2021届云南省峨山自治县第一中学高三（下）第三次模拟考前预测理综物理试卷（二）

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密·启用前2021届云南省峨山自治县第一中学高三（下）第三次模拟考前预测理综物理试卷（二）题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.2020年10月4日世界杯预选赛女子十米跳台决赛在河北奥体中心举行。如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员（）A过程I的动量改变量等于零B过程II的动量改变量等于零C过程I的动量改变量等于重力的冲量D过程II的动量改变量等

2、于重力的冲量2.在星球P和星球Q的表面，以相同的初速度vn竖直上抛一小球，小球在空中运动时的速度时间图像分别如图所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球P的半径是星球Q半径的3倍，下列说法正确的是（）A星球P和星球Q的质量之比为3：1B星球P和星球Q的密度之比为1：1C星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为3:1D星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1:33.如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端的固定立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体和木板始终不动，在此过程中()A木板A上下表面所受摩擦力的合力大小不变

3、B木板A上下表面所受摩擦力的合力逐渐减小C物体B所受的摩擦力逐渐减小D物体B所受的摩擦力先增大后减小4.如图所示，金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直，ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，不计一切摩擦。则（）A金属框的速度逐渐增大，最终趋于恒定B金属框的加速度逐渐减小，最终为零C导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定D导体棒到金属框be边的距离逐渐增大，最终趋于恒定5.远距离输电原理图如图所示，原线圈输

4、入电压及输电功率恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是（）A电压表读数增大B电流表读数增大C输电线上损耗的功率减小D用户的功率减小6.如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同材料、质量为m2的滑块（m2m1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失。从静止释放滑块到滑块沿斜面上升到最大高度过程，下列说法正确的是（）A两滑块到达B点的速度大小相等B两滑块在斜面上运动

5、的加速度相同C两滑块的重力势能增加量相同D两滑块与斜面因摩擦产生的热量相同7.如图，直角坐标系xOy平面内，O（0，0）、P（a，0）两点各放置一点电荷，Q（0，a）点电场强度沿x轴正方向，下列判断正确的是（）AP点电荷带正电BP点电荷量大于O点电荷量C在x轴负半轴上某点电场强度为零D从P点沿x轴正方向电势越来越低8.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是（）A空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量B布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现象是分子热运动的间接反映C阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数D

6、热传递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程E水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当做球形处理9.从波源质点0起振开始计时。经时间t=1s，x轴上距波源10 m处的质点开始振动，此时波形如图所示，则下列说法正确的是 。A该列波的周期为0.8 sBO点的简谐振动方程为y=2sin5t（cm）C在00.6 s时间内，x轴上2 m处质点通过的路程为4cmD在t=0.6 s时，x轴上8 m处质点位移为零，且向y轴负方向振动E再经4.0 s，x=48 m处的质点处于波峰位置评卷人得分二、实验题10.其研究性学习小组设计实验测量“某品牌的运动鞋鞋底与室内篮球馆木地板

7、之间动摩擦因数的大小”，简要步骤如下：（1）找来学校球馆的一块长木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一光滑小滑轮，右端固定电磁打点计时器；（2）用塑料袋装一些沙子，塞入鞋中，并测出鞋和沙子的总质量M。接着把鞋子放在长木板上，把一轻质细线的一端固定在鞋子上，使鞋子能够沿细线方向做直线运动，再将细线绕过小滑轮，细线另一端拴一小桶，鞋子连接纸带穿过打点计时器，纸带保持水平。（3）释放小桶，使鞋子能由静止开始加速运动，打出的纸带如图所示，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点之间有四个计时点没有画出，用刻度尺测量出两点之间的距离如图所示分别为s1=1.81cm、s2=2.10cm、s3=2.4

8、0cm、s4=2.70cm、s5=3.01cm、s6=3.30cm，打点计时器所接交流电频率为f=50Hz，可算出运动的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）；用天平测出小桶的质量为m，则鞋底与木板之间的动摩擦因数表达式为=_；（用M、m、g、a表示）（4）在测量过程中，下列说法正确的是_A.细线要与长木板保持平行 B应将长木板垫高以平衡摩擦力C应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动 D.实验需要m远小于M才行11.某实验小组研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：两只相同的小灯泡（额定电压3.8V，额定电流0.32A），电压表V（量程3V，内阻3k），电流表A（量程0.6A，内阻约0.5）

9、，定值电阻R0（阻值1000），滑动变阻器R（阻值05.0），电源（电动势E=4.5V，内阻不计）。（1）选择一只小灯泡进行实验研究，要求能够实现在03.8V的范围内测量小灯泡的电压，在方框中画出实验原理电路图_。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图。由实验曲线可知，小灯泡的电阻率随着电流的增加而_（填增大、不变或减小）。（3）将本实验中的两只小灯泡与电动势E=4.0V，内阻r=4.0的另一电源串联成闭合回路电路，则电源两端的路端电压U和干路电流I的关系式为_，小灯泡的实际功率为_W。（结果保留两位小数）评卷人得分三、解答题12.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，y轴与x=d之间，有沿

10、x轴正向的匀强电场，在第二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在x轴上P（-d，0）点，沿y轴正向发射一个质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，粒子的速度大小为vo，粒子刚好从坐标原点O射出磁场；若只增大粒子的发射速度大小，使粒子垂直y轴射出磁场，结果粒子在电场中运动12d的距离，速度为零，不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)继续增大粒子的发射速度大小，要使粒子不能从x=d射出电场，粒子的发射速度最大为多少。13.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道半径R=0.45m，下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足

11、够长的木板c，可视为质点的小滑块b静止在距离木板右端L=2.25m处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高。可视为质点的小滑块a由圆弧轨道顶端无初速释放，a、b碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动。已知两个小滑块与木板的质量均为m=1kg，小滑块a、b与木板间的动摩擦因数均为=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。（1）求小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；（2）求小滑块a、b碰后瞬间速度的大小；（3）若a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块a、b之间的最大距离。14.如图甲所示，竖直放置气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截

12、面积为S，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了T，气柱的高度增加了h，吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸间摩擦。（1）求对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量；（2）如果在活塞上缓慢堆放一定质量细砂，保持缸内气体温度不变（升高后的温度），如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质量。15.玻璃直角三棱镜的截面如图所示，B=30°，一束光线从AB边上的M点以平行于BC的方向射入棱镜，经BC边反射后的反射光线与AB边平行。已知AB=2L，BM=12L，真空中的光速为c。求：（1）棱镜的折射率n；（2）该束光线从M点射

13、入到第一次从AC边射出经历的时间。参考答案1.C【解析】AC过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；B运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；D过程II的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力和水的阻，则不等于重力的冲量，故D错误。故选C。2.B【解析】A根据vt图像可知，图像斜率表示加速度，所以两星球表面重力加速度之比为gP:gQ=3:1根据g=GMR2得到MP:MQ=27:1故A选项错误；B由=M43R3可以得到P:Q=1:1故B选项正确；C根据GMmR2=mv2R推得v1=GMR得两星球的第一宇宙速度之比v1P:

14、v1Q=3:1故C选项错误；D根据GMmR2=m42RT2推得T=42R3GMTP:TQ=1:1故D选项错误。故选B。3.A【解析】AB木板A水平方向共受三个力，分别是弹簧水平向左的弹力和上下两个面的静摩擦力，因A静止不动，受合外力为0，弹簧的弹力不变，所以两个摩擦力的合力也不变，与弹力大小相等，方向相反，A正确，B错误；CD对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则摩擦力方向有可能与F同向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力增大；也可能与F反向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力先减小然后再反向增大，CD错误。故选A。4.C【解析】初始时刻，金属框的加速度最大，随着金属框速度的增加，感应电动势逐渐

15、增加，回路电流之间增加，MN所受安培力逐渐增加，根据牛顿第二定律，对金属框FBIL=Ma1对导体棒BIL=ma2因此金属框加速度逐渐减小，导体棒加速度逐渐增加，最终两者加速度相同，速度差恒定。故选C。5.AC【解析】B原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2=n2n1U1升压变压器副线圈匝数n2 增大，则U2增大，由于U1I1=U2I2则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，B错误；A线路损失的电压U=I2R线减小，则降压变压器原线圈的电压U3=U2U增大，则降压变压器副线圈的电压U4=n4n3U3增大，所以电压表的读数增大，A正确；C输电线上损耗的功率P=I22

16、R线由于升压变压器副线圈电流I2 减小，所以输电线上损耗的功率减小，C正确；D用户的功率P4=P1P输电线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，D错误。故选AC。6.BCD【解析】A弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。两次弹簧都压缩到同一点D后释放，则两次弹簧的弹性势能相同，水平面又光滑，所以两滑块运动到B点的动能相同，但是两滑块质量不同，则速度不同，故A错；B由牛顿第二定律可得，滑块在斜面上运动的加速度为a=mgsin+mgcosm=gsin+gcos由于材料相同，所以动摩擦因数相同，由上式可知加速度与质量无关，故两滑块在斜面上运动的加速度相同，故B正确；C设滑块上升的最大高度为

17、h，由能量守恒定律得Ep=mgh+mgcos·hsin解得mgh=Ep1+cot由上式可知，两滑块的重力势能增加量是相同的，故C正确；D因摩擦产生的热量为Q=mgcos·hsin=mghcot由上面解析可知，、mgh相同，故产生的热量相同，故D正确。故选BCD。7.BC【解析】A如果O、P点电荷带电性一致，Q点电场强度必有y轴分量，若O、P点电荷分别带负电、正电，则Q点电场强度必有指向x轴负方向分量，故点O处点电荷带正电，P处点电荷带负电，故A错误；B由题意Q点电场强度沿x轴正方向可得EOy=EPy即kQ0a2=kQP2a222解得QP=22QO故B正确；CD设O点沿x轴负

18、方向存在一点M距离O点x，电场强度为0，则有kQOx2=kQP(x+a)2解得x=a221由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点右侧电场线沿x轴负方向，则沿x轴正方向电势越来越高，故C正确，D错误。故选BC。8.ACE【解析】A空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，A正确；B扩散现象是由于分子无规则运动直接形成的，而布朗运动是分子热运动的间接反映， B错误；C阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出阿伏伽德罗常数，C正确；D根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序

19、程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，D错误；E油膜法把油分子近似看作一个球体，E正确。故选ACE。9.ACE【解析】A由波形图可知，图像是一个半周期，所以周期为T=(1.0÷54)s=0.8sA正确；B由=2T=2.5rad/s得O点的简谐振动方程为y=2sin2.5t(cm)B错误；C波速为v=T=10m/s由图可知，t=0.2s时，x轴上2m处的质点开始振动故在00.6时间内x轴上2m处质点振动的时间为0.4s，即为周期的12s，故通过的路程为s=2A=4cmC正确；D根据T=0.8s，由图可知，在t=0.6s时，x轴上8m处质点还未发生振动， D错误；E由图可知，在x轴上

20、，x=48m处的质点距x=8m质点在波峰距离为40m，由公式x=vt可知，再经4.0s，x=48m处的质点处于波峰位置，E正确。故选ACE。10.     0.30     mgM+maMg     AC【解析】(3)1根据逐差法a=s4+s5+s6s1+s2+s33T2=2.70+3.01+3.301.81+2.10+2.40×1023×0.12解得a= 9.016.31×1020.09=0.30m/s22根据牛顿第二定律mgMg=M+ma解得

21、=mgM+maMg(4)3A在测量中，拉力要与长木板平行，即细线要与长木板保持平行，A正确；B此实验目的就是为了测量摩擦因数，所以不应该平衡摩擦力。C如果先使鞋子开始运动再接通电源，有可能纸带已经被拉走，打不上点。所以应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动，C正确；D此实验利用牛顿第二定律分析mgMg=M+ma不要求m远小于M，D错误。故选AC。11.          增大     U=EIr     0.36W(0.320.40W

22、)【解析】(1)1如图所示，由于要求小灯泡的电压的在03.8V的范围内测量，故滑动变阻器选择分压接法，由于电压表的量程不够，可与定值电阻R0串联，扩大量程为UV=UV1RV1RV=4V灯的内阻RL=3.80.3211.88有内外接判定值R=RVRA=44.72VRRL即电流表外接，如下图(2)2结合上图和U-I可知，I越大，对应得点与原点连线的斜率越大，电阻越大，电阻率越大；(3)3 由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U=EIr4 两个灯泡完全相同并且串联，所以灯泡电压UL=E2I2r=22I在U-I中作出上式的图像，如下所示图线交点坐标约为(0.23A，1.57V)，则P=UI=1.57

23、15;0.23W0.36W12.(1)B=2mv0qd；(2)E=4mv02qd；(3)3v0【解析】(1)当粒子以大小为v0的速度射入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=12d根据牛顿第二定律有qv0B=mv02r1解得B=2mv0qd(2)设粒子射出速度大小为v1，由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r2=d根据牛顿第二定律qv1B=mv12r2粒子进入电场后，根据动能定理有qE×12d=12mv12解得E=4mv02qd(3)设粒子射出速度增大为v时，粒子刚好不从x=d射出电场设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有：qvB=mv2r设粒子出磁场时速度与x轴

24、正向夹角为，根据几何关系有cos=r2(rd)2r粒子出磁场时，沿x轴正向的分速度vx=vcos 粒子沿电场方向做匀减速运动，根据运动学公式有vx2=2ad根据牛顿第二定律有qE=ma解得v=3v013.（1）30N；（2）1.25m/s；（3）0.75m【解析】（1）小滑块a从圆弧轨道顶端滑到平台上，根据机械能守恒定律得mgR=12mv02解得小滑块a滑到圆弧轨道底端时速度的大小v0=3m/s，在圆弧轨道底端时由牛顿第二定律得FNmg=mv02R解得FN=30N根据牛顿第三定律可知：小滑块a对圆弧轨道的压力大小为30N；（2）a滑上c后水平方向受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mg=maa代入数据解得aa=1m/s2若b、c相对静止，则b、c整体受a对它的向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mg=2ma0bc代入数据解得a0bc=0.5m/s2由题意可知b与c间的动摩擦因数为0.1，故b在c表面的最大加速度为abm=g=1m/s2故bc可以保持相对静止，即abc=0.