1、福建省泉州市永春二中、永春六中2021届高三物理第三次联考试题一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1. 一理想变压器原、副线圈匝数比为，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压如图所示，副线圈仅接入一个阻值为的电阻，则A. 副线圈输出电压的频率为50HZ B. 在1s时间内副线圈中电流方向改变25次C. 流过电阻的电流为1A D. 变压器的输入功率为5W2. 1801年，托马斯杨图甲用双缝干涉实验研究了光波的性质，证实了光的波动性，在光的波动说中具有重要的地位和意义。如图乙所示为双缝干涉实验装置，单缝S在双缝、的中心对称轴上，实验中在屏上P点刚好得到的是中央亮纹上方第3级亮纹，现要使P处出现中
2、央亮纹上方第4级亮纹，可采取的措施有A. 适当增大屏到双缝的距离B. 适当增大单缝到双缝的距离C. 换用频率更低的单色光D. 换用波长更短的单色光3. 美国的“阿尔忒弥斯计划”拟在2024年前，将首位女宇航员和一名男宇航员送上月球；任务是“展现科技的最新进展，并为民间企业发展月球经济打下基础”假设宇航员乘飞船绕月球做圆周运动，测出飞船做圆周运动时离月球表面的高度为H，环绕的周期为T及环绕的线速度为v，引力常量为G，由此可得出 A. 月球的半径为B. 月球表面的重力加速度大小为C. 月球的质量为D. 月球的第一宇宙速度大小为4. 铀衰变成，氡核不稳定，会进一步衰变成，其半衰期为天，下列说法正确的
3、是A. 铀衰变成要经历4次衰变和3次衰变B. 4个氡核经过天后还剩下2个C. 的比结合能大于的比结合能D. 通过升高温度，可以缩短氡核的半衰期二、多选题（本大题共4小题，共24.0分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）5. 在其空中M、N两点分别放有异种点电荷和，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分，b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的A. a、b、c、d四点电场强度的大小关系是，B. a、b、c、d四点电势的关系是，C. 在MN的连线上，O点的电场强度最小D. 将带负电的试探电荷由b沿直线移动
4、到d的过程中，其电势能始终不变6. 如图所示，甲是一固定的水平放置内阻不计的圆形导体线圈，线圈匝数匝，面积。线圈的两端PQ分别与原副线圈匝数比的理想变压器原线圈相连接，变压器的副线圈并联一小灯泡L和滑动变阻器R。在线圈所在的空间存在着与线圈平面垂直的磁场，磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，此时小灯泡恰好能够正常发光。规定垂直于线圈平面向上为B的正方向，则下列说法中正确的是A. 在时间内，P点的电势低于Q点的电势B. 线圈中产生的感应电动势的有效值为C. 小灯泡的额定电压为8VD. 滑动变阻器的滑动端向上滑动时，小灯泡的亮度将减小7. 如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞
5、镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则A. 圆盘的半径可能为B. 飞镖击中P点所需的时间为C. 圆盘转动角速度的最小值为D. P点随圆盘转动的线速度不可能为8. 多选如图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆到最低点的过程中A. 重物的机械能减少B. 重物与弹簧组成的系统的机械能不变C. 重物与弹簧组成的系统的机械能增加D. 重物与弹簧组成的系统的机
6、械能减少三、填空题（本大题共4小题，共24.0分）9. （4分）一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到A，体积V与温度T的关系如图所示。图中、和为已知量。 从状态A到B，气体经历的是_选填“等温”，“等容”，或“等压”过程。从B到C的过程中，气体的内能_选填“增大”“减小”或“不变”。 10. （4分）如图所示，把一根条形磁铁前、后两次从同样高度插到线圈A中同样的位置处，第一次用时，第二次用时，两次线圈中的感应电动势分别是和，两次通过线圈A的电荷量分别为、，则_， _11. （6分）在原高中物理教科书中，有一张用频闪相机拍摄小球做自由落体运动的图片。已知频闪相机每间隔拍摄一次。
7、如图所示是图片的一部分。从图片中可以得到AB的距离为，BC间的距离为。则小球从A下落到或从B下落到的时间为_s。在拍摄小球运动到B点时，小球的速度为_。不计空气阻力，当地的重力加速度_。计算结果保留三位有效数字12. （10分）读出游标卡尺的读数分别为_cm、在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率从图中读出金属丝的直径为_mm为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A.电压表，内阻约 电压表，内阻约C.电流表，内阻约 电流
8、表，内阻约E.滑动变阻器 滑动变阻器要求较准确地测出其阻值，电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_填序号四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）13. （12分）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角，导轨上端跨接一定值电阻R，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中长为L的金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，金属棒的质量为m、电阻也为R，重力加速度为g，将金属棒由静止释放若匀强磁场的方向垂直于导轨所在的平面向上，求金属棒下滑的最大速度在的情况下，当金属棒沿导轨下滑距离为s时速度达到最大值求下滑距离为s的过程中，电路产生的焦耳热若匀
9、强磁场的方向竖直向上，求金属棒下滑的最大速度14. （8分）如图所示，甲车质量，车上有质量的人，甲车连同车上的人以的速度向右滑行，此时质量的乙车正以的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度相对地面应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长15. （16分）如图所示，x轴上方存在电场强度、方向沿轴方向的匀强电场，x轴与平行于x轴之间存在着磁感应强度、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量、带电量的粒子，从y轴上的位置分别以不同的初速度沿轴方向射入匀强电场，不计粒子的重力。若，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方
10、向；若粒子射入电场后都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d；若粒子恰能经过x轴上点，求粒子入射的初速度。2021年春永春二中、六中第三次联考答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查交变电流的图像、周期、频率、规律，理想变压器的特点。由图像可知交流电的峰值、周期，可求出频率。正弦交流电的有效值等于最大值除以。理想变压器的电压、电流之间的关系，原线圈的输入功率等于副线圈中的输出功率。解题的关键是掌握正弦交流电的有效值与最大值的关系，理想变压器的特点。【解答】A.从图像中可得该交流电的周期为，所以该交流电的频率为，故A错误；B.由图象可得，交变电动势的瞬时表达式为：，由此可得：当瞬时电压为50V
11、时所对应的时刻为，故B错误；C.变压器原线圈的输入电压为：，由理想变压器的变压比公式得：副线圈的输出电压为，电流，故C错误；D.副线圈中的电功率为，故D正确。故选D。2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查双缝干涉实验。双缝干涉的结论是两相邻亮条纹或相邻暗条纹间的距离与波长成正比，即【解答】由于想将原来的第3级亮纹变成第四级亮纹，说明两相邻亮条纹的距离变短了，根据公式，L为屏到双缝的距离，d为双缝之间的距离，为波长，可知换用波长更短的单色光可以实现目的。故答案为D。3.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查万有引力定律的应用，飞船绕月球做圆周运动，万有引力提供向心力，在月球的表面，重力等于万
12、有引力。第一宇宙速度。【解答】A.飞船在离火星表面的高度为H表面做匀速圆周运动，轨道半径等于火星的半径R加上H，由，解得：，故A错误；根据万有心力提供向心力，有：，在月球的表面有：，解得：，故B正确，C错误；D.第一宇宙速度为：，故D错误。故选B。4.【答案】C【解析】【分析】粒子发生一次衰变质量数减4，电荷数减少2，发生一次衰变，质量数不变，电荷数增加1，据此计算；衰变是发生在原子核内部的，与外界因素无关，衰变过后，原子核更稳定，比结合能也越大【解答】A、铀衰变成要经历4次衰变和2次衰变，A错误；B、半衰期是大量原子的统计规律，4个氡核的衰变情况存在偶然性，B错误；C、该衰变过程是自发进行的
13、，原子核变得更加稳定，比结合能增大，C正确；D、半衰期与温度无关，D错误。故选C。5.【答案】AB【解析】【试题解析】【分析】根据电场线密场强大，分析场强的大小。由电势公式和电场的叠加原理分析电势关系。根据电势的变化，分析正电荷电势能的变化。本题是信息题，根据题中的信息分析各点的电势是解题的关键，结合电场的叠加原理和电场分布的对称性研究。【解答】解：A、设则，故E，b、d两点由于对称，则有，故A正确；B、沿电场线方向电势降低，故根据对称性可知，故B正确；C、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误；D、负点电荷沿直线由b运动到
14、d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化。故D错误。故选AB。6.【答案】AB【解析】【分析】根据楞次定律可判断在时间内线圈中产生的感应电动势方向，即可判断P点的电势与Q点的电势的高低；根据题意可知线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式，即可求得线圈中产生的感应电动势的有效值；根据变压器的基本关系可知小灯泡的额定电压；滑动变阻器的滑动端向上滑动时，副线圈的电压不变，所以小灯泡的亮度将不变。本题主要考查楞次定律、交变电流的函数表达式、交流电的有效值、变压器的基本关系、变压器的动态分析。【解答】A.由题意磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，根据楞次定律可判断在时间内，线圈中产生
15、的感应电动势方向为从上向下看逆时针，产生电动势的线圈看成电源，Q为电源的正极，P为电源的负极，所以P点的电势低于Q点的电势，故A正确；B.根据题意可知线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式，所以感应电动势的最大值，由图乙知周期为，所以，则最大值，所以线圈中产生的感应电动势的有效值为，故B正确；C.原线圈电压，根据变压器的基本关系可知，所以，小灯泡恰好能够正常发光，所以小灯泡的额定电压为，故C错误；D.滑动变阻器的滑动端向上滑动时，副线圈的电压不变，即小灯泡上的电压不变，所以小灯泡的亮度将不变，故D错误。故选AB。7.【答案】BCD【解析】【分析】本题关键知道恰好击中P点，说明P点正好在最低点，利
16、用匀速圆周运动的周期性和平抛运动规律联立求解。飞镖做平抛运动的同时，圆盘上P点做匀速圆周运动，恰好击中P点，说明A点正好在最低点被击中，则P点转动的时间，根据平抛运动水平位移可求得平抛的时间，两时间相等联立可求解。【解答】飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为t，则有飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则有联立可得，故A错误，B正确；C.飞镖击中P点，则P点转过的角度满足1，2，解得当时圆盘转动角速度有最小值为，故C正确；D.P点随圆盘转动的线速度为假设P点随圆盘转动的线速度为，则有解得，不满足，1，2，假设错误，故 D正确。故选BCD。8.【答案】AB【解析】【分析】本题
17、考查系统的机械能守恒的问题，理解重力、弹力做功与重力势能和弹性势能的关系。【解答】在整个运动的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，重物和弹簧组成的系统机械能守恒，故B正确，CD错误；A.在整个运动的过程中，物体的重力势能逐渐减小，动能逐渐增加，弹簧逐渐被拉长，弹性势能逐渐增大，所以，物体减小的重力势能一部分转化为物体的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，对物体和弹簧构成的系统，机械能守恒，但对重物来说，其机械能减小，故A正确。故选AB。9.【答案】等容；不变；【解析】【分析】根据理想气体方程，变形得，C为常数，结合数学知识知图象的斜率表示，斜率不变则压强不变。由题图可知，从状态A到B，气体体积不
18、变，故是等容变化；从B到C温度不变，即分子平均动能不变，该理想气体的内能不变；从C到D气体体积减小，外界对气体做正功，所以气体对外做负功，同时温度降低，说明内能减小，由热力学第一定律知气体放热。【解答】由图知从状态A到B，对应的体积不变，故气体经历的是等容变化；理想气体的内能置于温度有关，从B到C的过程中温度不变，则气体的内能不变；由图示图象可知，从C到D的过程中，气体体积减小，外界对气体做功，则：气体对外做负功，该过程气体温度降低，气体内能减小，由热力学第一定律：，则：，气体向外界放出热量。故答案为：等容；不变；做负功；放热。10.【答案】；【解析】【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律，两
19、次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势之比；由欧姆定律求出感应电流，由电流定义式求出电荷量大小【解答】前后两次将磁铁插入闭合线圈的相同位置，磁通量的变化量相等，感应电动势之比：感应电流：，电荷量，解得：，由于n、R都相等，则电荷量：；故答案为：；11.【答案】 。【解析】【分析】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拍摄B球的速度。根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出小球的加速度。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时用推论求解会使问题更加简捷。【解答】频闪相机每间隔拍摄一次，所以小球从A下落到或
20、从B下落到的时间为；小球运动到B点时的速度等于AC段的平均速度，则；根据，得小球的加速度为。故答案为 。12.【答案】；A，C，E； 【解析】【分析】游标卡尺的读数等于主尺刻度加上游标尺刻度，不需要估读；【解答】主尺刻度为61mm，游标尺刻度为，故游标卡尺读数为；故答案为：；【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接进的，选的连线电路要注意：电表极性不能接反，量程选择恰当的，安培表内外接法的选择。本题关键：用伏安法测电阻时安培
21、表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法。【解答】固定刻度读数：0；半刻度读数：；可动刻度读数；故螺旋测微器读数为：；两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表，故选A；根据欧姆定律，电路中最大电流，电流不超过，故电流表同样选择小量程的，即选C；滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，即选E；伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；而要求电压从零开始调节
22、，故滑动变阻器采用分压接法，故电路图如图；故答案为：； A，C，E； 13.【答案】解：金属棒达到最大速度时产生的电动势回路中产生的感应电流 金属棒所受安培力金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则：解得：当金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，由能量守恒得：解得金属棒达到最大速度时产生的电动势回路中产生的感应电流 金属棒所受安培力金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则解得。【解析】【试题解析】本题主要考查导体棒切割磁感线产生的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、平衡条件的应用、电磁感应中的能量类问题。若匀强磁场的方向垂直于导轨所在的平面向上，先求出金属棒达到最大速度时产生的电动势，根据
23、闭合电路的欧姆定律得出回路中产生的感应电流，根据安培力公式求出金属棒所受安培力，当金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，根据平衡条件，列出平衡方程，求出金属棒下滑的最大速度；金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒先求出整个电路产生的热量；若匀强磁场的方向竖直向上，先求出金属棒达到最大速度时产生的电动势，根据闭合电路的欧姆定律得出回路中产生的感应电流，根据安培力公式求出金属棒所受安培力，当金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，根据平衡条件，列出平衡方程，求出金属棒下滑的最大速度，此时注意动生电动势公式使用条件以及受力分析时力的分解。14.【答
24、案】解：人跳到乙车上后，当两车同向且甲车的速度等于乙车的速度时，两车恰好不相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：，解得以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：解得因此，只要人跳离甲车的速度，就可避免两车相撞。【解析】人从甲车上跳出的过程，人与甲车组成的系统动量守恒，人落到乙车的过程，人与车组成的系统动量守恒，当两车速度相等时，两车可以避免碰撞，由动量守恒定律可以求出人跳出车的速度。应用动量守恒定律即可正确解题，本题的难点是研究对象的选择与避免碰撞条件的确定。15.【答案】解：带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：根据运动学公式有：联立
25、解得：，粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为：根据几何关系有：代入数据解得：，与x轴成角当初速度为0时粒子最容易穿过磁场根据得：要使所有带电粒子都返回电场，磁场的最小宽度为： 对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变，有：设粒子第n次经过处，则有：，1，2，3，则得：，1，2，3，或：，2，3，解得：，2，3，答：若，粒子第一次进入磁场时速度v的大小是，方向与x轴成角；要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，磁场的最小宽度d是；要使粒子能够经过x轴上100m处，粒子入射的初速度是，1，2，3，或，2，3，【解析】【试题解析】带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分运动公式求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹半径当初速度为0时粒子最容易穿过磁场要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，磁场的最小宽度对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变，根据几何知识得出弦长表达式，再求解粒子能够经过x轴上100m处时初速度表达式带电粒子在电场中运动偏转时，常用运用运动的合成与分解来研究粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题
