天津市宁河县2021届新高考第三次大联考物理试卷含解析

天津市宁河县2021届新高考第三次大联考物理试卷
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．几位同学利用课余时间测一干涸的半球形蓄水池的直径。

身高为1.80m 的小张同学站在池边从头顶高处水平向池中投掷小石子，石子刚好落到池底的正中央，小李同学用手机的秒表记录的小石子运动时间为1.6s 。

不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2。

可知水池的直径为（ ）
A ．3.6m
B ．11m
C ．12.8m
D ．22m
【答案】D 【解析】 【详解】
设水池的半径为R ，人身高为h ，根据平抛运动的规律，在竖直方向，有
212
h R gt +=
代入数据解得R=11m ，则直径为22m ，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

2．如图所示，上表面粗糙、倾角θ=37︒的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。

现给斜面体一水平向左的推力F ，发现无论F 多大，物块均能与斜面体保持相对静止。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（ ）
A ．43
μ<
B ．43
μ…
C ．34
μ<
D ．34
μ…
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
当F=0时，物块能静止在斜面上，可知
sin cos mg mg θμθ≤
得
tan μθ≥
即
34
μ≥
当F 特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向
sin cos f mg ma θθ+=
垂直斜面方向
cos sin N mg ma θθ-=
又f N μ≤，由于F 可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的sin mg θ和cos mg θ可忽略，联立解得
14=tan 3μθ≥
综合分析得
43
μ≥
故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

3．如图所示，边长为L 、总阻值为R 的等边三角形单匝金属线圈abc 从图示位置开始绕轴EF 以角速度ω匀速转动，EF 的左右两侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2
B
，下列说法正确的是（ ）
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿acba 方向后沿abca 方向
C ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为238BL ω
D ．线圈转动过程中产生的交流电的电动势的有效值为21516
BL ω
【答案】D
【解析】 【分析】 【详解】
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误；
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿abca 方向后沿acha 方向，B 错误；
C ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为
24
BS ω
ω=
C 错误；
D ．线圈从图示位置转过一周的过程中，有半个周期电动势的最大值为
214
E ω
=
有半个周期电动势的最大值为
2E =
根据有效值的定义
22
222E T T T R
+=⋅有 可求得交流电的有效值
E =
有D 正确。

故选D 。

4．重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚239（94
239
Pu ），这种钚239可由铀239
（
23992
U ）经过n 次β衰变而产生，则n 为（ ）
A ．2
B ．239
C ．145
D ．92
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 衰变方程为：
94
239
2390
92
1U Pu+e n -→
根据电荷数守恒：
94+(1)92n ⨯-=
解得2n =。

A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v －t 图像如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（ ）
A ．甲车的加速度小于乙车的加速度
B ．前3s 内甲车始终在乙车后边
C ．t=0时乙车在甲车前方9.4m 处
D ．t=3s 时甲车在乙车前方0.6m 处 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据v －t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A 错误；
BCD ．设甲运动的总时间为t ，根据几何关系可得
31518
t = 解得
3.6s t =
在0－3.6s 内，甲的位移
18 3.6
=
m=32.4m 2x ⨯甲 0－4s 内，乙的位移
124
=
m=24m 2
x ⨯乙 因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方
=8.4m x x x ∆=-甲乙
0－3s 内，甲、乙位移之差
63
m9m
2
x
⨯
∆==
因t=0时乙车在甲车前方8.4m处，所以t=3s时甲车在乙车前方0.6m处，由此可知，前3s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故BC错误，D正确。

故选D。

6．如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与固定电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。

副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表。

当R2=2R1 时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则（）
A．电源输出电压为8V
B．电源输出功率为4W
C．当R2=8Ω时，变压器输出功率最大
D．当R2=8Ω时，电压表的读数为3V
【答案】C
【解析】
【详解】
A．当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，所以R2=4Ω，R1=2Ω，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是U1=2V，根据电流与匝数成反比得原线圈电流是I1=2A，所以电源输出电压为
U=U1+I1R1=2+2×2=6V
故A错误；
B．电源输出功率为
P=UI1=12W
故B错误；
C．根据欧姆定律得副线圈电流为2
2
U
R，所以原线圈电流是
2
2
2
U
R，所以
22
1
2
62
2
U U
R
R
=⋅+，2
2
2
12
8
R
U
R
=
+
变压器输出的功率
2
22
22
22
2
2
144144
64
(8)16
U R
P
R R R
R
===
+++
所以当R2=8Ω时，变压器输出的功率P2最大，即为9
W
2
，故C正确；
D．当R2=8Ω时，U2=6V，即电压表的读数为6V，故D错误。

故选C。

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．下列说法正确的是（）
A．悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性
B．一种物质温度升高时，所有分子热运动的动能都要增加
C．液体能够流动说明液体分子间的相互作用力比固体分子间的作用力要小
D．一定质量的物质，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等
E.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
【答案】AE
【解析】
【分析】
【详解】
A．布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动并不是分子的运动，但能间接地反映液体分子运动的无规则性，A 正确；
B．一种物质温度升高时，分子的平均动能增加，这是一种统计规律，可能有的分子热运动的动能要增加，有的反而要减少，B错误；
C．液体能够流动与液体分子间作用力无必然联系，固体有固定形状也与固体间分子作用力无必然联系，C错误；
D．一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等，D错误；E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，E正确。

故选AE。

8．如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是AC连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。

两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。

则下列关于两幅图的说法中正确的是（）
A．甲图中AB两点的竖直高差为10cm
B ．甲图中
C 点正处于平衡位置且向水面下运动
C ．从甲图所示时刻开始经0.25s ，B 点通过的路程为20cm
D ．乙图所表示的是波的衍射现象
E.在E 点观察到的频率比在F 点观察到的频率高 【答案】ACE 【解析】 【分析】 【详解】
A ．甲图中A
B 都是振动加强点，其中A 在波峰，B 在平衡位置，则AB 两点的竖直高差为2A=10cm ，选项A 正确；
B ．甲图中
C 点是振动加强点，正处于波谷位置，选项B 错误； C ．波的周期为
0.5
s=0.5s 1
T v
λ
=
=
从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5T ，B 点通过的路程为2×2A=20cm ，选项C 正确； D ．乙图所表示的是波的多普勒现象，选项D 错误；
E ．在E 点单位时间接受到的波面比
F 点多，则在E 点观察到的频率比在F 点观察到的频率高，选项E 正确。

故选ACE 。

9．如图所示为某一工作车间的传送装置，已知传送装置与水平面夹角为37°，传送带以10m/s 的速率顺时针运转．某时刻在传送带上端A 处无初速度的轻轻放上一质量为1kg 的小铁块（可视为质点），铁块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A 到B 的总长度为16m ，其中2
10/g m s =，则在小铁块从A 运动到B 的过程中（ ）
A ．小铁块从A 到
B 运动的总时间为2s B ．小铁块对皮带做的总功为0
C ．小铁块与传送带相对位移为4m
D ．小铁块与皮带之间因摩擦生热而产生的内能为20J 【答案】AC 【解析】
【分析】 【详解】
A.开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度
22(sin cos )10m/s a g g θμθ=+=，小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为11v
t s a
=
=，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为110
1522
v s t m m =
=⨯=，由于 μ＜tanθ，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，其加速度变为a 1=g （sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s 2=2m/s 2，小物体从该位置起运动到B 端的位移为s-s 1=16m-5m=11m ，小物体做初速度为v=10m/s 、加速度为a 1的匀加速直线运动，由
2
121212
s s vt a t -=- ，代入数据，解得t 2=1s （t 2=-11s 舍去）所以，小物体从A 端运动到B 端的时间为
t=t 1+t 2=2s ，故A 正确；
B.皮带的总位移10220x vt m m ==⨯=,摩擦力: 0cos370.51100.84f mg N N μ==⨯⨯⨯= ，所以摩擦力所做的功为20480f W fx J J =-=-⨯=-，故B 错误；
C.物体从A 到B 运动的位移为16m ，由B 项分析可知，皮带的总位移为20m ，所以小铁块与传送带相对位移为4m ，故C 正确；
D.因摩擦产生的热量=44=16Q fs J J 相=⨯，故D 错误。

故选AC 。

10．中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球。

假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为
16
T ，（T 0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则地球的半径R 和该卫星做圆周运动的半径r 分别为（ ）
A ．2
v R g
=
B ．2
2v R g =
C ．r =
D ．r =【答案】AD 【解析】 【详解】
AB ．绕地球表面运行的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m ，即
2
v mg m R
=
得出
2
v R
g =
故A正确，B错误；
CD．卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M，此高度的速度大小为v1，则有
2
2
2
16
GMm
mr
T
r
π
=（）
其中
GM=R2g
解得该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
2
3
2
82
T v
v
r
gπ
=
故C错误，D正确。

故选AD。

11．如图甲所示，一个匝数为n的多匝线圈，线圈面积为S，电阻为r。

一个匀强磁场垂直于线圈平面穿
过该线圈。

在0时刻磁感应强度为
B，之后随时间变化的特点如图乙所示。

取磁感应强度向上方向为正值。

线圈的两个输出端P、Q连接一个电阻R。

在0
0~t过程中（）
A．线圈的P点的电势高于Q点电势
B．线圈的P、Q两点间的电势差大小为0
()
nSB R
R r t
+
C．流过R的电荷量的大小为0
nSB
R r
+
D．磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻R、r上的内能
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．结合图乙知磁场方向向上且逐渐减小。

由楞次定律知感应电流的方向由Q点经线圈到P点，则P点电势高，A正确；
B ．感应电动势为
00
B
E n
nS t t ∆Φ==∆ 又有
E I R r
=
+ 电势差大小
U IR =
解得
00
()nSB R
U R r t =
+
B 正确；
C ．流过电路的电荷量大小为
0q It =
解得
nSB q R r
=
+ C 正确；
D ．电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻R 、r 上转化为内能，D 错误。

故选ABC 。

12．下列说法正确的是（ ）
A ．太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域
B ．两列机械波在同一介质中相遇，波长相同一定能获得稳定的干涉图案
C ．狭义相对论的第一个基本假设：力学规律在任何惯性系中都是相同的
D ．分别用紫光和绿光为光源用同一装置做单缝衍射实验，前者中央亮纹较宽 E.电视机显像管里的电子枪发射电子束的强弱受图像信号的控制 【答案】AB
E 【解析】 【分析】 【详解】
A ．太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域，故A 正确；
B ．两列机械波在同一介质中传播速度相同，波长相同则频率相同，则一定能获得稳定的干涉图案，故B 正确；
C ．狭义相对论的第一个基本假设：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故Ｃ错误；
D ．由于紫光的波长比绿光的短，则用紫光和绿光为光源用同一装置做单缝衍射实验，绿光的中央亮纹较宽，故D 错误；
E ．图像信号越强，电视机显像管里的电子枪发射电子束越强，故E 正确。

故选ABE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．利用打点计时器（用频率为50Hz 的交流电）研究“匀变速直线运动的规律”。

如图所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O 是打点计时器打下的第一个点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出
（1）相邻两计数点之间的时间间隔为________s
（2）实验时要在接通打点计时器电源之________（填“前”或“后”）释放纸带
（3）将各计数点至O 点的距离依次记为1h 、2h 、3h 、4h 、…，测得10.40cm h =，21.60cm h =，3 3.60cm h =，
4 6.40cm h =。

请计算打点计时器打下C 点时纸带的速度大小为___m /s ；纸带的加速度大小为
________2m /s （结果均保留两位有效数字）
【答案】0.1 后 0.24 0.80
【解析】
【详解】
（1）[1]频率为50Hz 的交流电，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出，所以相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s 。

（2）[2]实验时，需先接通电源，后释放纸带。

（3）[3] 打点计时器打下C 点时纸带的速度大小
420.24m /s 2c h h v T
-== [4] 纸带的加速度大小
()422
2(2)h h h a T --=
代入数据得
20.80m /s a =
14．用图甲所示的元件做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验。

小灯泡额定电压约为2.5V 额定电流约为0.3A 。

完成下列各小题。

(1)图甲中已经作出了部分连线，请在此基础上完成电路元件连接_______。

(2)在实验进行的某一次测量中，电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压为______V ，电流为________A ，此时小灯泡的功率为________W 。

(3)下列有四个关于小灯泡伏安特性曲线的图象，其中正确的是________
A ．
B ．
C ．
D ． 【答案】 1.5 0.18 0.27 B
【解析】
【详解】
(1)[1]小灯泡额定电压约为2.5V 、额定电流约为0.3A ，则电压表选用0~3V 量程，电流表选用0~0.6A 量程。

小灯泡电阻约为
2.5V 8.3Ω0.3A
U R I ==≈ 电流表0~0.6A 量程的内阻一般为0.5Ω，电压表0~3V 量程的内阻一般为几千欧。

相比较而言，小灯泡电阻为“小电阻”，故应用电流表外接法。

小灯泡两端电压应从0开始，则滑动变阻器应为分压接法。

元件连接如图所示。

(2)[2][3][4]经估读后，电压表示数为1.5V ，电流表示数为0.18A 。

此时小灯泡功率为
1.5V 0.18A 0.27W ==⨯=P UI
(3)[5]温度升高，小灯泡电阻变大。

则U I -图象的斜率逐渐增大，I U -图象的斜率逐渐减小，且图像要过坐标原点。

所以B 正确，ACD 错误。

故选B 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在倾角θ=30︒的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量M=3.0kg ，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态，挡板到斜面底端的距离为7m 。

将质量为m=1.0kg 的小物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m 处由静止开始释放。

物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，物块与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。

取重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)物块与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。

【答案】 (1)2.0m/s ；(2)33
μ=
；(3) 6次 【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块下滑的加速度为 sin30a g ︒=
物块第一次下滑至挡板时的速度为
经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得
mv=mv 1+Mv 2
22212111222
mv mv Mv =+ 解得
v 2=2.0m/s
(2)设木板下滑的加速度大小为a′，由题中条件可得，木板下滑的位移为x 2
222'2v x a
= 物块位移为
21112
x v t at =+ 2
'v t a
= 12x x =
由牛顿第二运动定律可得
()'cos30sin30M m g Mg Ma μ︒︒+-=
解得
2'5m/s 3
a = 解得
3
μ= (3)第二次碰撞前瞬间物块速度为
11'v v at =+=4m/s
此时物块木板速度为0，物块与挡板发生第二次碰撞后，挡板与物块将重复上述运动过程
第一次碰后到第二次碰前挡板运动位移为
x 2=1.2m
故 L=7m=5256
x 故物块和挡板在斜面上发生6次碰撞。

16．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m m 的小球A 和小物块B ，开始时B 先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地
面的压力恰好为零，A 在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，不计一切阻力．
（1）求A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离．
【答案】（1）θ=45° ；（2）2(1)mgl -
；(3) 2l 。

【解析】
【分析】
【详解】 （1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为
2T mg =
对A 受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
cos T mg θ=
解得45θ=o
（2）对A 球，根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m l θθ
= 解得22
v gl =
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有
()212cos 124W mv mg
l l mgl θ⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭
（3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m x θθ
= 解得22
v gx = A 球做平抛运动下落的时间为t ，则有
212cos 2
l x gt θ-= 解得2222l x t g
⎛⎫- ⎪⎝⎭= 水平位移为
()22S vt x l x ==-
当2x l =时，位移最大，为2m S l =
17．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。

虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y
轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C 。

一比荷q=1×
106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v=2.0×
103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d=1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP=d 。

不计粒子重力。

(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值
00
E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；
(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

【答案】 (1)32.010m/s ⨯；(2)3210T -⨯；(3)不会通过，0.2m
【解析】
【详解】
(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有
00qvB qE =
解得
300
2.010m/s E B =⨯ (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径
1.0m R d ==
根据洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
= 解得磁感应强度大小
3210T B -=⨯
(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小
sin y v v θ=
粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小
cos y qE a m
θ= 设经过t ∆时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有
y
y v t a ∆=
t ∆时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小
2y
v y t ∆=⋅∆
联立解得
0.3m y ∆=
由于
cos y d θ∆<
故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离
cos 0.2m d d y θ'=-∆=。