吉林省延边朝鲜族自治州2021届新高考物理第三次押题试卷含解析

吉林省延边朝鲜族自治州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．如图所示，a、b、c、d为圆上的四个点，ac、bd连线过圆心且相互垂直，置于圆心处带正电的点电荷在a点产生的场强大小为E。

若在该空间再施加一沿ac方向的大小为2E的匀强电场后，以下说法正确的是( )
A．a点的场强大小为3E，方向由c到a
B．c点的场强大小为3E，方向由c到a
C．b、d5
D．b、d5E
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由点电荷在a点产生的场强与匀强电场方向相反可知，a点的合场强大小为E，方向由a到c，故A 错误；
B．由点电荷在c点产生的场强与匀强电场方向相同可知，c点的合场强大小为3E，方向由a到c，故B 错误；
CD.．由平行四边形定则可知，b、d5E，故C错误，D正确。

故选D。

2．将某劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端用100N的力来拉，弹簧的伸长量为10cm；若对该弹簧两端同时用50N的力反向拉时，弹簧的伸长量为ΔL。

则（）
A．k=10N/m，ΔL=10cm
B．k=100N/m，ΔL=10cm
C．k=200N/m，ΔL=5cm
D．k=1000N/m，ΔL=5cm
【答案】D
【解析】
【详解】
弹簧上的弹力为100N，伸长量
10cm 0.1m x ==
由F=kx 得 100N/m 1000N/m
0.1
F k x === 用50N 力拉时
'50m 0.05m 5cm 1000
F L k ∆==== 故选D 。

3．在水平地面上O 点正上方不同高度的A 、B 两点分别水平抛出一小球，不计空气阻力，如果两小球均落在同一点C 上，则两小球（ ）
A ．抛出时的速度大小可能相等
B ．落地时的速度大小可能相等
C ．落地时的速度方向可能相同
D ．在空中运动的时间可能相同 【答案】B
【解析】 【详解】
AD ．小球做平抛运动，竖直方向有212h gt =
，则在空中运动的时间 2h t g =
由于不同高度，所以运动时间不同，相同的水平位移，因此抛出速度不可能相等，故AD 错误； B ．设水平位移OC 为x ，竖直位移BO 为H ，AO 为h ，则从A 点抛出时的速度为
02A v h g
=
从B 点抛出时的速度为
02B v H g
=则从A 点抛出的小球落地时的速度为
222A x g gh h
v +=
从B 点抛出的小球落地时的速度为 222B x g gH H
v +=
当 222222x g x g gh gH h
H
=++ 解得 2
4x Hh
= 此时两者速度大小相等，故B 正确；
C ．平抛运动轨迹为抛物线，速度方向为该点的切线方向，分别从AB 两点抛出的小球轨迹不同，在C 点的切线方向也不同，所以落地时方向不可能相同，故C 错误。

故选B 。

4．下列关于物理学史、物理学研究方法的叙述中，正确的是（ ）
A ．库仑提出一种观点，认为在电荷周围存在着由它产生的电场
B ．伽利略通过观察发现了行星运动的规律
C ．牛顿通过多次实验发现力不是维持物体运动的原因
D ．卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，故A 错误；
B ． 开普勒通过分析第谷观测的天文数据，发现了行星运动的规律，故B 错误；
C ． 伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持，故C 错误；
D ． 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，故D 正确。

故选D 。

5．如图所示的x-t 图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B （t 2，x 1）为图象上一点，AB 为过B 点的切线，与t 轴相交于A （t 1，0），乙质点的图象为过B 点和原点的直线，则下列说法正确的是（ ）
A ．0～t 2时间内甲的平均速度大于乙
B ．t 2时刻甲、乙两质点的速度相等
C ．甲质点的加速度为122
x t D ．t 1时刻是0～t 2时间内的中间时刻
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．0～t 2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A 错误；
BD ．x-t 图象切线的斜率表示速度，由图线可知t 2时刻甲、乙两质点的速度不相等。

又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t 2时刻的速度等于0～t 2时间内平均速度的2倍，即：
11
212
2x x t t t =-，
解得：
t 2=2t 1， B 错误D 正确；
C ．对甲质点，有
21212
x at =， 解得加速度为
1
22
2x a t =， C 错误。

故选D 。

6．利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab 为交变电流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。

信号输入后，电阻R 两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（ ）
A ．频率为100Hz.
B ．电压有效值为50V
C ．一个标有“90V ，30μF”的电容器并联在电阻R 两端，可以正常工作
D ．若电阻R=100Ω，则1min 内R 产生的热量为2.5×104J
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图乙可知，该电压的周期T=0.02s ，故频率为 1f T ==50Hz 故A 错误；
B ．由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量
2
2
0.010.02U U R R
⨯=⨯有 其中的 502V 2
U == 故电压有效值为U 有=50V ，故B 正确；
C ．电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压90V ，而R 两端电压的瞬时值最大为100V ，故电容不能正常工作，故C 错误；
D ．电阻R 产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故1min 内产生的热量为
241.510J U Q t R ==⨯有
故D 错误。

故选B 。

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．为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是（ ）
A ．甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B ．甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C ．乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D ．乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度为 sin sin mg a g m θθ== 甲图中，设斜面得高度为h ，则斜面得长度为 sin h L θ=
小球运动的时间为
2212sin sin sin L h h t a g g
θθθ===⋅ 可知小球在斜面2上运动的时间长，故A 错误；
B ．达斜面底端的速度为
2v at gh ==
与斜面得倾角无关，与h 有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故B 正确； C ．乙图中，设底边的长度为d ，则斜面的长度为
cos d s θ
= 根据212
s at =得 224sin cos sin 2s d d t a
g g θθθ=== 可知=60θ︒和30°时，时间相等，故C 正确；
D ．根据2v gh =，可知速度仅仅与斜面得高度h 有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。

P 是磁场边界上的一点，大量电荷量为q 、质量为m 、相同速率的离子从P 点沿不同方向同时射入磁场。

其中有两个离子先后从磁场边界上的Q 点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为60︒，P 点与Q 点的距离等于R 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．离子在磁场中的运动半径为36R
B ．离子的速率为3qBR
C ．两个离子从Q 点射出的时间差为
23m qB π D ．各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P 点的最大距离为
23R 【答案】BCD
【解析】
【详解】 从Q 点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r 小于磁场区域圆半径R ，运动轨迹如图所示。

PQO ∆为等边三角形。

A ．由几何关系得
2
R PM =
又有 sin 60
PM r ︒= 解两式得
3r R =① 选项A 错误；
B ．在磁场中做圆周运动有
2
mv qvB r
=② 解①②式得
33qBR v m
=
选项B 正确；
C ．圆周运动的周期为 2m T qB π= 两离子在磁场中运动的时间分别为
13
T t =
223T t = 则从磁场射出的时间差为
23m t qB
π∆= 选项C 正确； D ．各种方向的离子从磁场中的出射点与P 点的最大距离为
232R r = 选项D 正确；
故选BCD.
9．如图所示,绝缘材料制成的半径为R 的内壁光滑圆轨道,竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住,圆心O 点固定着电荷量为Q 的场源点电荷.一电荷量为q 、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A 时,地面对轨道的弹力恰好为零.若轨道与小球的质量均为m ,0Q q >? ,忽略小球的电荷对Q 形成的电场的影响，重力加速度为g,静电力常量为k .下列说法中正确的是（ ）
A ．轨道内壁的电场强度处处相同
B ．轨道内壁的电势处处相等
C ．运动到与圆心等高的B 点时，小球对轨道的压力大小为24qQ mg k
R - D ．运动到最低点C 时，小球对轨道的压力大小为7mg
【答案】BD
【解析】
【详解】
由点电荷的场强公式2kQ E R
=可知，场源点电荷在轨道内壁处产生的电场强度大小相等，但方向不同，A
错误；轨道内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在A 点时,带电小球对轨道的弹力竖直向上,大小等于mg ，轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为mg ，在A 点对带电小球有
222kQq mv mg R R -=，从A 到B 由动能定理得221122B mgR mv mv =-，在B 点有22B mv kQq N R R
'-=，联立解得在B 点时轨道对小球的弹力为4N mg '
=，根据牛顿第三定律可知在B 点时小球对轨道的压力大小为
4mg ，则选项C 错误；在最低点C 时，设轨道时小球的弹力为N '',则22C mv kQq N mg R R ''--=,由A 到C 由动能定理有2211222
c mgR mv mv =-，联立解得=7N mg ''，根据牛顿第三定律知,运动到最低点C 时,小球对轨道的压力大小为7mg ，则选项D 正确．
10．如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的面积为S ，共有n 匝，总电阻为r ，外电路上接有一个阻值为R 的定值电阻和一个理想交流电流表A ．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO '匀速运动，图中线圈平面平行于磁场方向，由此位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A ．发电机所产生电动势的最大值为nBS ω
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
BS R r + C ．R 两端电压的有效值()
22nBS R R r ω+ D ．交流电流表的示数一直在变化
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．在初始位置线圈产生的电动势最大，且
122
m E n B ab bc nBS ωω=⨯⨯⨯⨯⨯= 故A 正确；
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
n nBS q R r R r ∆Φ=-++ 故B 错误；
C ．电动势的有效值为
m 2222
E E nBS ω==⋅ 电阻R 两端电压的有效值为
()
22E nBS R U R R r R r ω=⨯=++ 故C 正确；
D ．交流电流表测的是有效值，其示数不会变化，故D 错误。

故选：AC 。

11．如图所示，设水车的转轮以某一较大的角速度ω做匀速圆周运动，轮缘上有两个水滴A 、B 同时从同一高度被甩出，并且都落到转轮右侧的水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，不计空气阻力。

下列判断中正确的有（ ）
A ．两水滴落到水平地面上的速度相同
B ．两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等
C ．高度一定，ω越大，两水滴在空中飞行的时间差△t 越大
D ．高度一定，ω越大，两水滴落地点的距离Δx 越大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由机械能守恒定律可知，两水滴落到水平地面上的速度大小相同，由斜抛运动的规律可知，两水滴落到底面上的速度方向也相同，选项A 正确；
B ．两水滴质量关系不确定，则不能比较重力功，选项B 错误；
C ．两水滴在空中飞行的时间差△t 等于在A 处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时的时间，因ω越大，水滴做斜抛运动的初速度越大，则竖直速度越大，则回到原来的高度的时间越长，即两水滴在空中飞行的时间差△t 越大，选项C 正确；
D．两水滴落地点的距离Δx等于A处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时与B点的距离，因ω越大，水滴做斜抛运动的初速度越大，则水平速度和运动时间都越大，则回到原来的高度时与B点的距离越大，即两水滴落地点的距离Δx越大，选项D正确；
故选ACD。

12．下列说法正确的是（）
A．人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象
B．在双缝干涉实验中，光的频率越高，光屏上出现的条纹越宽
C．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会向外发射电磁波
D．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关
E.火车鸣笛向我们驶来，我们听到的声音频率比声源振动的频率低
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．超声波比人耳听到的声波波长短，而波长越长越容易发生光的衍射，所以人耳听到的声波比超声波更容易发生明显衍射现象，A正确；
B．根据双缝干涉实验中相邻亮（暗）条纹的间距公式
l x
d λ
∆=
可知，光的频率越高，波长越短，光屏上出现的条纹越窄，所以B错误；
C．梳头发时梳子带了电荷，来回抖动梳子时会产生变化的电磁场，即可向外发射电磁波；所以C正确；D．狭义相对论认为，在惯性系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关，所以D正确；
E．火车鸣笛向我们驶来，即波源与观察者相互靠近，我们听到的声音频率比声源振动的频率高，所以E 错误。

故选ACD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：
①向体积为V1的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总量为V2；
②用注射器吸取上述溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为V0；
③先往边长为30~40cm的浅盘里倒入2cm深的水；
④用注射器往水面上滴一滴上述溶液，等油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；
⑤将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上；
⑥计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半个格的两个格算一格，多于半个格的算一格。

上述实验步骤中有遗漏和错误，遗漏的步骤是______________________；错误的步骤是
______________________________（指明步骤，并改正），油酸分子直径的表达式d=______。

【答案】将痱子粉均匀撒在水面上应该是不足半格的舍去，多于半格的算一格012
2
V
V
Nna V
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由实验步骤可知，缺少的实验步骤是，在步骤③后加上：将痱子粉均匀撒在水面上。

[2]错误的是步骤⑥，应该改为：计算出轮廓范围内正方形的总数为N，其中不足半个格舍去，多于半个格的算一格。

[3]一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积
001
1
22
V V V
V
V
n V nV
=⨯=
油膜的面积
2
S Na
=
油酸分子的直径
01
2
2
V V
V
d
S Nna V
==
14．(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是__________mm；
(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。

O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。

己知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为2
9.8m/s
g=，那么：
①根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；
②从O点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量p
E
∆=___J，动能增加量
k
E
∆=_____J（结果取三位有效数字）；
③若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及物体下落的高度h ，则以2
2v 为纵轴，以h 为横轴画出的图象是下图中的______。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】1.609 B 1.88 1.84 A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm ，可动刻度为
10.90.01mm 0.109mm ⨯=
所以最终读数为
1.5mm+0.109mm=1.609mm
(2)①[2]根据图上所得的数据，应取图中O 点到B 点来验证机械能守恒定律；
②[3]从O 点到B 点的过程中，重物重力势能的减少量
19.80.1920J 1.88J p E mgh ∆==⨯⨯=
[4]B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度，则有
0.23230.1555m/s 1.92m/s 20.04
AC B x v T -=== 重物动能的增加量
22111 1.92J 1.84J 22
k B E mv ∆==⨯⨯= ③[5]根据机械能守恒得
212
mgh mv = 则有
212
gh v = 可知212
v h -的图线是过原点的倾斜直线，故A 正确，B 、C 、D 错误； 故选A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，A 端封闭、B 端开口、内径均匀的玻璃管长100cm L =，其中有一段长15cm h =的水银柱把一部分空气封闭在玻璃管中。

当玻璃管水平放置时，封闭气柱A 长A 40cm L =。

现把玻璃管缓慢旋转至竖直，如图乙所示，再把开口端向下插入水银槽中，直至A 端气柱长130cm L =为止，这时系统处于静止平衡。

已知大气压强075cmHg P =，整个过程温度不变，试求：
(1)玻璃管旋转至竖直位置时，A 端空气柱的长度；
(2)如图丙所示，最后槽内水银进入玻璃管内的水银柱的长度d （结果保留两位有效数字）。

【答案】 (1)50cm ；(2)32cm
【解析】
【详解】
(1)玻管旋转至竖直：A 中气体的压强变为
Al 0h 60cmHg p p p =-=①
对A 部分气体，由玻意耳定律
0A A1A1p L S p L S =②
得到A 端气柱长
A150cm L =③
(2)旋转至竖直B 端气柱长
B A1100501535cm L L L h =--=--=④
过程二：玻管出入水银槽
A 部分气体由玻意耳定律
A1A1A21p L S p L S =⑤
25060100cmHg 30
A p =⨯=⑥
B 部分气体，B 0p p =
B1A2h 115cmHg p p p =+=⑦
由玻意耳定律
B B B1B1p L S p L S =⑧
解得
B1753523cm 115
L =
⨯≈⑨ 最后 1B132cm d L h L L =---=⑩
16．如图所示，竖直平面内有一四分之一光滑圆弧轨道固定在水平桌面AB 上，轨道半径R=1.8m ，末端与桌面相切于A 点，倾角θ= 37°的斜面BC 紧靠桌面边缘固定，从圆弧轨道最高点由静止释放一个质量m= lkg 的可视为质点的滑块a ，当a 运动到B 点时，与a 质量相同的另一可视为质点的滑块b 从斜面底端C 点以初速度v 0=5m/s 沿斜面向上运动，b 运动到斜面上的P 点时，a 恰好平抛至该点，已知AB 的长度x=4m ，a 与AB 间的动摩擦因数μ1 = 0.25， b 与 BC 间的动摩擦因数μ2=0.5，取 g=10m/s 2，
sin37°=0.6， cos37° = 0.8， 求
(1)滑块a 到达B 点时的速度大小；
(2)斜面上P 、C 间的距离。

【答案】 (1)4m/s ；(2)1.24m 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块a 从光滑圆弧轨道滑下到达B 点的过程中，根据动能定理有：
2112
mgR mgx mv μ-=
代入数据解得
v ＝4m/s
(2)滑块a 到达B 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：
x′＝vt ，y ＝212gt ，tanθ= y x
代入数据解得
t ＝0.6s
滑块b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma 1
代入数据解得
a 1＝10m/s 2
向上运动的时间
t 1=01
0.5s v a =＜0.6s 然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma 2
代入数据得
a 2＝2m/s 2
可得P 、C 间的距离
x=201211()22
v t a t t =- 代入数据解得
x ＝1.24m
17．质量为m 的小滑块自圆弧形轨道上端由静止滑下，如图所示，圆弧形轨道半径为R ，高度为h 。

A 点为弧形轨道与水平桌面的平滑连接点。

滑块离开桌面后恰好落入静止在水平地面上的装满沙的总质量为M 的小车中，桌面到小车上沙平面的高度也是h 。

木块落入车内与沙面接触直到相对静止经过的较短时间为t 。

试回答下列问题：（所有接触面的摩擦不计，重力加速度g 已知，小车高度不计。

）
(1)滑块经过A 点前后对轨道和桌面的压力F 1、F 2各多大？
(2)小车最终的速度是多大？
(3)滑块落入车中直到相对车静止的过程中小车对地面的平均压力多大？
【答案】 (1)12h F mg mg R =+⋅
，2F =mg ；；(3)Mg mg +。

【解析】
【详解】 (1)滑块沿弧形轨道下滑的过程中
212
A mgh mv =
A v =
经过A 点前的瞬间：
21A v F mg m R
-= 所以：
12h F mg mg R
=+⋅， 经过A 点后，滑块沿桌面匀速直线运动，所以经过A 点的瞬间： 2F =mg ；
(2)滑块离开桌面做平抛运动
212h gt =
t =落入车内时，竖直方向分速度
y v gt ==
水平方向分速度
x A v v ==滑块与小车水平方向动量守恒，则：
()x mv m M v =+
解得：
A mv v M m ==+ (3)由动量定理：
()y F mg t mv -==解得：
F mg
=+
由牛顿第三定律可知，小车对地的压力
'=++
F Mg mg。