2021松原长岭县二中高三下学期第三次模拟考试物理试题含答案

这是一份2021松原长岭县二中高三下学期第三次模拟考试物理试题含答案，共5页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

【模拟试卷】
吉林省松原市长岭县第二中学
2020-2021学年度高三下学期第三次模拟考试卷
物理试卷
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的值为6.63×10－34 J‧s，则h的单位“J‧s”用国际单位制中的基本单位表示为( )
A．kg‧m2/s2 B．kg‧m2/s C．N‧s/m D．N‧s‧m
【答案】B
【解析】h的单位是J‧s，则1 J‧s＝1 N‧s‧m＝1 (kg‧m2/s)‧s‧m＝1 kg‧m2/s，故选B。
2．关于光电效应，下列说法正确的是( )
A．只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应
B．光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应
C．照射时间越长光电子的最大初动能越大
D．光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比
【答案】B
【解析】根据光电效应规律，只有入射光的频率大于金属的截止频率，才可以使金属发生光电效应，A错误；光子的能量大于金属的逸出功就可以使金属发生光电效应，B正确；光电子的最大初动能与照射时间无关，C错误；光电子的最大初动能随入射光子的频率增大而增大，并不是成正比，D错误。
3．篮球技巧表演赛是展示组织后卫水平的比赛其中一个环节是传球技巧，要求运动员拿球要准确传入正对面的球洞中，如图所示，运动员在距球洞前5 m处传球，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入球洞中心。若传球点和球洞中心正好在同一水平面上，不考虑空气阻力，g＝10 m/s2。则篮球传出后的最高点相对球洞中心的竖直高度是( )

A．1.25 m B．1.45 m C．2.25 m D．2.45 m
【答案】A
【解析】因为篮球最后是以水平方向成45°落入球洞中心，由于不计篮球运动过程的空气阻力，篮球做斜抛运动，设篮球最高点相对球洞中心的竖直高度为h，运动的时间为t，则竖直方向上有0－vy2＝2gh，h=gt2，水平方向有vx‧2t=5，vx=vy，解得h=1.25 m，故A正确。
4．如图所示，a、b、c为匀强电场中的三点，b为a、c连线的中点。一个电荷量为q的负电荷，在a点受到的电场力为F，从a点移动到b点过程中电势能减小W，下列说法正确的是( )

A．匀强电场的电场强度大小为
B．a、b、c三点中，a点的电势最高
C．该电荷从a点移动到b点过程中电场力做负功
D．该电荷从c点移动到b点过程中电势能增加W
【答案】D
【解析】负电荷在a点受到的电场力为F，由场强的公式得匀强电场的电场强度大小为E＝，故A错误；负电荷从a点移动到b点过程中电势能减小，根据负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以从a到c的过程电势越来越高，即c点电势最高，故B错误；从a点移动到b点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故C错误；匀强电场，b为a、c连线的中点，所以从a点移动到b点的电势能减小量等于从b点移动到c点的电势能减小量，电势能都减小W，则从c点移动到b点过程中电势能就增加W，故D正确。
5．如图所示，在第一象限内有沿，轴负方向的匀强电场，在第二象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，一个速度大小为v0的带正电的重力不计的带电粒子从距O点为L的A点射入磁场，速度方向与x轴正方向成60°时，粒子恰好垂直于y轴进入电场，之后通过x轴上的C点，C点距O点距离也为L。则电场强度E与磁感应强度B的大小比值为( )

A．v0 B．v0 C．v0 D．2v0
【答案】A
【解析】粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在磁场中运动半径，又qv0B＝m，解得，在匀强电场中做类平抛运动，水平方向L=v0t，竖直方向h=at2=r，又a＝，解得，故选A。

6．如图所示为甲、乙两质点在同一直线上运动的位移－时间图像，甲质点的图像为直线，乙质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图。下列说法正确的是( )

A．t1－t2时间段内乙的平均速度大于甲的平均速度
B．t1－t2时间段内乙的平均速度小于甲的平均速度
C．t＝(t1＋t2)时，甲、乙间距离最大
D．x＝(x1＋x2)时，甲、乙间距离最大
【答案】C
【解析】由平均速度的公式得，所以 t1－t2时间段内乙的平均速度等于甲的平均速度，AB错误；因为乙质点的图像为过原点的抛物线，所以乙质点做匀加速直线运动，乙在时间中点t＝(t1＋t2)时的速度等于该段时间内的平均速度，即该时刻两质点的瞬时速度相等，则在t＝(t1＋t2)时甲、乙间距离最大，C正确，D错误。
7．如图所示，一卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，某时刻该卫星位于赤道上一建筑物的正上方。下列说法正确的是( )

A．地球自转角速度大于该卫星的角速度
B．建筑物随地球运动的向心加速度大于该卫星运动的向心加速度
C．建筑物随地球运动的线速度大于该卫星运动的线速度
D．经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物上空
【答案】D
【解析】万有引力提供向心力G＝mω2r，ω＝，r越大，ω越小，所以同步卫星的角速度小于该卫星的角速度，地球自转角速度等于同步卫星的角速度，所以地球自转角速度小于该卫星的角速度，A错误；建筑物随地球运动的角速度与同步卫星相同，根据a＝ω2r，建筑物随地球运动的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，由a＝，r越大，a越小，同步卫星的加速度又小于该卫星的加速度，所以建筑物随地球运动的向心加速度小于于该卫星运动的向心加速度，B错误；根据v＝ωr，建筑物随地球运动的线速度小于同步卫星的线速度，由v＝，r越大，v越小，同步卫星的线速度又小于该卫星的线速度，所以建筑物随地球运动的线速度小于于该卫星运动的线速度，C错误；此卫星的轨道平面与赤道平面重合，并且角速度与地球自转角速度不同，所以经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物上空，D正确。
8．分子势能Ep随分子间距离r变化的图像（取r趋近于无穷大时Ep为零），如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是( )

A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】由图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0，所以将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．一小型水电站通过升压变压器和降压变压器给某生活区供电，发电机组输出电压恒定，输电线电阻R保持不变。该生活区夜晚用电量大于白天用电量，则夜晚与白天比较( )

A．发电机的输出功率不变
B．降压变压器输出电压降低
C．用户获得的电压升高
D．输电线上损失的功率变大
【答案】BD
【解析】生活区夜晚用电量大于白天用电量，所以对应的发电机的输出功率夜晚大于白天，A错误；夜晚输电线上电流比较大，输电线上的电压损失比较大，所以降压变压器输入电压降低，对应的降压变压器输出电压也降低，用户获得的电压变低，B正确，C错误；根据P=I2R可知输电线上损失的功率变大，D正确。
10．如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形。在D处有一红色点光源，在纸面内照射弧面AC，若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，则以下说法正确是( )

A．光从该材料到空气的临界角为37°
B．该光学元件的BC边上有光射出的长度为R
C．照射在AC边上的入射光，有弧长为区域的光不能从AB、BC边直接射出
D．将点光源换成紫光，则AB边上有光射出的长度增大
【答案】AC
【解析】设光从该材料到空气的临界角为C，则有sin C＝＝，得C＝37°，故A正确；假设光线沿DE方向照射到AB面上正好发生全反射，DE与弧AC相交于F，则∠ADE＝37°，如图所示，假设光线沿DG方向照射到BC面上正好发生全反射，DG与弧AC相交H，可知∠CDG＝37°，则∠GDE＝16°，求得光线不能射出对应的弧长，即照射在AC边上的入射光，有弧长为区域的光不能从AB、BC边直接射出。由几何知识求得该光学元件的BC边上有光射出部分的长度CG＝Rtan 37°＝R，故C正确，B错误；若将点光源换成紫光，由于紫光的频率大于红光的频率，故在该种材料中紫光的折射率大于红光的折射率，根据sin C＝，可知从该种材料中到空气中，紫光的临界角小于红光的临界角，则AB边上有光射出的长度将变短，故D错误。

11．如图甲所示，A、B、P是同一水平面内的三个点，有两列性质相同且振动均沿竖直方向的横波Ⅰ、Ⅱ在同一介质中分别沿着AP和BP方向传播，已知A与P相距40 cm，B与P相距30 cm。在t＝0时刻，两列波同时分别传到A、B两点，A、B两点的振动图象如图乙、丙所示，在t＝2 s时刻，横波Ⅰ传播到P点。则以下说法正确的是( )

A．两列波的波长均为0.2 m
B．P点为振动减弱点且振幅为5 cm
C．t＝3.5 s时P点在平衡位置且向下振动
D．t＝3.5 s内P点通过的路程为180 cm
【答案】ACD
【解析】由题意可知，2 s时间波传播40 cm，则波速v＝＝0.2 m/s，因两列波的周期均为T＝1 s，则波长均为λ＝vT＝0.2 m，A正确；因为AP＝2λ，BP＝1.5λ，即P点到AB的距离之差等于半波长的奇数倍，且两列波的振动方向相反，可知P点为振动加强点，振幅为25 cm，B错误；t＝3.5 s时由波Ⅰ在P点引起的振动位移为零，方向向下，由波Ⅱ在P点引起的振动位移为零，方向也向下，则P点在平衡位置且向下振动，C正确；当波Ⅰ传到P点时，波Ⅱ在P点已经振动了0.5 s，经过的路程为2A2＝30 cm；等到波Ⅰ传到P点时，因P点振动加强，振幅为A＝25 cm，t＝3.5 s内P点两列波叠加共同振动了1.5个周期，则通过的路程为8A＝150 cm，则t＝3.5 s内P点通过的路程为180 cm，D正确。
12．如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，有一劲度系数为k的轻质弹簧，其一端固定在固定挡板C上，另一端连接一质量为m的物体A，有一轻质细绳绕过定滑轮，细绳的一端系在物体A上（细绳与斜面平行），另一端有一细绳套，物体A处于静止状态。当在细绳套上轻轻挂上一个质量也为m的物体B后，物体A将沿斜面做简谐运动。运动过程中B始终未接触地面，不计绳与滑轮间的摩擦阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )

A．未挂重物B时，弹簧的形变量为
B．物体A的振幅为
C．物体A的最大速度大小为
D．细绳对物体B拉力的最大值为2mg
【答案】BC
【解析】未挂物体B时，设弹簧压缩量为x1，对于物体A由平衡条件有kx1－mgsin30°＝0，解得，A错误；当A的速度最大时，其加速度为零，此时弹簧处于伸长状态，则mg＝kx2＋mgsin30°，解得，物体A的振幅，B正确；因x1与x2相等，故在此过程中弹簧弹性势能改变量△Ep＝0，设最大速度为v，对于A、B及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin30°＝×2mv2，将x1、x2代入得，C正确；A做简谐运动的振幅为A＝x1＋x2，A运动到最高点时弹簧的伸长量x＝1.5x1，在最高点时，由牛顿第二定律，mgsin30°＋kx－Tmax＝ma，B在最低点时，Tmax－mg＝ma，解得，D错误。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)在“验证机械能守恒定律”实验中某研究小组采用了如图甲所示的实验装置，实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系一直径为d金属小球，另一端固定于O点，记下小球静止时球心的位置A，在A处放置一个光电门，现将小球拉至球心距A高度为h处由静止释放，记下小球通过光电门时的挡光时间Δt重力加速度为g，请回答以下问题：

(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝______cm；
(2)若等式______成立，说明图甲小球下摆过程机械能守恒（用题中所给字母表示）
(3)若撤去光电门，在O点安装一个拉力传感器，测出线上的拉力F，实验中记录细线拉力大小随时间的变化如图丙所示（Fm是实验中测得的最大拉力值）在小球第一次运动至最低点的过程，根据重力势能的减少量和动能的增加量之间的关系，也可验证机械能守恒定律。观察图丙中拉力峰值随时间变化规律，从能量的角度分析造成这一结果的主要原因为：______。
【答案】(1)1.04 (2) (3)重力势能和动能相互转化，动能减小时，细线的拉力减小，动能增大时，细线的拉力增大
【解析】(1)由图乙可知，直径.
(2)如果图甲小球下摆过程中机械能守恒，那么小球减少的重力势能会全部转化为小球的动能，当小球通过光电门时，小球通过的时间，可以计算出小球运动的速度大小，所以，如果守恒，可以得出，即满足，则小球下摆过程中机械能守恒。
(3)小球下摆的过程中，重力势能转化为动能，导致小球的速度增大，而小球围绕O点做圆周运动，因为半径大小不变，当小球的运动速度增大时，所需要的向心力也增大，则细线的拉力就会变大，然后当小球上摆时，动能转化为重力势能，导致小球运动速度减小，所需向心力减小，细线的拉力也会变小，所以细线的拉力就会呈现图丙所示的图像。
14．(10分)某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化、这种现象称为“压阻效应”。已知Rx的阻值变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝400 Ω
B．直流电源，电动势6 V，内阻不计
C．电流表A，量程为0～100 mA，内阻不计
D．电压表V，量程为0～3 V，内阻为3 kΩ
E．定值电阻R1＝2 kΩ
F．滑动变阻器R，最大电阻值约50 Ω
G．开关S与导线若干

(1)甲同学设计了图甲实验电路原理图，请在图乙将实物连线图补充完整。
(2)某次压力测试，在电阻Rx上施加力F，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U和I，则压敏电阻的阻值Rx＝___________。
(3)改变F的大小、测得不同的Rx值，绘成图象如图丙所示，可得其斜率k＝_______Ω/N（保留两位有效数字）。Rx阻值和压力F的关系式是Rx＝___________（用Rx、F和k等表示）。
(4)按图甲实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻Rx上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N。
【答案】(1)见解析图 (2) (3)1.7~1.9 (4)185~199
【解析】(1)图1是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图如图所示。

(2)由图可知Rx两端电压为，电流表测量Rx的电流，所以。
(3)由图可得，图线斜率为，图线与Rx轴的截距是400Ω，有一次函数可得。
(4)电压表满偏是Rx为，则。
15．(8分)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H＝18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0＝4 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l＝12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1＝283 K。大气压强p0＝76 cmHg。

(1)现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？
(2)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？
【解析】(1)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有

设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有
，
，
联立解得h＝12.9 cm。
(2)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖一吕萨克定律有
按题设条件有
解得T2＝363 K。
16．(8分)如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为θ＝30°，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数μ＝。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：

(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；
(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程。
【解析】(1)木板A与挡板第一次碰撞前，系统相对静止，之间无摩擦，系统加速度为
a＝gsin 30°
由运动学公式，第一次碰时系统速度
碰后，对B有
方向沿斜面向上
(2)碰后，对A有
方向沿斜面向下，可见，A、B均做减速运动，A先减速至零。
第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为
从开始到第二次碰，A的总路程为。
17．(12分)如图所示，O1为竖直平面内圆周的圆心，两根长为L的轻绳分别悬挂甲、乙两个相同的小球，其质量为m，甲、乙两球分别位于图中A、C两点处，半径O1C与水平方向夹角为30°，半径O1D与水平方向夹角为60°，其中点O2处固定一个可挡住轻绳的铁钉，甲球在最低点A处获得水平向右的初速度后恰能通过最高点B，运动到C点时与乙球发生对心弹性碰撞，重力加速度为g。求：

(1)甲球通过B点时的动能；
(2)甲球在C点发生碰撞前的速度大小；
(3)碰后甲球能否绕O2在竖直面内做完整的圆周运动？请通过计算说明理由。
【解析】(1)由于甲球恰好通过最高点，根据圆周运动的绳模型，在最高点对小球进行受力分析，仅由小球重力提供向心力，则

可得，。
(2)小球甲从B点到C点做圆周运动，根据机械能守恒可得

则在碰撞前小球甲在C点的速度为。
(3)两小球在C点发生对心弹性碰撞，可得


则在碰撞之后，上球的速度为，做自由落体运动至下方与C对称的E时有

此时绳子绷紧，沿绳方向速度分量消失，只剩余垂直于绳方向的速度分量，可得

若要小球能够进行完整的圆周运动，必须满足最高点，小球速度
根据动能定理求出小球通过最高点的速度

由于故不能通过最高点，不能完成完整圆周运动。
18．(16分)如图甲所示，平行金属导轨abcde，a′b′c′d′e′分别固定在两个竖直平面内，间距d＝1.0 m，电阻不计，仅有倾斜段ab、a′b′粗糙，其ab、a′b′的长度为l1＝3.125 m，倾角为37°，动摩擦因数μ＝0.25；bc、b′c′为长度可忽略的圆弧，ce，c′e′是同一水平面上的水平段，cd长度l2＝8 m，de足够长，各段之间平滑连接，圆弧段与两端直导轨相切。在cc′ee′区间分布匀强磁场B，其变化规律如图乙，方向竖直向上。在dd′位置处锁定质量m1＝0.5 kg、电阻R1＝4 Ω的导体棒PQ。在t＝0时将质量m2＝0.8 kg、电阻R2＝1 Ω的导体棒MN从aa′位置由静止释放(两棒均与导轨垂直)，两棒若相碰，碰撞前后系统动能不变，g取10 m/s2。

(1)求MN滑至位置bb′时的速度大小；
(2)当MN进入磁场时，立即解除PQ锁定，求MN从开始到匀速运动时所产生的焦耳热。
【解析】(1)对导体棒MN，滑至位置bb'过程，由牛顿第二定律得：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
且以v02＝2al1
代入数据解得：v0＝5 m/s。
(2) (8分)滑至位置bb'过程，s>l s
故下滑过程，电动势V
流过MN的电流A
MN产生的焦耳热Q1＝I12R2t0＝2.56 J
导体棒MN进入磁场时磁场已恒定，当导体棒MN匀速运动时，两棒速度相等，若此前两棒未相撞，则从导体棒MN进入磁场到两棒匀速运动，两棒动量守恒，令水平向右为正方向，两棒速度相等，大小为v1，则
对两棒：m2v0＝(m1＋m2)v1
解得：v1＝4 m/s
对导体棒MN：－Bdit＝m2v1－m2v0 (i为这一过程通过两棒的平均电流)
即－Bdq1＝m2v1－m2v0
且 (Δx1为这一过程两棒的位移之差)
得Δx1＝4 m 故对两棒有：m2v02＝(m1＋m2)v12＋Q
解得：Q总＝2 J
即MN进入磁场后到匀速运动过程产生的焦耳热J
则MN从开始到匀速运动时所产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝2.96 J。