体积都为22.4L 。

求：
(i)此便携式氧气袋中氧气分子数；
(ii)假设此便携式氧气袋中的氧气能够完全耗尽，则可供病人使用多少小时。

（两问计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 (i)1.7×1024（个）；(ii)3.4h
【解析】
【详解】
(i)便携式氧气袋内的氧气，可视为理想气体，温度为0℃时，袋内气体压强为1.25atm ，假设发生等温变化，有
p 1V 1=p 2V 2
即
1.25×50=1.0V 2
解得
V 2=62.5L
物质的量为
2 2.8mol 22.4
V n == 氧气分子数
N=n·N 0=1.7×1024（个）
(ii)根据理想气体状态方程，有
231112
p V p V T T = 即
31.01.255027323273
V ⨯⨯=+ 解得
V 3=69L
可供病人使用的时间
30
3.4h V t V == 16．如图所示，固定光滑轨道AB 末端B 点切线水平，AB 高度差1 1.8m h =，B 距传送带底端的竖直高度
为2 3.8m h =，与轨道同一竖直面的右侧有一倾角=37θ︒的传送带，以2m /s v =顺时针匀速转动。

在轨道上A 处每隔1秒无初速释放一个质量=2kg m 的相同滑块，从B 点平抛后恰能垂直落到传送带上，速度立即变为零，且不计滑块对传送带的冲击作用。

滑块与传送带间的动摩因数为78
μ=
，传送带长度为=7m L ，不计空气阻力。

（sin370.6︒=，cos370.8︒=，2g 10m/s =） 求：(1)滑块从B 点落至传送带的时间；
(2)因传送滑块，电动机额外做功的平均功率。

【答案】（1）0.8s ；（2）104W 。

【解析】
【详解】
（1）由动能定理得
21012
mgh mv = 物块垂直打到传送带上，则
0tan y v v θ
= 平抛运动竖直方向上
y gt =v
解得0.8s t =
（2）平抛运动竖直方向上
21 3.22
y gt m == 设在传送带上的落点与底端相距1L
211m sin h y L θ
-== cos sin mg mg ma μθθ-=
22v ax =
1v at =
12s t =
每1s 放一个物块，共两个物块匀加速
2m x =
滑块先匀加速后匀速运动
共速后物块可与传送带相对静止匀速运动，相邻两个物块间距为
2m x v t ∆=∆=
1L L x n x --=∆
2n =
传送带上总有两个物块匀加速，两个物块匀速
2cos 2sin f mg mg μθθ=+
电机因传送物块额外做功功率为
104W P fv ==
17．一半径为R 的玻璃板球，O 点是半球的球心，虚线OO´表示光轴（过球心O 与半球底面垂直的直线）。

已知玻璃的折射率为2，现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线，已知62sin154
-=o ），求： (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
(2)距光轴2
R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离。

【答案】 (1)
22
R ；(2)(31)R 。

【解析】
【分析】
【详解】 (1)当光线在球面发生全反射，即入射角为临界角C 时，入射光线到光轴距离最大，由
max 1sin d C n R
==
解得
max 22R d R n == (2)由折射定律可得
sin 2sin r n i
==
由三角函数定义
/21sin 2
R i R == 由正弦定理
sin()sin(180)r i r R CO
--=o 联立解得
31)CO R =
距光轴2
R 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离为(31)R 。