【全国大联考】2021届高三新课标大联考物理试题(三)-Word版含解析.docx

2021届高三新课标大联考
物理试题(三)
注：1．本卷总分100分，考试时间90分钟；
2．考试范围：选修3—1．
第I卷(选择题．共30分)
一、选择题(本题共10小题，每小题3分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)
1．关于静电场的电场线，下列表述正确的是 ( )
A．沿着电场线方向，电场强度越来越大
B．沿着电场线方向，电场强度越来越小
C．负电荷沿电场线方向移动时，电势能增大
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能减小

答案： C
解析：沿着电场线方向，电场强度可能增大，也可能减小，选项A、B错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，选项C正确、D错误。 2．某同学斜向上抛出一铅球，忽视空气阻力。铅球在空中运动的过程中，加速度a随时间t变化的关系图象是

答案： B
解析：铅球抛出后，只受到重力作用，加速度等于重力加速度保持不变，选项B正确。
3．如图所示，一个丫字形弹弓顶部跨度为l，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为l，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸放射出去。若橡皮条劲度系数为k，放射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2l (弹性限度内)，则弹丸被放射瞬间所受的最大弹力为(设弹弓的弹力满足胡克定律) ( )
A．kl B．kl C．kl D．2 kl
答案： C
解析：弹弓放射弹丸的瞬间，受力如图。设橡皮条的弹力分别为Fl、F2，合力为F，则F1＝F2＝k(2l－l)=kl，F=2 F1·cosθ，由几何关系得cosθ=，所以小球被放射瞬间所受的最大弹力F＝，C项正确
4．胎压检测仪是检测汽车轮胎气压的自动报警装置，其关键部件是压阻式压力传感器。某压阻式压力传感器的特点是所受压力F越大，其电阻R越小。现将该压力传感器(图中P)接入如图所示闭合电路中(电表均为抱负电表)。关于电压表示数U、电流表示数I与压力F之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A . 若压力F增大，则U变小，I变小
B．若压力F减小，则U变小，I变大
C．若压力F减小，则U变大，I变小
D．若压力F增大，则U变大，I变大
答案： C
解析：当压力传感器所受压力增大时，压力传感器P阻值变小，整个电路总电阻变小，总电流增大，则电源内阻和R0所占电压变大，电压表示数变小，即I增大，U变小，选项A、D错误；当压力传感器所受压力减小时，压力传感器P阻值变大，整个电路总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和R0所占电压变小，电压表示数变大，即j变小，U变大，选项B错误、C正确。
5．2021年12月2日1时30分，由月球车(如图甲)和着陆器组成的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星放射中心升空，飞行18min后，嫦娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道AB，A为入口点，B为出口点。嫦娥三号在B点经过近月制动，进入距离月面100公里的环月圆轨道，然后择机在月球虹湾地区实现软着陆，开放月面巡察勘察。已知月球和地球的质量之比约为1/81，图乙中环月圆轨道的半径与地球半径之比约为1/4，地球的第一宇宙速度约为7．9km／s，下列说法正确的是 ( )
A．嫦娥三号进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于7.9km/ s
B．嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为1.8km／s
C．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中确定处于失重状态
D．由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡察探测任务时处于失重状态

答案： B
解析：嫦娥三号在近地圆轨道上运行时速度小于或等于7．9 km／s，A项错误；嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动，由万有引力供应向心力得，G= m，解得：v==×7．9km／s≈1．8 km／s，B项正确；月球车着陆过程中减速下降，处于超重状态，C项错误；月球车在月球上所受重力小于在地球上所受的重力，这与是否失重无关，D项错误。
6．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处电势为零，若将q1、q2移动到C点的过程中电场力做的正功相等，则下列说法正确的是 ( )
A．A点电势低于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在C点的电势能大予q2在C点的电势能
答案： A
解析：依据题意，可知点电荷Q带负电，故A点电势低于B点电势，选项A正确；A点离点电荷Q近，电场强度大，选项B错误；电势差UACq2，选项C错误；C点的电势确定，因ql >q2，所以ql在C点的电势能小于q2在C点的电势能，选项D错误。
7．无限长通电导线在其四周某一点产生的磁场的磁感应强度的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B=k(式中k为常数)。如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I。在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距导线I的距离为L。下列说法正确的是 ( )
A．a点和b点的磁感应强度方向相同。
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小之比为8：1
D．a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1
答案： AD
解析：电流I在a点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下；电流3 I在a点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下，故a点的磁感应强度Ba=k，方向向下。电流I在b点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向上；电流3I在b点产生的磁场的磁感应强度大小为k，方向向下，故b点的磁感应强度Bb=k，方向向下。则Ba：Bb=1 6：1。选项AD正确。
8．利用如图所示装置可以选择确定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L，一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是 ( )
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变
答案： BCD
解析：由左手定则可推断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径rmax=、粒子的最小半径rmin=，依据洛伦兹力供应向心力有Bvq=m，可得v=Bqr/m，所以vmax=．vmin =，则vmax一vmin= ，所以选项B、C、D正确。
9．如图所宗是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是 ( )
A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机的电阻为1210/3 Ω
C．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
答案： AD
解析：电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为PR=P热一PM=1000W一120W=880W，由P=可知，R==55Ω，选项A正确；电机为非纯电阻电路故不能用P=求，选项B错误；当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能Q=Pt=120×1J=120J，故D正确。
10．空间存在着一有抱负边界的电场，边界PQ将该空间分成上下两个区域I、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场，区域I中无电场。在区域Ⅱ中某一位置A，静止释放一质量为m、电量为q的带负电小球，如图(a)所示，小球运动的v一t图象如图(b)所示。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则以下说法正确的是 ( )
A．小球在3．5s末回到动身点
B．小球受到的重力与电场力之比为4：5
c．A点距边界的距离为
D．若边界PQ处电势为零，则A点的电势为－
答案： CD
解析：小球回到动身点时通过的位移为O，依据v一t图象与时间轴所围的面积表示位移可知，小球在7s末总位移为零，回到动身点，选项A错误；图象的斜率等于加速度，得0一2s内的加速度为a1 =、2s一5s内加速度大小为a2==g，则得：a1=g。由牛顿其次定律得：qE—mg= ma，可得电场强度qE=，则重力与电场力之比为4：7，选项B错误；从A点到边界过程，由动能定理得：ma1y=mv02－0，解得P点距边界的距离y=，故C正确；A点与边界PQ间的电势差为U=－Ey=－=－，若边界PQ处电势为零，则A点电势为－，故D正确．

第Ⅱ卷(非选择题共70分)
二、试验题(共2小题，共18分．把答案填在相应的横线上或按要求作答)
11．(8分)某同学用如图所示的试验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接。
(1)试验步骤如下：
A．弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；
B．结点O下的细线挂钩码C；
C．手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置；
D．登记钩码质量m、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A 和B的示数、记录 。
(2)在试验过程中，下列哪些状况会对试验结果产生误差?
答： ．(选填选项前的字母)
A．木板不竖直
B．A弹簧测力计外壳的重力
C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
D．转变弹簧测力计B拉力进行多次试验时，结点O的位置发生变化
(3)某次试验中．该同学发觉弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个方法 。
答案： (1)三条细绳(拉力)的方向(3分)；(2)A(3分)；(3)减小弹簧测力
计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO与．BO之间的夹角；或
其它能达要求的方法同样给分(2分)
考点：验证力的平行四边形定则
专题：试验题
分析：弹簧测力计A挂于固定点，所以弹簧测力计外壳的重力对弹力有确定的影响，拉线方向必需与木板平面平行，这样才确保力的大小精确     性，同一次试验时，O点位置不变，不是同一次试验时，O点位置可以转变．当毁灭超出弹簧测力计A的量程时，通过转变其中一个力大小或另一个力方始终达到此目的．
解析： (1)需要记录三个拉力的方向，即三条细绳的方向。
(2)木板不竖直，会影响测力计的读数，对试验结果产生误差；弹簧测力计外壳的重力，B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平，均对试验不产生影响；只要同一次试验中O点位置不变即可。答案为A。
(3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量：或减小AO与BO之间的夹角，均可使弹簧测力计A的指针不超出量程。
点评：通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何精确     作出力的图示．同时值得留意其中有一力大小与方向均已确定，从而削减试验的操作步骤
12．(10分)某同学对试验室的一个多用电表中的电池进行更换时，发觉里面除了一节1．5V的干电池外，还有一个方形的层叠电池。为测定层叠电池的电动势和内电阻，试验室中供应如下器材：
A．电流表Al (满偏电流10mA，内阻10Ω)；
B．电流表A2 (0～0．6～3A，内阻未知)；
C．滑动变阻器R0 (0～100Ω，1．0A)；
D．定值电阻R(阻值990Ω)；
E．开关S与导线若干。
(1)该同学依据现有的试验器材，设计了如图甲所示的电路，请你依据电路图在图乙中完成实物连线。

(2)该同学依据上述设计的试验电路测出多组数据，绘出如图丙所示的I1 一I2图线(I1为电流表A1的示数，J2为电流表A2的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势E= V，内 阻r = Ω。(保留两位有效数字)
答案：(1)见解析图(4分) (2)9．0(±0．2)(3分)，10(3分)
考点：测定电源的电动势和内阻
专题：试验题
分析：（1）已知原理图，由原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先连接其中一个支路，再并联另一支路；留意实物图的连接留意事项；
（2）由闭合电路欧姆定律可得出关于两电流表示数的表达式，利用数学中函数关系式及图象的学问可得出电动势和内电阻．
解析： (1)连线如图所示；
(2)依据闭合电路欧姆定律有E=I1R+(I1+I2)r，
整理得I1=－·I2 ，
图线的斜率表示，即=，解得r=10Ω；图线在纵轴的截距表示，将图线延长与纵轴相交得截距为9．0 mA，则9.0×10-3= ，解得：E＝9．0V。
点评：本题中考查测定电动势和内电阻试验中的数据处理，本题中要留意单位的正确换算；同时留意正确列出表达式，找出规律．
三、计算题(本题共4小题，共52分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位．)
13．(10分)在节庆燃放焰火活动时，用到了焰火的空中定向、定位与艺术造型等关键技术。现有一质量为5kg的焰火弹，要使该弹在被竖直放射到离炮筒出口150m的最高点时恰好点火，假设焰火弹在上升过程中受到的空气阻力恒为其自身重力的0．2倍(g取10 m／s2)。问：
(1)设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度多大?
(2)焰火弹从离开炮筒到最高点点火的时间应把握多长?

答案：(1)6 0m／s (2)5 s
解析： (1)焰火弹上升过程中受到向下重力及空气阻力作用，依据牛顿其次定律有
mg+0．2mg＝ma ……2分
解得a=12m／s2 ……2分
由运动学公式得v02=2ah ……2分
解得v0= 6 0m／s ……2分
(2)依据运动学公式得:
t== 5 s ……2分

14．(10分)如图所示，在xOy平面上第1象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图，y轴上一点P的坐标为(0，y)有一电子以垂直于x轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA，0)，当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB，0)，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子的重力。
(1)求匀强电场的场强E1、E2之比；
(2)若在Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xoy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，一y)，求感光胶片上曝光点的横坐标xA、xB之比。

答案：(1) E1 ：E2 = xB2 ：xA2 (2) xA/ ：xB/ = xA ：xB
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
专题：带电粒子在电场中的运动专题
分析：电子垂直射入匀强电场做类平抛运动，将其运动进行正交分解，从而由动力学方法即牛顿其次定律和运动学公式结合进行求解．
解析： (1)当场强为El时，xA=v0t1，yOA=t12 ……1分
当场强为E2时，xB=v0t2，yOB=t22 ……1分．
解得：E1 ：E2 = xB2 ：xA2 ……2分
(2)设场强为E时，电子射出电场时的偏转角为θ1
tanθ1= vy1=t1 ……1分
xA/ =+xA/2 =3xA/2 ……1分
设场强为最时，电子射出电场的偏转角为θ2
tanθ2= vy1=t2 ……1分
xB/ =+xB/2 =3xB/2 ……1分
解得：xA/ ：xB/ = xA ：xB ……2分
点评：带电粒子在电场中做类平抛运动的问题，经常运用运动的分解法将其分解成垂直于电场方向的匀速直线运动，平行于电场的匀加速直线运动，再依据牛顿其次定律和运动学公式或动能定理进行争辩，经加强训练，娴熟把握．
15.（14分）如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为300，第一象限内有两个方向都垂直纸面对外的匀强磁场区域I和II，直线OP是他们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的质子（不计重力）以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域I，质子先后通过磁场区域I和II后，恰好垂直打在x轴上的Q点（图中未画出），试求：
（1）区域II中磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子在第一象限中的运动时间；
（3）Q点到O的距离．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题
分析：（1）质子在两个磁场中由洛伦兹力供应向心力，均做匀速圆周运动．依据圆的对称性可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为300，即与x轴平行．在区域II中，由题分析可知，质子运动1/4圆周，由几何学问作出轨迹，如图．由几何关系，得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系，由牛顿其次定律争辩两个磁感应强度的关系，求解区域II中磁场的磁感应强度大小．
（2）由图x=OAcos30°+r2=r1cos30°+r2求解x．
解答：（1）设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2 ，区域II中磁感应强度为B/，由牛顿其次定律
qvB =m ……① 1分
qvB =m ……② 1分
粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出磁场I时的速度方向与OP的夹角为300，故质子在磁场I中轨迹的圆心角为θ=600 ……2分
则△O1OA为等边三角形OA=r1 ……③ 1分
r2= OAsin300 …… ④ 1分
由①②③④解得区域II中磁感应强度为 B/=2B ……1分
(2)粒子在I区中的运动时间 t1 = T1/6 ==……2分
粒子在Ⅱ区中的运动时间t1 = T2/4==……2分
粒子在第一象限中运动的时间为：t=t1+t2= ……1分
(3)Q点坐标x=OAcos300+r2=r1 cos300+r2 ……2分
得x=·…2分
点评：带电粒子通过磁场的边界时，假如边界是直线，依据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题经常用到．

16（18分）如图所示，虚线OO/右侧存在垂直于纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，某时候质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子a在纸面内以速度v1=v0从A点进入磁场，其方向与OO/的夹角θ1=300；另一质量为m、电荷量为+q的粒子b在纸面内以速度v2=v0也从A点射入磁场，其方向与OO/的夹角θ2=600．已知粒子a、b同时到达磁场边界的P、Q两点（图中未画出）不计粒子的重力及粒子间的相互作用．
（1）求两粒子进入磁场的时间间隔△t；
（2）求两粒子在磁场边界上的穿出点之间的距离d；
（3）若OO/左侧有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子a做直线运动．求电场强度E的大小和方向．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．
专题：带电粒子在磁场中的运动专题．
分析：（1）依据公式t=T求运动时间；
（2）作出两粒子的运动轨迹，由牛顿其次定律求出半径，结合几何学问求出d；
（3）由题意，电场强度的方向应与粒子a穿出磁场的方向平行，分为与粒子速度方向相同和相反两种状况进行争辩．
解答：解： (1) (2) (3)Bv0 方向与OO/成300角斜向右下
解析：(1)粒子圆周运动的周期T= ……1分
粒子a圆周运动的圆心角=，在匀强磁场中运动的时间t1=T ……1分
粒子b圆周运动的圆心角β=，在匀强磁场中运动的时间t2=T ……1分
所以△t=t1-t2= ……1分
(2)粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，依据牛顿其次定律有
qvB'=m……1分
设粒子a从边界上的C点离开磁场，则AC=2 r1 sinθ1 ……1分
设粒子b从边界上的D点离开磁场，则AD=2r2 sinθ2 ……1分
故d=AC+AD=2r1 sin300+2r2sin600 = ……2分
(3)由题意电场强度的方向应与粒子a穿出磁场的方向平行。
①若电场强度的方向与OO/成300角斜向右下，则粒子a做匀加速直线运动，粒子b做类平抛运动。
Eq=ma ……1分
dcos300=v1+at2+at2 ……1分
dsin300=v2t ……1分
解得 E=－Bv0 ……1分
②若电场强度的方向与OO/成300角斜向左上，则粒子a做匀减速直线运动，粒子b做类平抛运动。
Eq=ma ……1分
dcos300=v1+at2－at2 ……1分
dsin300=v2t ……1分
解得 E=－Bv0 ，假设不成立。……1分
综上所述，电场强度的大小E=,Bv0，方向与OO/成300角斜向右下。
答：（1）两粒子进入磁场的时间间隔△t=；
（2）两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d=；
（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．电场强度E的大小E=Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．
点评：本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何学问是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法．