天津市大港区2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

天津市大港区2021届新高考物理五月模拟试卷
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质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧上端与B不连接，弹簧下端固定于地面上）保持静止，现对A施加一竖直向下、大小为F（F＞2mg）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）而处于静止状态，若突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为F N，则关于F N的说法正确的是（重力加速度为g）（）
A．刚撤去外力F时，
B．弹簧弹力等于F时，
C．两物体A、B的速度最大时，F N=2mg
D．弹簧恢复原长时，F N=mg
【答案】B
【解析】
【详解】
在突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由平衡条件推论可知AB整体的合力向上，大小等于F，根据牛顿第二定律有：F=（m+m）a，解得：，对A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：F N-mg=ma，联立解得：，故A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有：F-2mg=2ma，对m有：F N-mg=ma，联立解得：，故B正确；当A、B两物体的合力为零时，速
度最大，对A由平衡条件得：F N=mg，故C错误；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma，对m有：mg-F N=ma，联立解得：F N=0，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

2．让一小球分别从竖直墙壁上面的A点和B点沿不同的粗糙斜面AC和BC到达水平面上同一点C，小球释放的初速度等于0，两个斜面的粗糙程度相同，关于小球的运动，下列说法正确的是（）
A ．下滑到C 点时合外力的冲量可能相同
B ．下滑到
C 点时的动能可能相同
C ．下滑到C 点过程中损失的机械能一定相同
D ．若小球质量增大，则沿同一斜面到达斜面底端的速度增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由动能定理
21-cot 2
mgh mgh mv μθ= 则下滑到C 点时的动能不相同；两个路径的运动到达底端，合力的冲量等于动量的增量，方向大小都不同，所以AB 错误；
C ．下滑到C 点过程中摩擦力做功相同，都为
-cot f W mgh mgx μθμ==-
所以机械能损失相同，选项C 正确。

D ．根据21-cot 2
mgh mgh mv μθ=可知，两边消去了滑块的质量m ，则与质量无关，即若小球质量增大，则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变，选项D 错误。

故选C 。

3．由于放射性元素
23793Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知
23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列选项中正确的是( ) A ．
20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子 B ．237
93Np 经过衰变变成20983Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子
C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D ．237
93Np 的半衰期等于任一个237
93Np 原子核发生衰变的时间
【答案】C
【解析】
【详解】
A．209
83Bi的中子数为209－83＝126，237
93
Np的中子数为237－93＝144，209
83
Bi的原子核比237
93
Np的原子核
少18个中子。

故A错误。

B．237
93Np经过一系列α衰变和β衰变后变成209
83
Bi，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，
不能同时放出三种粒子。

故B错误。

C．衰变过程中发生α衰变的次数为237209
7
4
-
=次，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4次。

故C正确。

D．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用。

故D错误。

4．甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动，其速度时间（v－t）图像分别如图中a、b两条图线所示，其中a图线是直线，b图线是抛物线的一部分，两车在t1时刻并排行驶。

下列关于两车的运动情况，判断正确的是（）
A．甲车做负方向的匀速运动
B．乙车的速度先减小后增大
C．乙车的加速度先减小后增大
D．在t2时刻两车也可能并排行驶
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲车向正方向做匀减速运动，选项A错误；
B．由图像可知，乙车的速度先增大后减小，选项B错误；
C．图像的斜率等于加速度，可知乙车的加速度先减小后增大，选项C正确；
D．因t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，可知在t2时刻两车不可能并排行驶，选项D错误。

故选C。

5．双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。

如图所示，相距为L的M、N两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。

若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则()
A ．P 、Q 运动的轨道半径之比为m 1∶m 2
B ．P 、Q 运动的角速度之比为m 2∶m 1
C ．P 、Q 运动的周期均为22
T D ．P 与M 的运动速率相等
【答案】C
【解析】
【详解】
双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对M 、N 有 G 122m m L
＝m 1·r 122π()T G
122m m L ＝m 2·r 222π()T 对P 、Q 有 G 12222m m L ⋅＝2m 1·r′122π()T
G
12222m m L ⋅＝2m 2·r′222π()T 其中
r 1＋r 2＝L ，r′1＋r′2＝L
联立解得
T′＝
22
T 由
2m 1r′1＝2m 2r′2
可知
r′1∶r′2＝m 2∶m 1
则可知
r 1＝r′1
结合v＝2r
T
可知P与M的运动速率不相等，故ABD错误，C正确。

故选C。

6．下列说法正确的是（）
A．单摆的摆球在通过最低点时合外力等于零
B．有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象
C．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场
D．一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大
【答案】B
【解析】
【详解】
A．单摆的摆球在通过最低点时，回复力等于零，而合外力一定不等于零，故A错误；
B．薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故B 正确；
C．均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，故C错误；
D．根据相对论，则有沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短，故D错误。

故选：B。

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．长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于小球在最高点时的速度、运动的向心力及相应杆的弹力，下列说法中正确的是（）
A．速度的最小值为gL
B．速度由0逐渐增大，向心力也逐渐增大
C．当速度由gL逐渐增大时，杆对小球的作用力逐渐增大
D．当速度由gL逐渐减小时，杆对小球的作用力逐渐增大
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．如图甲所示
“杆连小球”在最高点速度有最小值0（临界点），此时杆向上的支持力为
N F mg =
故A 错误；
B ．解析式法分析动态变化。

v 由0逐渐增大，则
2mv F L
=向 即F 向逐渐增大，故B 正确；
C ．如图乙所示
当最高点速度为v gL =
2mv mg L
= 杆对小球的作用力0F =。

当v gL F ，有
2
mv mg F L
+= 则
2
v F m mg L
=- F 随v 逐渐增大而逐渐增大；故C 正确； D ．当v gL N F '
，有 2
N
mv mg F L '
-= 则
2
N
mv F mg L '
=- N F '随v 逐渐减小而逐渐增大，故D 正确。

故选BCD 。

8．竖直悬挂的弹簧振子由最低点B 开始作简谐运动，O 为平衡位置，C 为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。

则以下说法中正确的是（ ）
A．弹簧振子的振动周期为2.0s
B．t=0.5s时，振子的合力为零
C．t=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下
D．t=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s，A正确；
t=时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；
B．由图可知，0.5s
t=时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即C．由图可知， 1.5s
振子的速度方向竖直向下，C正确；
t=时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度D．由图可知，弹簧振子在 2.0s
最大，且竖直向上，D错误。

故选ABC。

9．一列沿x轴传播的横波在t＝0.05 s时刻的波形图如图甲所示，P、Q为两质点，质点P的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是__________
A．该波的波速为20 m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t＝0.1 s时刻质点Q的运动方向沿y轴正方向
D．t＝0.2 s时刻质点Q的速度大于质点P的速度
E.t＝0.3 s时刻质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A．分析图甲确定波长λ＝4m，根据图乙确定周期T＝0.2s，则该波的波速
20m/s v T λ==
故A 正确；
B ．分析图乙可知，t ＝0.05s 时，质点P 处于平衡位置沿y 轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿x 轴正方向传播，故B 错误；
C ．分析图甲可知，t ＝0.05s 时，质点Q 处于波谷，t ＝0.1s 时，质点Q 位于平衡位置沿y 轴正方向运动，故C 正确；
D ．t ＝0.2s 时刻，质点Q 位于平衡位置，质点P 位于波峰，质点Q 的速度大于质点P ，故D 正确；
E ．t ＝0.3s 时，质点Q 位于平衡位置，质点P 位于波谷，质点Q 距平衡位置的距离小于质点P ，故E 错误．
故ACD 。

10．如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O ．一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于A 、B 两点．在D 处将质量为m 、电荷量为+q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且233
Qq k
mg L =，忽略空气阻力，则
A ．轨道上D 点的场强大小为2mg q
B ．小球刚到达
C 点时，其加速度为零
C ．小球刚到达C 3
D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
由点电荷场强公式可得,轨道上D 点的场强为:022cos30=D kQ mg E L q
= ，选项A 错误；同理可得轨道上C 点的场强也为:C mg E q
=，在C 点，由牛顿定律可得：sin 45-cos 45=mg Eq ma o o ，解得a=0，选项B
正确；从D 到C ，电场力做功为零，根据动能定理可得：3sin 60=2
KC E mgL mgL o =，选项C 正确；小球沿直轨道CD 下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D 错误；故选BC.
点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.
11．如图两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则( )
A ．金属棒ab 一直加速下滑
B ．金属棒ab 最终可能匀速下滑
C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势
D ．带电微粒可能先向N 板运动后向M 板运动
【答案】ACD
【解析】
根据牛顿第二定律有sin mg BIl ma θ-=，而q I t
∆=∆，q C U U Bl v v a t ∆=∆∆=∆∆=∆，，，联立解得22sin mg a m B l C
θ=+，因而金属棒将做匀加速运动，选项A 正确B 错误；ab 棒切割磁感线，相当于电源，a 端相当于电源正极，因而M 板带正电，N 板带负电，C 正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D 正确．
12．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ
C D ．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθ
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得 212
W mv = 联立解得
1sin 2
W mgL μθ= 故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
水平方向
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2ω=此时物块的线速度大小为
22sin v L θω=
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
2
221
2
W mv =
联立解得
22sin 2cos mgL W θ
θ
=
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．小王和小李两位同学分别测量电压表V 1的内阻.
（1）先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V 1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________（填“＋”或“—”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V 1的内阻为___________k Ω. （2）为了精确测量电压表V 1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S 1前将滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最__________（填“大”或“小”），闭合开关S 1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，电阻箱的示数为R 0，则被测电压表V1的内阻1V R =__________.
（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S 1，并将单刀双掷开关S 2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V 2的指针偏转角度较大，并记录电压表V 2的示数为U ，再将单刀双掷开关S 2打到2，调节电阻箱，使电压表V 2的示数仍然为U ，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V 1的内阻
1V R =__________Ω.
【答案】（1）＋， 9. 0； （2）左， 大， 1021
U R U U -； （3）8455
【解析】 【详解】
（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“＋”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k Ω. （2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路
的电阻最大，被测电压表的内阻
10
1
121210
V U R U R U U U U R =
=--.
（3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455 .
14．实验：用如图所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上．
（1）实验时，一定要进行的操作是___________（填选项前的字母）．
A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F．
B．改变小车的质量，打出几条纸带
C．用天平测出沙和沙桶的总质量
D．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量
（1）在实验中，有同学得到一条打点的纸带，取打点清晰部分做如下标记，如图所示，已知相邻计数点间还有4个点没有画出来，打点计时器的电源频率为50Hz，则小车加速度的大小为a=_______m/s1．（结果保留3位有效数字）
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a—F图像，可能是下图中的__________图线．
（4）下图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门．已知当地重力加速度为g．
①利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度___________cm ． ②实验中除了遮光条的宽度，还需要测量的物理量有__________． A ．小物块质量m B ．遮光条通过光电门的时间t C ．遮光条到C 点的距离s D ．小物块释放点的高度
③为了减小实验误差，同学们选择图象法来找出动摩擦因数，那么他们应该选择_____关系图象来求解（利用测量的物理量表示）．
【答案】A 1.93 C 1.015 BC B 【解析】 【详解】
（1）A 、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，A 正确；
B 、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F 变化关系，不需要改变小车的质量，B 错误；
C 、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C
D 错误． 故选A ；
（1）由于相邻计数点间还有4个点没有画出来，计数点间的时间间隔：T=5×0.01=0.1s ， 由匀变速直线运动的推论：△x=aT 1可得，加速度
()()
2222
15.1012.7010.819.107.10 5.0010a / 1.93/30.1m s m s -++---⨯==⨯ （3）实验时，若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则需要先用一定的力克服掉摩擦力后才能产生加速度，即
a F
g m
μ=
-，a —F 图象中横轴会有截距，故选C ； （4）①遮光条的宽度d 1cm 30.05mm 1.015cm =+⨯=
②实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：B d v t
=
B 到
C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：2
1μmgs 02
B mv -=-，解得：
2μ2B
v g =，即2
μ2s
d t
g ⎛⎫ ⎪⎝⎭=，还需测量的物理量是遮光条通过光电门的时间t 和遮光条到C 点的距离s ，故选BC ．
③要通过图象来求动摩擦因数，那么图象最好为倾斜的直线，便于计算，依据2
μ2s
d t g ⎛⎫
⎪⎝⎭
=可得：221μs 2d g t =⨯,即2221g s d t μ=，在21s t -图象中，22g d μ为直线的斜率，即可求得动摩擦因数，所以应画
21
s t
-图象，故选B ． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为U ，左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为d 。

一不计重力质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子P 从靠近左极板的位置由静止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域ABCD 。

匀强磁场ABCD 区域的AC 连线竖直，BD 连线水平，正方形ABCD 的边长为L 。

(1)如果带电粒子从A 点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？
(2)如果带电粒子从AB 边离开，且离开磁场时，速度方向与AB 边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到B 点的距离为多少？
【答案】 (1)2mU
B L q
=(2)(22)d L =
【解析】 【详解】
(1)带电粒子在加速电场中
212
qU mv =
解得
2qU
v m
=
带电粒子进入磁场后，根据几何关系，带电粒子的运动半径为
2r =
根据
2
v qvB m r
=
可得
mv r qB
=
联立可得
2mU
B L q
=
(2)粒子垂直于AB 边射出，根据几何关系，带电粒子的运动半径为
2R L =
根据
2
v qvB m R
'=
可得
mv
R qB =
'
联立可得
1mU
B L q
'=
粒子离开磁场的位置到B 点的距离 d=2L －R 解得
(22)d L =-
16．如图所示是在工厂的流水线上安装的水平传送带，用水平传送带传送工件．可大大提高工作效率．水平传送带以恒定的速度v 0=1 m/s 运送质量为m=0.5 kg 的工件，工件都是以v=1 m/s 的初速从A 位置滑上传送带．工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1．每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时．后一个工件立即滑上传送带．取g=l0 m/s 1，求：
(1)工件经多长时间停止相对滑动；
(1)在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离； (3)摩擦力对每个工件做的功；
(4)每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能． 【答案】 (1)0.5s (1)1m (3)0.75J (4)0.15J 【解析】 【详解】
(1)对工件受力分析，由牛顿第二定律有：
解得：a=μg=1m/s 1
(1)两个工件滑上传送带的时间间隔为t ，正常运行时工件间的距离：
(3)摩擦力对每个工件做功：
(4)每个工件与传送带之间的相对位移：
摩擦产生的内能．
17．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m ，横截面积为S ，与容器底部相距h ，此时封闭气体的温度为T 1．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时，气体温度上升到T 2．已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，T 1 和T 2均为热力学温度，不计活塞与气缸的摩擦．求：
（1）活塞上升的高度；
（2）加热过程中气体的内能增加量． 【答案】（1）211T T h T - （2）2101
()T T
Q P s mg h T --+ 【解析】 【详解】
（1）设温度为T 2时活塞与容器底部相距H ．因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律：1
2
12
V V T T ＝
得：
12
hS HS T T ＝ 解得活塞上升的高度为
()21
1
T T h H h h T -'=-=
（2）气体对外做功为：
00•mg
W pS h p Sh p g S
S m h ''==+
=+V （）（） 由热力学第一定律可知：
21
001
()
T T U Q W Q p S mg h Q P S mg h T -'=-=-+=-+V （）。