江苏省南京市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

江苏省南京市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．如图所示，A、B为水平放置的平行板电容的两个极板，B板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是()A．油滴将加速下落B．A板电势高于B板C．若将A板向右错开少许，油滴将向上加速运动D．若将B板下移，P点的电势将升高【答案】C【解析】【详解】A．开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故A错误；B．因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A板带负电，A板电势低于B板，故B错误；UQSC．断开开关后，电容器的电荷量Q保持不变，由公式E、C和C可知4kdrdUE4kQSr当A板向右错开少许，即正对面积S小减，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故C正确；D．当B板下移，板间场强E不变，但PB距离变大，由匀强电场的电势差U=Ed可知，BP电势差U增BP大，因B点接地，电势始终为零，故P点电势小减，即D错误。故选C。2．如图所示为某质点运动的速度一时间图像（若将AB段图线以AB连线为轴翻转180，图线形状与OA段相对于虚线对称），则关于OA段和AB图线描述的运动，下列说法正确的是（）A．两段的运动时间相同C．两段的速度变化量相同B．两段的平均速度相同D．两段的平均加速度相同【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据几何关系可知，两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，故A正确；B．由图像下方面积可知，两段位移不等，因此平均速度不同，故B错误；C．两段的速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；v可知，两段的平均加速度大小相等，方向相反，故aD．由D错误。t故选A。3．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v垂直磁场射入，与半径OA成30°夹角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好0改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是()A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点q2v0mBR比荷为B．该点电荷的R磁场中的运动时间为t＝3vC．该点电荷在0D．该点电荷带正电【答案】B【解析】如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：周运动的半径r=Rsin30∘=R/1．电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故电荷在电场中刚好运动T/1，电荷做圆A.如图，A错误；vqv2v，故B正确；0mBrRB2qvBmB.根据洛伦兹力提供向心力有，所以：0r00T12rRt=C.由图知该电荷在磁场中运动的时间22v2v，故C错误；00D.根据电荷偏转方向，由左手定则可知，该电荷带负电，故D错误．故选B4．如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U。理想电压表接在副线圈两端，、、LLL接在副线圈电路中。理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡1开始时开关S闭合，23三盏灯都亮。都没有烧毁，则下列说法正确的是（）现在把开关S断开，三盏灯A．电流表和电压表的示数都不变B．灯L变暗1C．灯L变暗2D．电源消耗的功率变大【答案】B【解析】【详解】A．S断开，副线圈负载电阻增大，流都减小，选项A错误；BC．副线圈中电流L两端电压减小、L两端电压而电压U由初级电压和匝数比决定，则U不变，原、副线圈中的电22I减小，L变暗、灯L变亮，选项B正确，增大，灯21212C错误；D．I减小，则UI减小，电源的功率减小，选项D错误。222故选B。天然材料的折射率都为正值（n0）。近年来，人们针对5．已知电磁波某些频段设计的人工材料，可以1n0），称为负使折射率为负值（折射率介质。电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射2定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】【分析】【详解】ABCD．由题，点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学1或2；根据光线3出介质根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像满足“同侧”+“成实像”的条件，所以折射光线4可能是正确的，光线3是错误的，分析可知，ABC穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光线右侧后，；光线4才能由以上的错误D正确。故选D。6．同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的行金属板MN连接，如图规定从Q到P为电流的正方向，则在1~2s内刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平甲所示．导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，A．M板带正电，B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小【答案】A【解析】【详解】在1~2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误；故选A．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．下列说法正确的是（）A．游泳时B．密封容器中气体的压强是由气体所受的重力产生的C．一定质量的能随着温度升高一定增大D．晶体在熔化过程中，分子势能一定是增大的E.阴天教室学们感觉空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大头露出水面后，头发全贴在头皮上是液体表面张力的作用理想气体，内里，同【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．液体表面张力使液体表面B．密封容器中气体的压强是由大量气体分子对容器的碰撞引起的，B错误；C．对于一定质量的理想气体，其内能的变化仅与分子热运动的动能有关，当温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，则内能也一定增大，C正确D．晶体熔化时从外界吸热，而温度并不升高，晶体分子的平均动能没有变化，故正确；E．同学们感觉到空气具有收缩的趋势，故游泳时头露出水面后头发全贴在头皮上，A正确；；分子势能一定增大，D湿度大，不是因为空气中水蒸气的饱和汽压大，而是空气中水蒸气的实际压强与同一温度下水的饱和汽压之比大，E错误。故选ACD。8．如图所示，A、B、C三点组成一边长为l的等边三角形。该空间存在平行于ABC平面的匀强电场。为+q的粒子A、B、C三点，通过A、C两点的速率均为仅受电场力作用依次通过一质量为m、带电量3速率为，则该匀强电场场强和方向分别是B点时的E的大小v3v0，通过023mv203ql23mv2B．E=9qlA．E=0C．方向垂直AC斜向上【答案】BCD．方向垂直AC斜向下【解析】【详解】AB.据题意可知AC为该匀强电场的等势线，因从A到B电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直AC斜向上，据动能定理可得231qElm3v1mv222320023mv2，故A错误B正确。0解得E9qlCD.据题意可知AC为该匀强电场的等势线，因从A到B电场力对粒子做负功，且粒子带正电，可知电场方向垂直AC斜向上，故C正确D错误。9．倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放m一质量的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，2则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为（）m3mmB．8BA．m4BC．a＝0.2gD．a＝0.4g【答案】BC【解析】【详解】当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有（mg1mg）mgsin30（mm1m）a22BB当物体放在A盒中时，以AB和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有（m1m）gsin30mg（mm1m）a22BB联立解得m3m8B加速度大小为a=0.2g故AD错误、BC正确。故选BC。10．4月20日深夜，“长征三号乙”运载火箭成功发射第44颗“北斗”导航卫星。这是“北斗”导航卫星在2019年的首次发射，“北斗”卫星导航系统今年继续高密度全球组网。若某颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，运动周期为T。已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（）2r42R3B．地球的质量MGT2A．卫星的线速度大小vT3r342R3C．地球的平均密度D．地球表面重力加速度大小gGT2R3T2r2【答案】AC【解析】【详解】A．根据线速度的定义可知卫星的线速度大小为2rvT选项A正确；B．由GMmr242mr，得地球的质量为T242R3MGT2选项B错误；C．根据密度公式可知地球的密度M3r34R3GTR323选项C正确；D．根据万有引力提供向心力有GMmm42rr2T2地球表面万有引力近似等于重力有MmGmgR2联立解得地球表面的重力加速度大小g4r23TR22选项D错误。故选AC。11．一列简谐横波在介质中传播，在B两质点平衡位置间相距2m。下列t=0时刻刚好形成如图所示的波形。已知波源的振动周期T=0.4s，A、各种说法中正确的是（）A．若振源在B．若振源在A处，C．若振源在A处，则P质点比Q质点提前0.06s第一次到达波谷位置D．若振源在B处，则P质点比Q质点滞后0.06s第一次到达波谷位置E.若振源在B处，则Q质点经过一段时间后一P质点所在位置A处，则P质点从开始运动到第一次到达波谷位置需要0.1s则P质点从开始运动到第一次到达波谷位置需要0.3s定会到达图中【答案】ACD【解析】【分析】【详解】由图可知，起振，且起振方向向下，则各质点开始振动的方向均向下，AB．若振源在A处，B质点刚好所以P质点第一次到达波谷位置需要T0.1s4A正确，B错误；P质点比Q质点先到达波C．若振源在A处，谷位置，提前的时间等于波在PQ间传播的时间tx0.80.5s0.06s2v0.4C正确；D．同理，B处，Q质点比P质点先到达波间等于波在QP间传播的时间若振源在谷位置，提前的时tx0.80.5s0.06s2v0.4D正确；E．介质中质E错误。点并不会随波迁移，只在各自的平衡位置两侧振动，故选ACD。12．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB．A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知m，电荷量为-q的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知（）O、A、D、B四点，其中电荷，使得圆周上各点电势相等．有一个质量为A．固定在B点的电荷带正电B．固定在B点的电荷电荷量为3QC．小球在滑槽内做匀速圆周运动D．C、D两点的电场强度大小相等【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点．A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电，故A错误；B．由∠ABC=∠ACB=30°知：∠ACO=30°，AB=AC=L；BC=2ABcos30°=3L由力的合成可得F3F12即Qq3kQqkB(3L)2L2Q3QB故B正确；C．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故C正确；D．由库仑定律及场强的叠加知，D点的电场强度大于C点，故D错误．故选BC．三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13．用图甲所示的电路测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：，0~0.6A0~3A）；双量程电流表A：（量程，0~3V0~15V）；双量程电压表V：（量程R1滑动变阻器：（阻值范围0~20Ω，额定电流2A）；滑动变阻器：（阻值范围0~1000Ω，额定电流R21A）。同时测量精度更高，实验中应选用的电流表量程压表量程(1)为了调节方便，为_____V，为_______A，电滑动变阻器为____________（填写滑动变(2)依据电路元件（图中已完了成部分连线），要求闭合开关时滑动应选用的阻器符号）；路图用笔画线代表导线连接图乙中的电滑片P处于正确的位置，并正确选___________；变阻器的用电压表、电流表的量程(3)多次测量并记录电流表示数和电压表示数U，应用这些数据画出了如图丙所示UI图像。由图像可IE_______V，内阻r_______Ω；以得出电池的电动势令yUI，xI，由yx(4)根据实验测得的、U数据，计算机作出的图线应是图丁中的_______（选I填“a”“b”或“c”）。0~31.451.3c【解析】【详解】(1)[1]由图丙知电路中的最大电流在0.5A左右，则电流表量程应选用0~0.6A；0~3V；[3]滑动变阻器选用0~20Ω(R)时，方便调节并能有效读取多组电流值和电压值[2]电源是一节旧的干电池（约1.5V），则电压表量程应选用。1(2)[4]电路连线如图所示UI图像。轴截距为电动U轴最U小有效刻度为0.05V，经估读后得E1.45V；势，(3)[5]读取电源[6]UI图像斜率的绝对值等于电源内阻，读取图像数据并计算有r1.45V0.8V1.3Ω0.5A(4)[7]电源输出功率为PUI(EIr)IrI2EI则纵坐标yUI应为输出功率，则图为c。,电动势E约为5V,内阻r约为50Ω,允许通过的最大电流如图甲所示的电路进行实验．图中,某同学利用R为电阻箱,阻值范围为0~999.9Ω,R．为定值电阻V为理想电压表yxPI图像。由电路规律知输出功率随电流的像为输出功率的增大先增大后减小，图像应14．现有一电池为50mA．为测定该电池的电动势和内阻．（1）可供选用的R．有以下几种规格,本实验应选用的R．的规格为______(填选项序号字母)A．15Ω1.0WC．60Ω1.0WB．50Ω0.01WD．1500Ω6.0W（2）按照图甲所示的电路图实物连接成实验电路________．（3）连接好电路,闭合开关S,调节电阻并作出如图丙所示的1/U-1/R关系图像,则电动,在答题卡上将图乙所示的,记录阻值R和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,势E=____V,内阻r=____Ω．(结果均保留两位有效数字)箱的阻值【答案】C5.053【解析】【详解】5R100；（1）定值电阻起保护作用，电动势为5V，允许通过的电流为：50mA；由欧姆定律可得：0.05需要的保护电阻约为：100-50=50Ω；故电阻数值上BC均可以，但由于B中额定功率太小，所以额定电流过小，故应选择C（60Ω，1.0W）；（2）根据原理图图，连接实物图如图所示：1rR11E1，根据图象可知UR，可整理为0.20，（3）由闭合电路欧姆定律得RRr0EREUE0rR0.560.2053．解得E=5.0V；k22.5，解得r522.56052.50E0.016【点睛】题考查测量电动势和内电阻的实验，注意只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式ykxb的形式，再求出k和b即可．四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分115．如图光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1kg，长度l＝1m，小等高，距地面高度h＝0.2m．质量m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10m/s2.试求：甲所示，半径R＝0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的4车的上表面与B点(1)物块滑到轨道上的(2)若锁定平板车并在上表面铺上一物块滑离平板车时的速率；B点时对轨道的压力大小；种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．1）30N．（2）1m/s．（3）0.2m．μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点【答案】（【解析】【分析】【详解】1B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝mvB2，2（1）物体从圆弧轨道顶端滑到解得v=3m/sB．在B点由牛顿第二定律得，N-mg=mvB2，RvBR2=30N解得N=mg+m即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．2mgmg（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功W＝−l＝−4J1f21从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf＝mv22解得v=1m/s（3）当平板车不固定时，对物块a=μg=2m/s21mg2m/s；a对平板车22Mvtat212at21m1t物块滑离平板车，则12B1经过时间1121解得t=0.5s（另一解舍掉）1物体滑离平板车的速度Bv=v-a1t1=2m/s物此时平板车的速度：v=at=1m/s21车2h0.2sgt物块滑离平板车做平抛运动的时间2物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v-v)t2=0.2m物车【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．16．引力波探测于2017年获得诺贝尔物理双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，求：学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一匀速圆周运动，(1)Q、P两颗星的线速度之差△v；(2)Q、P两颗星的质量之差△m。2GT22r4l2r【答案】(1)；(2)T【解析】【详解】(1)星的线速度大小Pv2rPTPQ星的线速度大小v2rQTQ则、Q两颗星的线速度大小之差为P2vvvv2vPQ2rTTTPQ(2)双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有mmPl2Qmr2mr2GPPQQ解