四川省成都市2021届新高考三诊物理试题含解析

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，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后变化到状态A，完成循环。下列说法正确的是（ ）

A．状态A到状态B是等温变化 C．状态A到状态B，气体对外界做功为【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

B．状态A时所有分子的速率都比状态C时的小

11p0V0 D．整个循环过程，气体从外界吸收的热量是p0V0 22A．从状态A到状态B，体积和压强都增大，根据理想气体状态方程

PVC T温度一定升高，A错误。

B．从状态C到状态A，压强不变，体积减小，根据理想气体状态方程

PVC T温度一定降低，分子平均速率减小，但平均速率是统计规律，对于具体某一个分子并不适应，故不能说状态A时所有分子的速率都比状态C时的小，B错误。 C．从状态A到状态B，压强的平均值

PP02P03P0 223PV00 2气体对外界做功为大小

W1P（VBVA）C错误；

D．从状态B到状态C为等容变化，气体不做功，即W20；从状态C到状态A为等压变化，体积减小，外界对其他做功

W3P0(2V0V0)PV00

对于整个循环过程，内能不变，U0，根据热力学第一定律

UWQ

得

QW1W2W30

代入数据解得

Q1PV00 2D正确。 故选D。

2．如图所示，一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，圆心为O，半径为r，MN是直径，一粒子发射装置S置于M端，可从M端向圆平面内任意方向发射速率相等的同种带电粒子，某个粒子从N端离开磁场，在磁场中运动的时间为

2kB，其中k为带电粒子的比荷，下列说法正确的是（ ）

A．该粒子的速率为krB，发射方向垂直于MN

B．该粒子的速率为2krB，发射方向与MN的夹角为45° C．该粒子在磁场中运动的时间最短

D．若该粒子沿直径MN方向射入磁场，其运动的时间为【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

ABC．由题设条件带电粒子在磁场中运动的周期为

3kB

2，根据粒子在磁场中运动的时间可知，带电粒子从kBM到N运动了四分之一周期，由几何知识作图知道该粒子运动轨迹的圆心在边界圆上，半径为2r，由

2r则

mvv qBkBv2krB

发射方向与MN的夹角为45°，此轨迹对应弧长最长，运动时间最长，选项AC错误，B正确；

D．根据前面的数据再画出沿MN方向的粒子运动轨迹，经计算轨迹圆弧对应的圆心角为

2arcsin3，D错误．  ，则时间不等于3kB36

故选B。

3．如图是世界物理学史上两个著名实验的装置图，下列有关实验的叙述正确的是

A．图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福指导他的学生们进行粒子散射实验研究时，发现了质子和中子 B．图甲是粒子散射实验装置，汤姆孙根据粒子散射实验，提出了原子“枣糕模型”结构

C．图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大

D．图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应规律，超过极限频率的入射光光照强度一定，则光的频率越大所产生的饱和光电流就越大 【答案】C 【解析】 【详解】

AB、图甲是粒子散射实验装置，卢瑟福提出了核式结构模型；卢瑟福通过用粒子轰击氮原子放出氢核，发现了质子；查得威克发现了中子；汤姆孙通过研究阴极射线中粒子的性质发现了电子，故选项A、B错误；

C、图乙是研究光电效应的实验装置，根据光电效应方程EkmhvW可知超过极限频率的入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，故选项C正确；

D、光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大，入射光的光强一定时，频率越大，光电子的最大初动能最越大，而不是所产生的饱和光电流就越大，故选项D错误． 4．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其

中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是

A．x1处电场强度最小，但不为零

B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．若x1、x3处电势为

1、

3，则

1<

3

D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变 【答案】D

【解析】EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE可知x1处电场强度最小且为零，故A错误；B、粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动， x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；

C、带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，若x1、x3处电势为故C错误；

D、x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确； 故选D

点睛：EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况。至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断。

5．A、B两物体经过同一地点时开始计时，它们沿直线运动的速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )

1、

3，则

1>

3,

A．t1时刻A、B两物体相遇 B．t2时刻B物体速度变化率为零

C．t1到t3时间内两物体的间距先增大后减小 D．A、B两物体速度方向一直相同

【答案】B 【解析】 【详解】

A.由v-t图像可知， t1时刻A、B两物体速度相同，A的位移大于B的位移，两物体没有相遇，选项A错误；

B. v-t图像的斜率等于加速度，则t2时刻B物体加速度为零，速度变化率为零，选项B正确； C. 因t1时刻A在B之前，则t1到t3时间内两物体的间距先减小后增大，选项C错误；

D. 物体B一直沿正方向运动，物体A在t1到t3的某段时间内向负方向运动，则A、B两物体速度方向不是一直相同，选项D错误；

6．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（ ）

A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电容器C所带电荷量减小。 C．R1的电功率增大 D．电源的输出功率一定增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A．滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压

UE（IR1r）

总电流减小，电压表示数增大，故A正确；

B．容器两端电压即电压表两端电压QCU，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误；

2C．流过电阻R1的电流减小，由公式PIR1可知，消耗的功率变小，故C错误；

D．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故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． “嫦娥四号”探测器在2017年自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）

A．月球表面重力加速度为

32R 2T322R3B．月球质量为

GT2C．月球第一宇宙速度为

42R T

D．月球密度为【答案】BD 【解析】 【详解】

24 GT2B．对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

GMm2R242m2R2

T解得

322R3 M2GT故B选项正确；

A．月球表面的重力加速度为

GM322R g22RT则A选项错误；

C．月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有

Mmv2G2=m RR解得

vGM42R RT故C选项错误；

D．月球的密度

M24 2VGT故D选项正确。 故选BD。

8．按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，污水充满管a、c两端电压为U，口从左向右流经测量管时，显示仪器显示污水流量为Q（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法不正确的是（ ）

A．a侧电势比c侧电势低

B．若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比e侧电势低 C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大 D．污水流量Q与U成正比，与L无关 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB．污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面c偏，负离子向后表面a偏，所以a侧电势比c侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；

C．稳定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有

qUqvB DU DB解得

v流量为

DUDQv()2

24B分析可知，显示仪器的示数Q与离子的浓度无关，故C错误，符合题意； D．同理可知Q与U成正比，与L无关，故D正确，不符合题意。 故选BC。

9．如图所示，比荷为k的粒子从静止开始，经加速电场U加速后进入辐向的电场E进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R的匀速圆周运动，经过无场区从小孔P1处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B中进行第二次筛选，在与O2距离为d小孔P2垂直边界射出并被收集。已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是（ ）

A．静电分析器中K1的电势高于K2的电势 B．被收集的带电粒子一定带正电

C．电场强度E与磁感应强度B的比值关系为

ER2kU BdD．若增大U，为保证B不变，则被收集粒子的k比原来大 【答案】BD 【解析】 【详解】

AB.粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电。在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出K2的电势高于K1的电势。故A错误，B正确； C.粒子经加速电场加速

qU12mv 2在电场中做匀速圆周运动

v2qEm

R在磁场中做匀速圆周运动

v2qvBm

d经计算可知

Ed2kU BR故C错误；

D.联立C项各式可得：

BER1d2kUd2U k为保证B不变，U增大时，则k增大，故D正确。 故选：BD。

10．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m的木块。弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F，外力F从零开始缓慢均匀增大，当F增大到2μ(m+M)g时保持大小 不变。弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（ ）

A．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变 B．当弹簧产生弹力时，外力F的大小为μ(m+M)g

C．在外力F从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等 D．在外力F从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

A．当F较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有 F=(m+M)a Ff=ma 得 Ff=

mF

mMFf与F成正比，当Ff增大到等于μmg后，木块与小车间缓慢相对移动，Ff保持不变，故A正确； B．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大 Ff=μmg 可得 F=μ(m+M)g 故B正确；

C．当F达最大时，有 2μ(m+M)g=(m+M)a′ μmg+F′=ma′ 得 F′=μmg

所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C错误；

D．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D错误。 故选AB。

11．如图所示，质量为m = 245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s2，则在整个过程中

A．物块和木板组成的系统动量守恒 B．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s D．物块相对木板滑行的时间为1s 【答案】BD 【解析】 【详解】

A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；

B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得： m0v0=（m0+m）v1……①

木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得： （m0+m）v1=（m0+m+M）v2……② 联立可得：

m0v05103300v2＝＝m/s2m/s 33m0mM510245100.5所以子弹的末动量：

p＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s． 故B正确；

C．由动量定理可得子弹受到的冲量：

I＝△p＝p−p0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．

子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；

D．对子弹木块整体，由动量定理得： -μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间

tv2v1＝1s ． g故D正确．

12．关于空气湿度，下列说法正确的是_________ A．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示

B．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 C．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 D．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小

E.相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水蒸气越接近饱和 【答案】ADE 【解析】 【详解】

AB．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水蒸气的压强表示来表示，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故A正确，B错误；

CD．人们感受的干燥或潮湿取决于空气的相对湿度。相对湿度越大，感觉越潮湿；相对湿度越小，感觉越干燥，故C错误，D正确；

E．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，故E正确； 故选ADE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13．某同学利用图甲所示的装置设计一个“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验。如图中AB是水平桌面，CD是一端带有定滑轮的长木板，在其表面不同位置固定两个光电门，小车上固定着一挡光片。为了补偿小车受到的阻力，将长木板C端适当垫高，使小车在不受牵引时沿木板匀速运动。用一根细绳一端拴住小车，另一端绕过定滑轮挂一托盘，托盘中有一砝码调节定滑轮的高度，使细绳的拉力方向与长木板的上表面平行，将小车靠近长木板的C端某位置由静止释放，进行实验。刚开始时小车的总质量远大于托盘和砝码的总质量。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，如图乙所示，其读数为_____cm；

(2)某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为t1和t2，此过程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之问的间距为L，则小车的加速度表达式a（______）（结果用字母d、t1、t2、L表示）；

(3)某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中砝码的个数，并将托盘和砝码的总重力当做小车所受的合力F，通过多次测量作出aF图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

2d2(t12t2) 托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差【答案】0.170 22Lt12t2越来越大 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1mm，游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05×14=0.70mm，所以d=1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm； (2)[2]小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式

dd2aL

t2t1得

22a2d2t12t222Lt12t2

m时，才有

(3)[3]实验时，小车的合外力认为就是托盘和砝码的总重力mg，只有在M

Tmg

aF图线才接近直线，一旦不满足M

m，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，

所以aF图线上部明显偏离直线的原因是托盘和砝码的总质量过大，小车所受合力与托盘和砝码的总重力相差越来越大。

14．为了测量木块与木板间动摩擦因数，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g10m/s2，sin370.6，如图所示：

(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为v （______）m/s； (2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a （______）m/s2； (3)现测得斜面倾角为37，则（______）。（所有结果均保留2位小数） 【答案】0.40 1.00 0.63 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小

(3014)102vm/s0.40m/s

0.60.2(2)[2]木块在0.2s时的速度大小

(3224)102vm/s0.20m/s

0.40木块的加速度大小

avv0.40.2m/s21.00m/s2 t0.40.2mgsin37mgcos37

m58(3)[3]斜面倾角为37，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得

a解得

0.63

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15．如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与

s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一大小I＝40N·

得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。

(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；

(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。

【答案】 (1) 15m/s (2) 物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域 【解析】 【详解】

（1）设物块A获得的初速度为v0，则 I=m1v0

A与B碰撞前的运动过程有: v1=v0-at 其中 a=μg

解得：A与B碰撞前瞬间，A的速度大小 v1=15m/s

（2）A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有 m1v1=m1v1′+m2v2

11122+m2v2m1v12=m1v1

222解得:

v1′=5 m/s，v2=20 m/s 由运动学公式可知：

2v1xA==2.5 m

2a2v2xB== 40m

2a即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域。

16．A气缸截面积为500cm2，A、B两个气缸中装有体积均为104cm3、压强均为105Pa、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原

103N时，求 位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105Pa，当推力F=1×①活塞N向右移动的距离是多少； ②B气缸中的气体升温到多少。

【答案】① 3.3cm；② 360K 【解析】 【详解】

①加力F后，A中气体的压强为

pAp0F1.2105Pa SA对A中气体，由

''pAVApAVA

则得

pAVA105VA55VAV105m3 A5pA1.21066初态时

LAVA20cm SA末态时

'VA50Lcm

SA3'A故活塞N向右移动的距离是

dLAL'A10cm=3.3cm 3②对B中气体，因活塞M保持在原位置不动，末态压强为

pBpA1.2105Pa

根据查理定律得

pp BB TBTB解得

TB' pBTB360K pB17．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力： （1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；

（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

【答案】（1）R【解析】 【详解】

mv2πmT，；（2）EvB。 qBqB（1）粒子在磁场中受洛伦兹力F=qvB，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有

v2qvB＝m

R则粒子做匀速圆周运动的半径

R＝mv qB粒子做匀速圆周运动周期

T＝2R v可得

T＝2πm qB（2）分析知粒子带正电，为使该粒子做匀速直线运动，需加一竖直向下的匀强电场，电场力与洛伦兹力等大反向，相互平衡，即 qE=qvB

电场强度E的大小 E=vB

答：（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R＝mv2πm，周期T＝；（2）电场强度E=vB。 qBqB