2021年陕西省榆林市高考物理三模试卷（附答案详解）

2021年陕西省榆林市高考物理三模试卷

1.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置

的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静

止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是（）

A.小磁针不动

B.小磁针逆时针方向转动

C.小磁针顺时针方向转动

D.由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流

2.滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。在一次训练中，某质量为

40kg的女运动员以大小为3m/s的速度向静止的男运动员运动，

靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起，且保持姿势不变。若男

运动级的质量为60kg,则抱起后瞬间两运动员的速度大小为

（）

A.0.8m/s

B.1.2m/s

C.1.6m/s

D.2m/s

3.我国初、高中学生及大学生近视眼率超过70%。现在医学上治疗近视眼时，用激光

“焊接”视网膜，所用激光的波长2=660nm,已知普朗克常量九=6.63xIO-347•

s,光在真空中的传播速度c=3xl08m/s。则该激光中每个光子的能量为（）

A.3.0x10-19/B.1.6X10T9/C.1.0x10-19/D.1.0x10-18/

4.如图所示，P、Q两金属板间的电势差为100忆板间存在匀P

强电场，方向水平向右，板间的距离为10cm,在两板间距Q板

6c?n的4点有一电荷量为0.01C的正点电荷，已知Q板接地，斗

下列说法正确的是（）_।

A.P板的电势为-100V

B.板间的电场强度大小为10V/m

C.点电荷的电势能为0.6/

D.若点电荷从A点运动到Q板，静电力做的功为-60/

5.2021年2月24日，“天问一号”探测器进入火星停泊轨道，计

划于今年5月开展火星着陆、巡视等任务。如图所示，“天问

一号”在着陆火星前将先从高空圆轨道I变轨至低空圆轨道

口。已知火星半径为R,火星的质量为M,轨道I距火星表面

高度为七，轨道n距火星表面高度为后，引力常量为G,下列

说法正确的是（）

A.“天问一号”在轨道I的线速度大小为七表

B.“天问一号”在轨道II的运动周期为2兀(R+K)3

GM

C.“天问一号”在轨道I、n的向心加速度大小的比值为（鬻产

«十八2

D.“天问一号”在轨道I加速才能变轨至轨道n

6.甲、乙两物体沿同一直线运动，t=t°时刻，两物体经过同一位置，它们的速度-时

间图像如图所示，则在该运动过程中（）

A.t=0时刻，乙在甲的前面

B.t=0时刻，甲、乙经过同一位置

C.0〜to时间内，甲的速度和加速度均一直减小

D.0〜to时间内，甲的速度一直减小而加速度一直增大

///////////

7.如图所示，一足够长、不可伸长的轻绳跨过光滑的轻质定

滑轮,绳两端各系一可视为质点的小球a、b.a球的质量为

1kg,静置于水平地面上；b球的质量为4kg,用手托住使

其静止于距地面的高度为3nl处，此时轻绳竖直且刚好拉

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紧。现释放小球b,取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力，下列说法正确

的是（）

A.b球落地瞬间，a球的速度大小为3m/s

B.b球落地瞬间，b球的速度大小为6m/s

C.a所能达到距地面的最大高度为6zn

D.a所能达到距地面的最大高度为4.8m

8.在如图甲所示的电路中，电阻R的阻值为10。。电压表和电流表均为理想电表，变

压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的电压，电压表的示数为

A.该变压器原线圈两端电压的有效值为55U

B.该变压器原、副线圈的匝数之比为22：5

C.电流表的示数为5.54

D.若增大电阻R的阻值，变压器原线圈的输入功率减小

9.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数.先用游标卡尺（10

分度）测量滑块上遮光条的宽度d,然后把木板固定在水平桌面上，光电门固定在木

板旁边，使带有遮光条的滑块由木板左端以一定的速度向右滑出，记录遮光条经过

光电门的挡光时间t和滑块在木板上的停止位置到光电门的距离x,多次改变滑块滑

出时的初速度大小，测出滑块经过光电门时对应的挡光时间t和滑块停止位置到光

（1）测量遮光条宽度时，游标卡尺的示数如图乙所示，则挡光条的宽度（/=

mm；

（2）多次实验后，根据实验数据，以专为纵坐标，x为横坐标，作出图像如图丙所示，

测得其斜率为鼠则滑块与木板间的动摩擦因数可表示为〃=（用k、d和g等

物理量的符号表示）。

10.某同学要将一满偏电流为5nM的毫安表G改装为量程为100mA的电流表。他先测量

出毫安表G的内阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电

流表进行校正。具体实验步骤如下：

①按电路原理图甲连接线路；

②将此的阻值调到最大，闭合开关S］后调节&的阻值，使毫安表G的指针偏转到满

刻度；

③闭合S2,保持Ri不变，调节/?2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的一半的

位置，记下/?2的阻值。

（1）若按正确操作步骤读出/?2的阻值为950,则毫安表G内阻的测量值与=

H,与毫安表内阻的真实值Rg'相比，Rg（选填“大于”“等于”或“小

于“）6'；

（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为100加4的电流表，则需要

（选填“串”或“并”）联一个阻值R=。（保留两位有效数字）的电

阻：

（3）根据图乙所示电路对改装后的电表进行校正。改装表的指针位置如图丙所示，

若改装的电流表准确，则标准毫安表的示数为根力（保留三位有效数字）。

11.如图所示，在竖直虚线MN、PQ之间有水平方向的匀强磁场，宽度为d。在MN的左

侧区域内有竖直向上的匀强电场（图中未画出），虚线CO水平，其延长线经过E点。

一质量为小、电荷量为q的带正电粒子从4点以大小为火的速度水平向右运动，恰从

。点进入磁场。已知4点到CD的距离为（4点到MN的距离为次d，不计粒子受到

的重力。

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(1)求带电粒子到达D点时的速度大小和方向；

(2)若带电粒子从MN飞出磁场，求磁场的磁感应强度的最小值。

I•

NW—d—xQ

12.如图所示，光滑水平地面上有一质量M=6kg的小车，车厢前、后壁间的距离L=

6m,左端带有橡皮泥的长木板4的质量Tn.=2kg、长度以=3m,木板上可视为质

点的弹性物体B的质量MB=4kg,初始时4、8紧靠车厢前壁，且4、B和小车均处

于静止状态。现给小车一方向水平向右、大小为=4m/s的初速度，经过时间t=1s,

4与小车后壁发生碰撞(时间极短)并粘在一起。已知4、B间的动摩擦因数与木板4底

面和车厢间的动摩擦因数相等，取重力加速度大小g=10m/s2,最大静摩擦力等

于滑动摩擦力。求：

(1)4、B间的动摩擦因数；

(2)4、B一起匀速运动时，B到4左端的距离。

后壁"前壁

---------------------

13.关于分子动理论，下列说法正确的是（）

A.若仅知道氯气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，则不能算出氮气分子的体积

B.温度越高，分子热运动越缓慢

C.相同质量的水和冰在0。（7时，分子平均动能一定相等

D.当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子势能越大

E.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力的变化总是比斥力的变化快

14.一粗细均匀的直玻璃管竖直放置，其下端开口、上端用长度九=30czn的水银柱封

闭着一定质量的理想气体，当水银柱稳定时各部分尺寸如图甲所示，已知大气压强

恒为〃此时理想气体的温度。

Po=76cznHg,=14CM,L2=16CM,7=280K

（1）若缓慢加热封闭气体，求水银柱下端与管口平齐时，管内气体的热力学温度〃；

（2）若保持理想气体的温度7=280K不变，把玻璃管开口朝下固定在倾角。=

37。（S讥37。=|）的斜面上且水银未溢出，如图乙所示，当水银柱稳定后，求气柱的

长度〃结果保留三位有效数字）。

甲乙

15.一根拉紧的水平弹性绳上的a、b两质点的平衡位置间的距离为1.2m,b质点在a质

点的右侧，一列简谐横波沿此弹性绳向右传播。t=0时a质点的位移达到正向最大,

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b质点的位移恰好为零，且向下运动；t=1s时a质点第一次回到平衡位置。若该波

的波长大于1.2m,则下列说法正确的是（）

A.这列简谐横波的波长为1.6mB.这列简谐横波的周期为2s

C.这列简谐横波的波速为0.4m/sD.t=1s时，b质点在平衡位置

E.t=5s时，a质点在平衡位置

16.现要检测一块工业半球形玻璃砖的折射率。半球形玻璃砖的截面如图所示，。是半

球形玻璃楂的球心，MN是其中心轴，已知玻璃砖的半径R=1m,两束与中心轴平

行的相同检测光a、b射入半球形玻璃砖，当a光与中心轴MN的距离L=0.56时，a

光从玻璃砖上C点射出，出射光线与中心轴MN交于尸点，当b光与中心轴MN距离s=

a?n时，6光在玻璃砖右侧恰好发生全反射，求：

2

（i）玻璃砖对检测光的折射率n；

⑻C点与F点间的距离。（取cosl5。=0.97）

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：圆盘的半径相当于金属条，当圆盘转动时金属条切割磁感线产生感应电流

（涡流），感应电流产生的磁场导致小磁针逆时针方向转动，故B正确，ACD错误。

故选：Bo

根据题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流的相互作用分析小磁针的运动。

本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电

动势，从而产生了涡流。

2.【答案】B

【解析】解：男运动员抱起女运动员瞬间，两运动员组成的系统在水平方向内力远大于

外力，系统在水平方向动量守恒，以女运动的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m^v0=（m^+m^v,由题意可知：%=3m/s,代入数据解得，抱起瞬间两运动员

的共同速度：v=1.2m/s,故8正确，ACD错误。

故选：B。

两运动员组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出抱起后瞬间两运

动员的速度大小。

两运动员组成的系统在抱起瞬间在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律即可解题。

3.【答案】A

【解析】解：由公式E=/n/=叫解得E=3.0X10T9）,故4正确，BCD错误。

故选：4。

明确如何计算光子能量即可解决

本题考查光子能量，目的是考查学生的理解能力，比较简单，但是运算容易出错。

4.【答案】C

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【解析】解：4、因Q接地，则@Q=OV,而匀强电场方向水平向右，则有

UpQ=(PP—(pQ=100K

解得：＜pP=100V,

故4错误；

B、板间的距离为10cm=0.17H,根据匀强电场的电压与场强的关系有

E=手=^V/m=1000V/m,

故B错误；

C、4点的电势为

＜pA=UAQ=EdAQ=1000x6x10-2,=601/

则点电荷在4点的电势能为

EpA=q%=0.01x60/=0.6/

故C正确；

。、点电荷从4点运动到Q板静电力做的功为

WAQ=qUAQ=0.01x60/=0.6/

故力错误；

故选：Co

根据匀强电场的电场强度公式，结合电势差和两极板间的距离求出电场强度的大小，以

及求出4与Q间的电势差，得出4点的电势；根据W=qU求电场力做功；根据Ep=q@求

电势能。

解决本题的关键掌握电势差与电场强度的关系，以及电场力做功与电势差的关系，在运

用皿=9。计算时，q的正负、U的正负、小的正负均要代入计算。

5.【答案】B

【解析】解：根据万有引力提供向心力，=my=mr枭=man＞解得：u=

nTCM

T=2可嬴，a-=~

、“天问一号”在轨道的轨道半径+色，所以其线速度大小为=廖

AIr=Ru,故

7氏+九1

A错误;

运动周期7=2兀叵豆

B、“天问一号”在轨道n的轨道半径r'=R+电，，故8正

\GM

确;

C、“天问一号”在轨道I、II的向心加速度大小分别为的=湍4,。2=卷7,故

£=(翳B故C错误；

U.2/1(十九］

。、天问一号”在轨道I点火向速度方向喷气减速才能变轨至轨道n,故。错误。

故选：B。

根据万有引力提供向心力，列式求解环绕天体的线速度、周期和向心加速度表达式即可

求解；

根据万有引力提供向心力，结合向心力的对应的表达式即可求解相应的物理量。

6.【答案】C

【解析】解：AB、根据u-t图图像与时间轴围成的面积表示位移大小，所以0〜%时间

内乙的位移比甲的大，且t=to时刻两物体经过同一位置，故t=0时刻甲在前，故AB

错误；

CD,根据图像的斜率表示加速度，由图可知，甲做加速度减小的减速运动，0〜时间

内甲的速度和加速度均一直减小，故C正确，。错误。

故选：C。

根据u-t图像与时间轴所围的面积表示位移，分析0〜to时间内两物体位移关系，从而

判断出t=0时刻两物体位置关系；根据图像斜率的变化分析物体加速度的变化。根据

位移关系，结合时间关系分析平均速度关系。分析加速度关系

本题考查u-t图像，目的是考查学生的理解能力。要知道图图像与时间轴围成的

面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度。

7.【答案】BD

【解析】解：AB,设小球a的质量为zn,则小球b的质量为4zn,小球b落地瞬间的速度

大小为以根据a、b系统的机械能守恒得:4mgh=mgh+|(4m+m)/,解得,v=6m/s,

所以b球落地瞬间，ab球的速度大小为6m/s,故A错误，B正确；

CD、6球落地后，a上升的高度为九=3?n,之后竖直上抛；

根据动能定理有：mgh1=|mv2

则a所能达到的最大高度H=h+儿

联立代入数据解得：H=4.8m

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故C错误，。正确

故选：BD。

根据a、b系统的机械能守恒求小球b落地瞬间ab的速度大小；根据动能定理解得a上升

的最大高度。

解决本题时，要注意在a球上升的过程中，a球的机械能是不守恒的，b球的机械能也不

守恒，但两球组成的系统机械能是守恒的。

8.【答案】AD

【解析】解：4、设变压器原线圈两端电压的有效值为内,由电流热效应可知，

与=”工

RR2

解得：Ui=55V,故A正确；

B、电压表的示数为副线圈两端的电压，即4=25乙则

样=?=£，故B错误；

U2九25

C、副线圈电流为：/2=华=盘4=2.54

R10

由原副线圈两端的电流关系可知，A=存2=3x2.5421.144,故C错误；

71111

D、若增大电阻R的阻值，则「=竺可知，副线圈功率减小，变压器的输入功率等于输

R

出功率，因此变压器原线圈的输入功率减小，故。正确；

故选：AD.

根据电流的热效应计算出原线圈两端电压的有效值；

根据原副线圈的电压之比得出匝数之比；

根据匝数之比得出原线圈的电流；

根据功率的计算公式分析出副线圈的功率变化，结合原副线圈的功率相等分析出原线圈

输入功率的变化。

本题主要考查了变压器的构造和原理，根据电流的热效应计算出电压的有效值，解题的

关键点是掌握原副线圈两端的电流、电压之比与匝数比的关系，同时要理解原线圈的输

入功率等于副线圈的输出功率。

9.【答案】3.3%

【解析】解：(1)10分度的游标卡尺精确度为O.lnun,由图乙所示游标卡尺可知，主尺

示数为0.3cm=3mm,游标尺示数为3x0.1mm=03mm,游标卡尺读数d=3mm4-

0.3mm=3.3mm；

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度为U?

从光电门到滑块静止的过程中，根据动能定理可得：-"ngx=0-：爪/,解得V=翁》

故翟=鼠解得”=乎

*2g

故答案为：(1)33(2)篝

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；

(2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，从光电门到滑块静止的过程中，

根据动能定理求得2-X函数关系，即可求得动摩擦因数。

解决实验问题首先要掌握该实验原理，利用动能定理求得专-X函数关系，同时要熟练

应用所学基本规律解决实验问题.

10.【答案】95小于并5,060.0

【解析】解：(1)闭合S2,保持凡不变，认为电路电流不变，等于毫安表的满偏电流，

调节/?2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的一半的位置，由并联电路特点可知，

流过的电流为G满偏电流的一半，流过区2的电流与流过G电流相等，由并联电路特点

可知，G的内阻等于/?2的阻值，则毫安表内阻测量值：Rg=R2=95Q闭合S2，电路

总电阻减小，电路电流变大，大于G的满偏电流，当G的示数为满偏电流的一半时，流

过/?2的电流大于流过G的电流,/?2的阻值小于G的内阻，实验认为Rg=R2,由于/?2偏小，

则毫安表内阻测量值小于真实值，即6<Rg，

(2)把毫安表G改装成量程为100nM的电流表，需要并联电阻阻值：氏=篝=

5xl03x95

—~3n=950。

100x10-3-5x10-3

(3)由图c所示可知，毫安表分度值为0.264指针示数为3.0m4改装后电流表量程是

100m/,

改装后电流表的量程是毫安表量程的20倍，则电流表示数是3。*20m4=60.0m4标

准毫安表的示数是60.0mA。

故答案为：(1)95；小于;(2)并；5.0；(3)60.0。

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(1)根据实验步骤应用并联电路特点求出毫安表内阻，根据实验步骤应用并联电路特点

与欧姆定律分析实验误差。

(2)扩大毫安表量程需要并联分流电阻，根据并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻

值。

(3)根据微安表量程与图c所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后求出

标准毫安表的示数。

本题考查了电流表的改装问题，把毫安表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应

用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键,

根据题意应用基础知识即可解题。

11.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为3

刚进磁场时速度方向与初速度方向的夹角为a,刚进磁场时竖直向上的分速度大小为为，

有

水平方向有：V3d=vot

竖直方向有：T=

tana=-

%

粒子刚到达。点时的速度大小〃=J诏+药

联立解得：v=^v0

a=30°

(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小，由几何关系知

Ri+Ricos600=d

可得&=|d

根据牛顿第二定律，有qvBmin=竽

解得/包=粤

答：(1)带电粒子到达。点时的速度大小为学为，方向与初速度方向的夹角为30。；

(2)若带电粒子从MN飞出磁场，磁场的磁感应强度的最小值为筹纥

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式可解得；

(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，根据几何关系结合洛

伦兹力提供向心力可解得。

本题中质点在组合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础.结合粒

子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解.

12.【答案】解：(1)因为4、B间的动摩擦因数与木板4底面和车厢间的动摩擦因数相等，

所以在4与小车后壁碰撞前4、B相对静止，对4、B,由牛顿第二定律得：

+mB)g=(mA+mB)aAB

2

根据位移一时间公式有：xAB=|a4fit

对小车，由牛顿第二定律得

^(jnA+m^g=Ma

2

根据位移一时间公式有：x-vot-|at

根据几何关系可知：x—xAB=L—LA

联立解得：〃=0.1

(2)4与小车碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA4-MVi=(mA4-M)v2

4与小车碰撞前的速度以=aABt=vB

小车的速度%=v0-at

联立解得方=2.5m/s

最后8与4相对静止，三者组成的系统动量守恒，有

Vm

(mA+M)V2+^BB=(,A+M+

解得%=2m/s

设8在4上滑动的路程为s,由功能关系有

|(jnA+M)谚+g(g+M++iimBgs

解得s=0.75m<LA=3m,即8不会与小车发生碰撞

A、8一起匀速运动时，8到4左端的距离5=〃-5=3加一0.75机=2.25m

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答：（1）力、B间的动摩擦因数是0.1：

（2）4、B一起匀速运动时，B到4左端的距离是2.25机。

【解析】（1）4、B间的动摩擦因数与木板A底面和车厢间的动摩擦因数相等，给小车水

平向右的初速度后，力、8相对静止，根据牛顿第二定律求出整体和小车各自的加速

度，由位移-时间公式得到48整体和小车在t=1s时间内的位移，根据位移之差等于L-

LA,联立求解4、8间的动摩擦因数；

（2）根据速度-时间公式求出AB整体和木板4号小车后壁碰撞前的速度。根据动量守恒定

律求出4与小车后壁发生碰撞后的共同速度。之后，B在4上滑动，最终B与4相对静止，

根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求4、B一起匀速运动时，B到4左端的距离。

此题考查动量守恒定律和牛顿第二定律的综合问题，对于多物体的运动，解题的关键是

针对具体过程和特定物体分析，再根据牛顿第二定律、动量守恒定律解答。

13.【答案】ACD

【解析】解：4、知道氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，则可以算出氯气分子所占空

间体积的大小，但气体分子之间的距离远大于气体分子的大小，所以氨气分子所占空间

体积的大小远大于氮气分子体积的大小，所以知道氯气的摩尔体积和阿伏加德罗常数,

不能算出氮气分子的体积，故A正确

8、根据分子动理论可知温度越高，分子热运动越剧烈，故B错误；

C、温度是分子平均动能的标志，相同质量的水和冰在0。（?时，分子平均动能一定相等，

故C正确；

。、当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离减小时，分子力做负功，分子势能

增大，所以分子间的距离越小，分子势能越大，故。正确；

E、两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力和斥力均减小，引力变化总是比斥力

变化慢，故E错误；

故选：ACD.

气体分子之间的距离很大：根据分子动理论：温度越高分子热运动越剧烈；温度是分子

平均动能的标志；根据分子力与分子做功的关系判断；分子间同时存在引力和斥力，且

斥力比引力变化快。

本题考查了热学的有关基础知识，这部分知识比较杂，对于这部分知识主要是加强记忆

和平时的积累.

14.【答案】解：(1)气体做等压变化，由盖一吕萨克定律可得：

空_(Li+〃)S

TT'

解得：7'=600K

(2)经分析可知，气体初态压强为：Pi-p0—Pi'

其中：p/=30cmHg

末态压强为:P2=Po-Pisin6

由玻意耳定律可得：Pik=p?L

联立解得：L=11.1cm

答：(1)管内气体的热力学