2021届宁夏中卫市高考物理三模试卷附答案详解

2021届宁夏中卫市高考物理三模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.某些建筑材料可产生放射性气体氨。氨经过人的呼吸道后能沉积在肺部，并放出大量的射线，

危害人体健康。若一个氨核（器2Rn）发生一次戊衰变生成新核钵（l^Po）,并放出一个能量为%=

0.09MeV的y光子。则下列说法中正确的是（）

A.生成的车卜核与原来的氮核相比，中子数减少了4

B.氨的半衰期为3.8天，若取4个氨原子核，经7.6天后只剩下一个氯原子核

C.针核的比结合能小于氢核的比结合能

D.氯核a衰变中产生的y光子是从针核中放出的

2.如图所示，两个倾角分别为30。、45。的光滑斜面放在同一水平面上，=版C

斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c,开始均静止同一/可氏「

高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端，两斜/%）。

面间距大于小球直径，若同时静止释放，a、氏c小球到达水平面的时间分别为J、t2、t3,若

同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为匕、《、弓，下列关于时

间的关系不正确的是（）

A.>匕>^3B.11=*、t：2=垃、t3=玲

c.4>力>qD・t]v、[2v*1、13Vtg

3.如图所示，定值电阻％和先分别连接在理想变压器原、副线圈上，目

%=2&,变压器原线圈接到交流电源上，如果电源的输入功率等于

电阻％消耗的功率的3倍，则变压器原、副线圈的匝数比会等于（）

A.2C.V2DT

4.人造卫星不但可以探索宇宙，把它和现代的遥感设备相结合,还可快速实现地球资源调查和全

球环境监测.下列不同轨道卫星，适宜担当此任务的是（）

A.同步定点卫星B.赤道轨道卫星C.极地轨道卫星D.太阳同步卫星

5.如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子励磁线网一

（解后各一个）

束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径玻璃泡一

电子枪一

迹。当通有恒定电流时前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁

场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速

电压U和励磁线圈的电流/来调节。适当调节U和/,玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。通过

下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是（）

A.减小U,增大/B.增大U,减小/

C.同时减小U和/D.同时增大U和/

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

6.在电荷量分别为2q和-q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布///

如图所示，在两点电荷连线上有a、b两点，则（）

A.在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点/

B.在负试探电荷从a点向b点移动过程中所受电场力先减小后增

大

C.在负试探电荷从a点向b点移动过程中电场力先做正功后做负功

D.负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小

7.A、B两物体质量均为其中4带电量为q（不考虑电量的变化）的负电荷，8不

带电，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者

都处于静止状态。现在施加一竖直向下的匀强电场，电场强度E=鬻（g为重

力加速度），若不计空气阻力，则以下说法正确的是（）

A.刚施加电场的瞬间，4的加速度大小为g,方向竖直向上

B.B刚离开地面时，力的速度大小为2g

C.B刚离开地面时，4的速度大小为g

D.B刚离开地面时，4的加速度为零

8.如图甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行于斜面的拉力作用下，由静止开

始沿光滑斜面向下运动。运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象（E-s图象）如图乙所

示，其中0〜Si过程的图线为曲线，X〜S2过程的图线为直线。根据该图象，下列判断正确的是

)

A.0〜si过程中物体所受拉力可能沿斜面向下

B.0〜S2过程中物体的动能一定增大

C.S1〜S2过程中物体可能在做匀加速直线运动

D.S1〜S2过程中物体可能在做匀减速直线运动

9.下列说法正确的是（）

A.对气体做功可以改变其内能

B.破镜不能重圆，是因为分子间有斥力作用

C.一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大

D.一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，它一定从外界吸热

E.热量只能自发地从内能多的物体传递到内能少的物体，不能反向传递

10.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播时在t=0时刻的波形图，此时

质点M离开平衡位置的位移为y=3cm,x=4nl处的质点的振动

方程为y=-5s讥则下列说法正确的是（）

A.波沿x轴正方向传播

B.波传播的速度大小为8?n/s

C.t=1.5s时刻，M点的位移为y=-3cm

D.从t=0时刻开始，M点第一次到达波峰所用的时间大于0.125s

E.平衡位置为x=4m的质点比x=8nl的质点振动超前0.5s

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1kg的重物自由下落，打点计时

器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示为选取的符合实验要求的纸带.点。为打点计时器打

下的第一个点，点4、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点.己知打点计时器的频率为50HZ,

当地的重力加速度为9.80m/s2,结果取3位有效数字.

15.55cm*•

-----19.20cm--------------

------------23.23cm------

(1)在纸带上打下B点时的速度D=m/s.

(2)从。点到B点，重物重力势能的减少量],动能增加量_____J.

(3)若测出纸带上所有各点到。点之间的距离，根据纸带算出各点的速度。及物体下落的高度九，则以

12.实验时测量某电阻时，用x100档时，发现指针偏转角度过小，他应该换用档(填x1。或

x100/2),换档后，在测量前要先.若操作无误，指针位置如图所指，则被测电阻的阻值

四、计算题(本大题共4小题，共40.0分)

13.如图所示，整个轨道间距1=1m,轨道的CDPQ段粗糙绝缘，其余部分均为光滑金属材质导轨,

水平导轨的最左端接有电阻&=in,CD端左侧充满垂直导轨平面向上的匀强磁场，大小当=

17.质量m=0.1kg,电阻r=1。的金属棒ab垂直导轨放置，棒与CDPQ段的动摩擦因数4=0.4,

CQ段长度dz=2m,倾斜部分导轨足够长，倾角。=37°,与PQ右端平滑连接，顶部接有电阻

R2=10.此部分导轨中的JKMN区域，可由激发装置(图中未画出)产生垂直倾斜导轨平面向上的

变化磁场外,KM段长度d3=lm,/K位置距QP位置高度h=0.6m。边界CD、PQ、JK、MN分

别垂直各处导轨。初始t=0时刻，棒ab在外力作用下，从CD左侧刈=1m处以初速度%=5m/s

匀速直线前进，运动至CD位置撤去外力，并瞬间启动激发装置产生变化磁场坊,大小为殳=1-

0.4t(T),式中t为时间，M棒始终保持与导轨垂直，不计其它电阻。求：

(1)棒ab以为=5m/s匀速直线运动时，外力F的大小；

(2)棒ab第一次进入倾斜轨道后，能否进入/KMN区域？请先判断，并推理分析；

(3)棒ab整个运动过程中，棒上产生的焦耳热Q。

DP

14.如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N,平行地置于匀强

磁场中，间距为d,金属棒ab的质量为zn,电阻为r,放在导轨上

且与导轨垂直。磁场的磁感应强度大小为8,方向与导轨平面成

夹角a且与金属棒ab垂直，定值电阻为R,电源及导轨电阻不计。

当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a,则电源电动势为多大?

15.气缸长为L=1巾(气缸厚度可忽略不计)，固定在水平面上，气缸中有

横街面积为S=100cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体.已知

当温度t=27℃,大气压强po=1X105pa时，气柱长度，o=0.4m,现

用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求:

①若拉动活塞过程中温度保持27。&活塞到达缸口时缸内气体压强

②若气缸，活塞绝热，拉动活塞到达缸口时拉力大小为500N,求此时缸内气体温度.

16.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，其折

射率n=在，四边形4B0C为一矩形，圆弧CD为半径为R的四分

2

之一圆周，圆心为0,光线从4B面上的某点入射（图中未画出），

它进入棱镜后射在BC面上的。点，且恰好在这一点以临界角发生

全反射，求：

①光线在该棱镜中传播的速度大小。（已知光在真空中的传播速度c=3.0x108m/s）；

②光线从4B面上入射时的入射角.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、氢核的衰变方程为：II2RnH8Po+胃He+y；可知生成的车卜核与原来的氨核相比，

质量数减少2个，其中质子数减少2个，则中子数减少了2个。.故A错误；

B、放射性元素的半衰期是大量放射性原子发生衰变的统计规律，对个别的原子没有意义。故B错误；

C、由于氨核衰变的过程中释放能量，根据比结合能与能量的关系可知，钵核的比结合能大于氢核的

比结合能。故C错误；

D、衰变后的新核处于激发态，在向基态跃迁的过程中释放y光子，所以氮核a衰变中产生的y光子是

从针核中放出的。故。正确

故选：D

根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程，分析中子数的变化；半衰期具有统计意义；根据结合

能与比结合能分析；理解y衰变的原理与特点。

解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握半衰期的意义。

2.答案：B

解析：解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动.设斜面的高度为九，则

对a球：焉=法讥30珍

对b球：h=：g埼

对c球：磊7=3Os讥45。巧

由数学知识得：1>%>t2.

第二种情况：a、氏c三球都沿水平方向有初速度，而水平方向不受力，故做匀速直线运动；

a、c小球沿斜面向下方向分运动不变，b球竖直方向分运动也不变，故：Q=t/、t2=t2\t3=13’•所

以只有8正确，ACO错误

故选：B

第一种情况：三个小球同时从静止释放时，b球做自由落体运动，a、c做匀加速直线运动，由牛顿第

二定律得知a的加速度为gs讥30。，c的加速度为gsin45。，根据几何关系，用高度表示a、c两球的位

移，由位移公式X=(at2,比较0、t2>£3的大小.

第二种情况：a、c小球都做类平抛运动，根据运动的分解可知，小球沿斜面向下方向都做初速度为

零匀加速直线运动，a的加速度为gs讥30。，c的加速度为gsin45。，根据几何关系，用高度表示a、c两

球的位移，由位移公式x=：at2,比较J与t/、七与灰'的大小.b球做平抛运动，竖直方向做自由落

体运动，由h=；gt2,比较《3与t3’的大小.

本题是匀加速直线运动、平抛运动和类平抛运动的对比，类平抛运动和平抛运动运用运动的分解法

研究，在斜面内的类平抛运动要掌握沿斜面向下方向做匀加速直线运动，平行于斜面底边方向做匀

速直线运动.

3.答案：B

解析：解：因为电源的输出功率等于%消耗的功率P1和%消耗的功率「2之和，即：P^=PRI+PR2=

3PRI

所以：PR1=QPR2

由P2平匕吟喷咤=k

«2U2,12

R2—2/?i，

代入数据得：k=l，故3正确，AC。错误；

故选：B。

设副线圈电压为4,根据电压与匝数成正比，可求出原线圈上的电压.因为电源的输出功率等于凡消

耗的功率Pi和/?2消耗的功率P2之和，继而可解的匝数比.

本题考查变压器相关知识，意在考查考生的理解、分析综合能力，解决本题关键要注意电源的输出

功率不等于原线圈的输入功率.

4.答案:C

解析：解：4、同步定点卫星相对于地球静止，只能对地球表面最大g范围内进行资源调查和全球环

境监测•故A错误。

8、赤道轨道卫星不能实现地球两极周围资源调查和全球环境监测。故8错误。

C、由于地球不停地自转，所以极地轨道卫星能对地球全球进行扫描，实现地球资源调查和全球环境

监测，所以适宜担当此任务。故C正确。

。、太阳同步卫星离地球较远，不适宜担当此任务。故。错误。

故选：C。

要快速实现地球资源调查和全球环境监测，卫星要能对地球全球扫描，适宜担当此任务的极地轨道

卫星.

本题关键要对各种轨道的卫星扫描范围有所了解，常识性问题.

5.答案：A

解析：解：4、电子枪加速电压和粒子速度的关系为Ue由牛顿第二定律有e〃B=叱，

2r

所以有「=吧=三陛,调节励磁线圈中的电流/,/增大，8增大，/减小B减小，

则当减小U,增大/时r减小，故A正确。

B、增大U,r增大；减小/,r增大，半径增大，故8错误。

C、同时减小U和/,半径变化无法确定，故C错误。

D、同时增大U和/,半径变化无法确定，故。错误。

故选：A.

让圆形径迹半径减小，根据牛顿定律可以减小进入磁场的速度或者增加磁场的磁感应强度。

掌握牛顿第二定律和带电粒子在磁场中运动的结合是解题的关键。

6.答案：BD

解析：

根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要

加强训练，以加深对这些知识点理解和应用.

解答本题需要掌握：正确根据电场线分布特点判断电场强度、电势高低以及电势能的变化；电场力

做功情况由速度方向与电场力方向的夹角决定.

解：4、电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，所以在在两点电荷之间的连线上存在电场线，即不

存在一处电场强度为零的点，故A错误。

8、电场线密，电场强度大，负试探电荷从a点向b点移动过程中场强先减小后增大，所以所受电场

力先减小后增大，故B正确。

C、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力方向向右，所以电场力先做负功，故C错误。

。、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力先做负功，电势能增大，所以负试探电荷在a点具

有的电势能比在b点时具有的电势能小，故。正确。

故选：BD。

7.答案：BD

解析：解：4、在未施加电场时，4物体处于平衡状态，当施加上电场的瞬间，由于弹簧弹力不变,

故重力仍与弹力平衡,4物体受到的合力等于施加的电场力，故F=Eq=2mg=ma,解得a=2g,

方向向上，故4错误；

BC、当8离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加外力到B离开地面，弹簧的

弹力做功为零，A上升的距离为％=等，故合力做功全部转化为A的动能，根据动能定理可知(qE-

mg)x=|mv2,解得v=故B正确，C错误；

D、当8离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于8的重力，此时弹簧的弹力F=mg,对力物体，

受到向上的电场力、重力以及弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知qE-F-mg=ma,解得a=0,

故D正确。

故选：BD。

先对未施加电场的情况进行受力分析可知4处于平衡；在电场力作用下，对4分析，当4向上运动时，

弹力减小，故A做变加速运动，当B脱离地面时，此时弹簧的伸长量与静止时的压缩量相同，故

整个过程弹簧弹力做功为零，根据动能定理即可分析。

本题关键根据平衡条件和胡克定律求解出弹簧的形变量,最后结合几何关系得到物体A上升的距离,

注意明确弹性势能的变化与形变量之间关系，利用动能定理可判断。

8.答案：BC

解析：

物体的机械能的变化是通过除重力之外的力做功来量度的。由于除重力之外的其他力做功等于物体

的机械能的增量，所以E-s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体重力

沿斜面方向的分力，物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力沿斜面方向的分力，则物体加

速向下运动，故物体的动能不断增大。

①除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；②E-x图象的斜率的

绝对值等于物体所受拉力的大小。以上两点是解决这类题目的突破口。

A、0-Si过程中，由于机械能逐渐减小，知拉力做负功，物体向下运动，所以拉力可能沿斜面向上，

不可能沿斜面向下，故A错误。

B、0-S2过程中，合力沿斜面向下，向下做加速运动，动能不断增大，故8正确。

CD、根据功能原理知：4E=FAs,可知E—s图线的斜率表示拉力的大小，Si—Sz过程中，拉力

不变，设斜面的倾角为a,开始时物体加速下滑，F<mgsina.sr-s2过程中，拉力必定小于7ngsma,

物体应做匀加速运动，不可能做匀速直线运动，也不可能做匀减速直线运动，故C正确，。错误。

故选：BC。

9.答案：ACD

解析：解：力、做功和热传递均能改变物体的内能，故A正确；

8、破镜不能重圆，是因为达不到分子引力作用范围，故B错误；

C、一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，分子平均动能增大，温度升高,

压强一定变大，故C正确；

。、一定量的理想气体，若压强不变，当体积增大时，温度升高，气体对外做功，由热力学第一定

律可知，气体一定从外界吸热，故。正确；

E、物体内能的多少不代表其温度的高低，热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，不

能自发地反向传递，故E错误；

故选：ACD.

做功和热传递都可以改变物体的内能；分子之间是存在作用力，但是分子间距离超过分子直径10倍

时，分子间作用力几乎不存在了；根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化；根据理想

气体状态方程可明确温度的变化，再根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体，如果压强不变，

体积增大，那么它一定从外界吸热；内能的多少与温度、分子数、气体的体积以及物态等因素有关。

本题考查热学现象中的基本规律，该题关键是掌握热力学第一定律及第二定律、内能的概念等，这

些是重点考查内容，要注意准确理解。

10.答案:BCD

解析：解：4由x=46处的质点的振动方程为y=-5sin(2jrt)cm,可知，t=0时刻，x=4m处的

质点沿y轴负方向振动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；

B.由3=年可知，波动周期T=ls,因此波传播的速度大小为：v=^=8m/s,故8正确；

C.t=1.5s时刻，即从t=0时刻开始经过1.5个周期质点M运动到关于平衡位置对称的位置，即为：

y--3cm,故C正确；

Dt=0时刻，M点正沿y轴正方向运动，若M点的位移为：y'=^cm,则第一次到达波峰所用时间

为0.125s,因为y=3cm〈苧cm,因此M点到达波峰所用时间要大于0.125s,故。正确；

E.由于波沿x轴负方向传播，因此平衡位置为％=4m的质点比x=8m的质点振动滞后0.5s,故E错

误。

故选：BCD。

根据质点的振动方程和在t=0时刻的波形图，判断波的传播方向；根据振动方程求出周期，根据图

象读出波长大小，最后根据求波速大小；t=1.5s时求出M质点振动的周期从而判断此时M处的

位置；反向推导若M经过0.125s到达波峰，则判断此时的位置与题中给数据比较，从而判断；根据

波的传播判断两位置振动关系。

本题考查机械振动和机械波的知识，理解波的传播方向与质点的振动方向关系，波长、周期和波速

的关系是解题的关键，注意周期性问题的求解方法。

11.答案：1.921.881.84A

解析：解：(1)8点的瞬时速度为

々/

v=—Xar=-0.-2-3-23-—-0-.-15-5-5ms.=1.92m/s.

bB2T0.04//

(2)重力势能的减小量为：

△Ep=mgh=1x9.8x0.192/=1.88/

动能的增加量为：

△Ek==|x1x1.922/=184j

(3)根据=1得：2J=gh,可知匕2与九的关系图线是一条过原点的倾斜直线

N22

故选：A.

故答案为:(1)1.92,(2)1.88,1.84,(3)4.

(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度.

(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据B点的速度得出动能的增加量.

(3)根据机械能守恒得出1-h的关系式，从而确定正确的图线.

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据

下降的高度求解重力势能的减小量，难度不大.

12.答案：x10012；欧姆调零；1500

解析：解：用x100挡测量某电阻时，操作步骤正确，表头指针偏转角度过小，

说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到x100。挡.

换挡由要重新进行欧姆调零，然后再测电阻；

由图示表盘可知，该电阻的阻值是15x1000=15000.

故答案为：x100/2；欧姆调零；1500.

用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆

调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数.

本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当

的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位

的乘积是欧姆表示数.

13.答案：解：(1)棒ab以%=5m/s匀速直线运动时，产生的感应电动势为：E]=Bit%

感应电流为：

棒ab受到的安培力大小为：FA=

联立得：以=粤

根据平衡条件得：F=FA

代入数据解得：F=2.5N

(2)不能。理由如下：

棒ab在粗糙轨道滑行时，根据动能定理得：

，1212

-Hmgd2=-mvf--mv^

代入数据解得：％=3m/s

在斜轨上上滑时，根据动能定理得：

1,

—mg^=0--mvf

代入数据解得：加=0.45m<h=0.6m

所以棒协不会进入％区域。

(亦不会由于4变化产生的电场、电流来增加或减少棒的机械能，重新折返，回到PQ时速度大小仍

为巧；

之后向左运动，-fimgx2=0,得%?=1.125m<2m,不会再次进入当区域)

(3)①棒必匀速直线运动阶段有：

Q总1=Fdr=2.5x1/=2.5/

此时r与％串联，r上分得：

T1

Q1=E总.…5/

②变化磁场中，r与8间有涡流，有：

△5

E=—S=0.4x1x1K=0.4，

2△t

棒ab的加速度大小为：a=gsind=6m/s2»

上冲过程有0-％=-at3,得：t3=0.5s

2

此时，7•与/?2串联，r上产生的焦耳热为：Q2=2/^rt3=2x0.2x1x0.57=0.04;

故棒ab整个运动过程中，棒上产生的焦耳热为：Q=Qi+Q2=1.29/

答：(1)棒ab以%=5m/s匀速直线运动时，外力尸的大小是2.5N；

(2)棒ab第一次进入倾斜轨道后，不能进入区域，理由见解析；

(3)棒防整个运动过程中，棒上产生的焦耳热Q是1.29/。

解析：(1)棒必做匀速直线运动时，受力平衡，根据法拉第定律、欧姆定律、安培力公式求得安培力

大小，再根据平衡条件求外力尸的大小：

(2)棒ab第一次进入倾斜轨道后，根据动能定理确定棒协在斜面上上升的最大高度，从而判断能否进

入/KMN区域；

(3)分两个过程：①棒昉匀速直线运动阶段。②在变化磁场中。根据能量守恒定律求棒上产生的焦

耳热Q。

本题是电磁感应与力学的综合，关键要理清棒ab的运动过程，熟练运用法拉第定律、欧姆定律和安

培力公式推导出安培力与速度的关系。对于焦耳热时，当电流恒定时往往根据焦耳定律求解。

14.答案：解：当电键闭合的瞬间，导体棒受到重力mg、轨道