云南省曲靖市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

云南省曲靖市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．将长为L 的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，两端点A 、C 连线竖直，如图所示．若给导线通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )
A ．IL
B ，水平向左
B ．ILB ，水平向右
C ．3ILB
π，水平向右 D ．3ILB
π，水平向左
【答案】D
【解析】
【详解】
弧长为L ，圆心角为60°，则弦长：3L
AC π=，导线受到的安培力：F=BI•AC=3 ILB
π，由左手定则可知，
导线受到的安培力方向：水平向左；故D ，ABC 错误．
2．2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面，着陆前在离月球表面112km 的高空仅在月球万有引力作用下环月球做匀速圆周运动，向心加速度大小为a 月，周期为月T ；设贴近地面的近地卫星仅在地球万有引力作用下环地球做匀速圆周运动，向心加速度大小为地a ，周期为地T 。

已知月球质量
226710kg .⨯，半径61.710m ⨯；地球质量246.010kg ⨯，半径66.410m ⨯。

则（ ）
A ．a a >月地，T T >月地
B ．a a >月地，T T <月地
C ．a a <月地，T T >月地
D ．a a <月地，T T <月地
【答案】C
【解析】
【详解】 根据万有引力提供向心力有：2
Mm G ma R =，解得： 2M a G R
=，
根据万有引力提供向心力有：2224Mm G m R R T π=，解得： 32R T GM
π=， 可得：
()()()22262222466.710 6.410===0.14+112 6.010 1.710+112000a M R a M R ⨯⨯⨯⨯⨯⨯月月地地月地，
即a 月＜a 地；
周期比为：
()()()33624336221.710+112000610+112== 1.46.410 6.710M R T T M R ⨯⨯⨯≈⨯⨯⨯月地月月地地
，
所以T 月＞T 地。

A ．a a >月地，T T >月地，故A 不符合题意；
B ．a a >月地，T T <月地，故B 不符合题意；
C ．a a <月地，T T >月地，故C 符合题意；
D ．a a <月地，T T <月地，故D 不符合题意。

故选C 正确。

3．氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A ．对应的前后能级之差最小
B ．同一介质对的折射率最大
C ．同一介质中的传播速度最大
D ．用照射某一金属能发生光电效应，则
也一定能 【答案】A
【解析】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A 正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC 错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D 错误．
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．
4．一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E ，返回斜面底端时的速度为v ，克服摩擦力做功为
2E 若小物体冲上斜面的初动能为2E ，则下列选项中正确的一组是（ ）
①物体返回斜面底端时的动能为E ②物体返回斜面底端时的动能为32
E ③物体返回斜面底端时的速度大小为2v 2v
A ．①③
B ．②④
C ．①④
D ．②
【答案】C
【解析】
【详解】
以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得： 22
12 E mv E -=-…① 设以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0，则以初动能为2E 冲上斜面时，2v 0，而加速度相同。

对于上滑过程，根据-2ax=v 2-v 02可知，202v x a =，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E 。

以初动能为2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：
21 22
mv E E '-=-…② 所以返回斜面底端时的动能为E ；由①②得： 2v 。

故①④正确，②③错误；
A ．①③，与结论不相符，选项A 错误；
B ．②④，与结论不相符，选项B 错误；
C ．①④，与结论相符，选项C 正确；
D ．②，与结论不相符，选项D 错误；
故选C 。

5．电路如图所示，当a 、b 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得c 、d 两端电压为20 V ；当c 、d 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得a 、b 两端电压为50 V ，则R 1∶R 2∶R 3等于(
)
A ．4∶2∶1
B ．2∶1∶1
C ．3∶2∶1
D ．5∶3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】 当a 、b 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得c 、d 两端电压为20 V ，有：
ab 212
2U R R R +＝U cd 即：
212
1002R R R +＝20 整理得12
R R ＝2；当c 、d 两端接入100 V 电压时，用理想电压表测得a 、b 两端电压为50 V ，有： 2
cd 232R R U R +＝U ab 即：
232
1002R R R +＝50 整理得23
R R ＝2，所以R 1∶R 2∶R 3＝4∶2∶1，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在t 1时间内动能由0增大到E k ，在t 2时间内动能由E k 增大到2E k ，设恒力在t 1时间内冲量为I 1，在t 2时间内冲量为I 2，两段时间内物体的位移分别为x 1和x 2，则（ ）
A ．I 1<I 2，x 1<x 2
B ．I 1>I 2，x 1>x 2
C ．I 1>I 2，x 1＝x 2
D ．I 1＝I 2，x 1＝x 2
【详解】
根据动能定理，第一段加速过程
F•x 1=E k
第二段加速过程
F•x 2=2E k -E k
联立可得
x 1=x 2
物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移x 2的时间t 2小于通过位移x 1的时间t 1；根据冲量的定义，有
I 1=F•t 1
I 2=F•t 2
故
I 1＞I 2
故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．如图所示，真空中xOy 平面内有一束宽度为d 的带正电粒子束沿x 轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等， 在第一象限内有一方向垂直x Oy 平面的有界匀强磁场区（图中未画出），磁感应强度为B 。

所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x 轴上的a 点。

下列说法中正确的是（ ）
A ．磁场方向一定是垂直xOy 平面向外
B ．所有粒子通过磁场区的时间相同
C ．如果粒子速率v 0=2qBd m ，能保证所有粒子都打在a 点的最小磁场区域面积为2
4
d π D ．如果粒子速率v 0=qBd m ，能保证所有粒子都打在a 点的最小磁场区域面积为2
22
d d π- 【答案】ACD
A ．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a ，根据左手定则可有，磁场的方向垂直xOy 平面向外，故A 正确；
B ．由洛伦兹力提供向心力，可得 2m T Bq π= 运动的时间 2m t T Bq
θθπ== 运动的时间还与圆心角有关，粒子做圆周运动的圆心角不同，因此粒子的运动时间不等，故B 错误； C ．当粒子速率02qBd v m
=时，粒子做圆周运动的半径为 012
mv d r qB == 能保证所有粒子都打在a 点的最小磁场区域如图
最小磁场区域面积为
2
2()24
d d s ππ== 故C 正确；
D ．当粒子速率0qBd v m
=时，粒子做圆周运动的半径为 02mv r d qB
== 能保证所有粒子都打在a 点的最小磁场区域如图
最小磁场区域面积为
2
222112()422
d s d d d ππ'=⨯-=- 故D 正确；
故选ACD 。

8．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。

A ．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C ．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

9．如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M 的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m ，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g
B ．小美、小球组成的系统机械能守恒
C ．小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D ．系统增加的内能大于小美减少的机械能
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m ）g ，故A 正确；
B ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B 错误；
C ．由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有
sin cos mg mg θμθ=
所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ，故C 正确；
D ．由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D 正确。

故选ACD 。

10．如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为2m 的带有半圆形轨道的滑块a ，半圆形轨道的半径为R 。

一个质量为m 的小球b 从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b 到达半圆轨道最低点P 时速度大小125
b v gR =，然后进入右侧最高可到点Q ，OQ 连线与OP 间的夹角α=53︒，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块a 向左滑行的最大距离为0.6R
B ．小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4mgR
C ．小球b 第一次到达P 点时对轨道的压力为1.8mg
D ．小球b 第一次返回到P 点时的速度大于12
15
gR 【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．滑块a 和小球b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球b 到达Q
点时，根据动量守恒定律得滑块a 和小球b 的速度均为零，有
2ms a =ms b
s a +s b =R+Rsin 53︒
解得
s a =0.6R
故A 正确；
B ．根据功能关系得小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为
cos530.6W mgR mgR ︒==
故B 错误；
C ．当b 第一次到达半圆轨道最低点P 时，根据动量守恒定律有
2mv a =mv b
解得
a v = 由牛顿运动定律得
()2
2a b v v v N mg m m R R
+-== 解得 145
N mg = 对轨道的压力 145N N mg '==
故C 错误；
D ．小球从P 点到Q 点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为
()221121cos530.222
a b W mv mv mgR mgR ︒=⨯+--= 由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b 第一次返回到P 点的过程中克服摩擦力做的功
W′<0.2mgR
故小球b 第一次返回到P 点时系统的总动能
1cos530.2k E mgR W mgR ︒>--'=（）
20a
b mv mv ''=+ 22k 11222
a b E mv mv ''=+
解得 1215
b v gR '> 故D 正确。

故选AD 。

11．关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
B ．非均匀周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C ．手摇动用丝绸摩擦过的玻璃棒，在空气中产生电磁波，只能沿着摇动的方向传播
D ．频率在200MHz~1000MHz 内的雷达发射的电磁波，波长范围在0.3m~1.5m 之间
E.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故A 错误；
B.非均匀周期性变化的磁场产生非均匀周期性变化电场，非均匀周期性变化的电场产生非均匀周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波。

故B 正确；
C.电磁波产生后，可以在任意方向传播，故C 错误；
D.根据c v
λ=，电磁波频率在200MHz 至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m 至1.5m 之间，故D 正确；
E.由于波源与接受者的相对位置的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故E 正确。

故选：BDE 。

12．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置在用x 1=2.5m
处的P 点。

已知平衡位置在x 2=5.5m 处的Q 点在0~8s 内运动的路程为0.2m ，则下列说法正确的是_____。

A ．P 点的起振方向沿y 轴正方向
B ．P 点振动的周期为4s
C ．该波的传播速度大小为1m/s
D ．质点Q 的振动方程为0.1sin (6)()(6)2y t m t π
=->
E.若一列频率为1Hz 的简谐横波沿x 轴负方向传播，与该波相遇时会产生稳定的干涉现象
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据横波的传播方向与振动方向的关系可知，t=0时刻P 点的振动方向沿y 轴正方向，故A 正确；
B ．由题图可以看出，该波的波长λ=2m 、振幅A=0.1m ，则
2L A
= 说明在0~8s 内Q 点振动的时间为2
T ，该波的传播速度大小 21
82
x x v T -=- 结合v T λ
=，解得
T=4s 、v=0.5m/s
故B 正确，C 错误；
D ．波从P 点传到Q 点所用的时间
0t =8s －2
T =6s Q 点的振动方向沿y 轴正方向，故质点Q 的振动方程为
()02πsin
y A t t T
=-(m)(t>6s) 即 ()π0.1sin 62
y t =-(m)(t>6s) 故D 正确；
E ．产生稳定干涉现象的必要条件是顿率相等，故这两列波相遇时不会产生稳定的干涉现象，故E 错误。

故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：
两个轻弹簧A 和B 、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。

实验步骤如下：
（1）用刻度尺测得弹簧A 的原长为6.00cm ，弹簧B 的原长为8.00cm ；
（2）如图甲，分别将弹簧A 、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=100g 的钩码，钩码静止时，测得弹簧A 长度为6.98cm ，弹簧B 长度为9.96cm 。

取重力加速度g=9.8m/s 2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为k A =_________N/m ，k B =_________N/m ；
（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M 点，另一端系两
根细线，弹簧A、B一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O。

测得此时弹簧A的长度为8.10cm，弹簧B的长度为11..80cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P1和P2；
（4）如图丙，取下弹簧A，只通过弹簧B水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O点，测得此时弹簧B的长度为13.90cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P，此时弹簧B的弹力大小为F′=________N（计算结果保留3位有效数字）；
（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A的拉力F A、弹簧B的拉力F B，在图丁中按照给定的标度作出F A、F B的图示______，根据平行四边形定则作出它们的合力F的图示，测出F的大小为_________N。

（结果保留3位有效数字）
（6）再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示____，比较F与F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【答案】100 50 2.95 作F A、F B的图示（F A=2.10N、F B=1.90N） 2.80～2.95
【解析】
【详解】
（2）[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 20.1
9.8N/m=100N/m (6.98 6.00)10A A A
F k x -⨯==∆-⨯ ，20.19.8N/m=50N/m (9.968.00)10
B B B F k x -⨯==∆-⨯； （4）[3]．弹簧B 的弹力大小为
'
x 50(0.13900.08)N=2.95N B B F k '=∆=⨯-
（5）[4][5]．由胡克定律可得：
'
x 100(0.08100.06)N=2.10N A A A F k '=∆=⨯-
'
x 50(0.11800.08)N=1.90N B B B F k '=∆=⨯-
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N ；
（6）[6]．做出力图如图；
14．某同学为验证机械能守恒定律设计了如图所示的实验，一钢球通过轻绳系在O 点，由水平位置静止
释放，用光电门测出小球经过某位置的时间t ∆，用刻度尺测出该位置与O 点的高度差h 。

（已知重力加速度为g ）
（1）为了完成实验还需测量的物理量有________（填正确答案标号）。

A ．绳长l
B ．小球的质量m
C ．小球的直径d
D ．小球下落至光电门处的时间t
（2）正确测完需要的物理量后，验证机械能守恒定律的关系式是________________（用已知量和测量量的字母表示）。

【答案】C 2
2
2()d gh t =∆ 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]系统机械能守恒时满足
212
mgh mv = 又
d v t
=∆ 解得
2
2
2()d gh t =∆ 还需要测量的量是小球的直径d 。

（2）[2]由（1）知2
2
2()d gh t =∆成立时，小球机械能守恒。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC 是底角为45°的等腰梯形，高为a ，上底边长为a ，下底边长3a ，如图乙所示。

一细光束垂直于OC 边射入，恰好在OA 和BC 边上发生全反射，最后垂直于OC 边射出，已知真空中的光速为c 。

试求该光束在棱镜中的传播时间t 。

【答案】32a c 【解析】 【分析】 【详解】 恰好发生全反射
1sin n C
=
即 12sin 45n ︒=
= 所以速度为
2c v c n == 则时间为
332a a t v c
== 16．如图所示，两完全相同质量为m=1kg 的滑块放在动摩擦因数为μ=14
的水平面上。

长度均为L=1m 的轻杆OA 、OB 搁在两个滑块上，且可绕铰链O 自由转动，两轻杆夹角为74°。

现用竖直向下的恒力F=20N
作用在铰链上，使两滑块由静止开始滑动。

已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.8。

求： (1)此时轻杆对滑块A 的作用力F A 的大小；
(2)此时每个滑块的加速度a 大小；
(3)当轻杆夹角为106°时，每个滑块的速度v 大小。

【答案】（1）12.5N ；（2）22.5m/s ；（32m/s 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)在O 点，F 沿杆的分力为
2cos37A F F =
︒
解得 12.5A F =N
(2)由
()cos375A f mg F μ=+︒=N
()sin37cos37A A F mg F ma μ︒-+︒=
解得
22.5m s a =
(3)因为
52F f mg μ⎛⎫=+= ⎪⎝
⎭N 保持不变，克服摩擦力做功
()210cos37sin372W f x L L ==⋅︒-︒=f ΔJ
恒力F 做功为
()20cos37sin374W F y L L ==⋅︒-︒=F ΔJ
2122
F f W W mv -=⨯ 解得
v =
17．如图甲所示，将一间距为L=1m 的足够长U 形导轨固定，导轨上端连接一阻值为R=2.0Ω的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T ，质量为m=0.01kg 、电阻为r=1.0Ω的金属俸ab 垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数μ=0.5，金属棒ab 从静止开始下滑，下滑的x-t 图像如图乙所示，图像中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始
终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g 取10m/s 2，sin37=0.6，cos37°
=0.8。

求： (1)导轨的倾角θ。

(2)从开始到t=2.5s 过程中金属棒上产生的焦耳热。

【答案】 (1)37°；(2) 0.01625J.
【解析】
【详解】
(1)由x-t 图象可知t=1.5s 后金属棒开始匀速运动，速度为 3.0 1.5 1.5m/s 2.5 1.5
x v t -===-V V 金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv
金属棒受到的安培力为
22B L v F BIL r R
==+ 金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得
sin cos mg mg F θμθ=+
代入数据解得
θ=37°
(2)从开始到t=2.5s 过程，由能量守恒定律得 mgxsinθ=μmgxcosθ+12
mv 2+Q 金属棒产生的热量为
r r Q Q R r
=
+ 解得 Q r =0.01625J 。