天津市滨海新区2021届新高考物理三月模拟试卷含解析

天津市滨海新区2021届新高考物理三月模拟试卷
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，某同学将一足球静止摆放在收纳架上。

他估测得足球的直径约为20 cm ，质量约为0. 48 kg ，收纳架两根平行等高的横杆之间的距离d 约为12 cm 。

忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦，重力加速度g 取10m/s 2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为（ ）
A ．2.4 N
B ．3.0 N
C ．4.0 N
D ．4.8 N
【答案】B 【解析】 【详解】
设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为α，由几何关系可知
2
2
()2cos 0.8d R α-=
= 对足球竖直方向有
2cos N F mg α=
解得 F N =3N 故选B 。

2．相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。

如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。

关于该指南车模型，以下说法正确的是（ ）
A ．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的
B ．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点
C ．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等
D ．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A 正确；
B ．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B 错误；
C ．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C 错误；
D ．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D 错误； 故选A 。

3．如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A 和B ，两轮半径R A =2R B ，A 为主动轮．当A 匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A 轮的边缘上，若将小木块放在B 轮上让其静止，木块离B 轮轴的最大距离为（ ）
A ．/8
B R B ．/2B R
C ．B R
D ．/4B R
【答案】B 【解析】
摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：R A ωA =R B ωB ，所以：ωB
＝ A B
R R ωA ，因为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B 轮上的转动半径最大为r ，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mR A ωA 2＝mrωB 2，得：2222()A A B B
A A A B
R R R r R R R ωω＝＝＝
，故ACD 错误，B 正确；故选B ．
点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键．
4．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M N 、上的a b 、两点，a 点比b 点低，晾衣绳粗糙，悬挂衣服的衣架钩在晾衣绳中点和在杆M N 、中间位置时都不滑动。

衣架静止，下列说法正确的是（ ）
A ．衣架钩在晾衣绳中点时，左右两边绳子拉力大小相等
B ．衣架钩在晾衣绳中点时，右边绳子拉力小于左边绳子拉力
C ．衣架钩在杆M N 、中间位置时，左右两边绳子拉力大小相等
D ．衣架钩在杆M N 、中间位置时，右边绳子拉力大于左边绳子拉力 【答案】D 【解析】 【详解】
令a 到节点的高度为h 1，b 到节点的高度为h 2，节点到M 的水平距离为x 1，节点到N 的水平距离为x 2，a 端绳子和水平方向的夹角为α，b 端绳子和水平方向的夹角为β，对绳子节点进行受力分析，如图所示：
AB ．当衣架钩在晾衣绳中点时，设a 、b 到节点绳子长度为L ，根据几何关系有：1sin h L α=，2sin h
L
β=，因为h 1＜h 2，可得： α＜β，
根据平衡条件：F a cosα=F b cosβ，可得：
cos 1cos a b F F β
α
=<， 则： F a ＜F b ， 故AB 错误；
CD ．衣架钩在杆M 、N 中间位置时，根据几何关系：1
1
tan h x α=，22tan h x β=，x 1=x 2，因为h 1＜h 2，可
得： α＜β，
根据平衡条件：F a cosα=F b cosβ，可得：
cos
1
cos
a
b
F
F
β
α
=<，
则：
F a＜F b，
故C错误，D正确。

故选D。

5．如图所示，a、b、c、d为圆O上的四个点，直径ac、bd相互垂直，两根长直导线垂直圆面分别固定在b、d处，导线中通有大小相等，垂直纸面向外的电流，关于a、O、c三点的磁感应强度，下列说法正确的是
A．都为零
B．O点最大
C．a、c两点方向相反
D．a、c两点方向相同
【答案】C
【解析】
根据右手螺旋定则，
d处导线在o点产生的磁场方向水平向左，b处导线在o点产生的磁场方向水平向右，合成后磁感应强度等于1．d在c处产生的磁场方向垂直于cd偏左上，b在c出产生的磁场方向垂直bc 偏右上，则根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向上；同理可知，a处的磁场方向竖直向下；则选项C正确，ABD错误．故选C.
点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．
6．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（）
A ．若M ＞m ，物体A 对地向左的最大位移是2
2()Mv M m g μ+
B ．若M ＜m ，小车B 对地向右的最大位移是20
Mv mg
μ
C ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv 0
D ．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为0
2()mv M m g
μ+
【答案】D 【解析】 【分析】
根据动量守恒定律求出M 与m 的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量． 【详解】
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有00Mv mv M m v -=
+（），解得()0M m v v M m
-=+；若M m >，
A 所受的摩擦力f mg μ=，对A ，根据动能定理得：2
0102
A mgx mv μ-=-
，则得物体A 对地向左的最大位移202A v x g μ=，若M m <，对B ，由动能定理得2
0102B mgx Mv μ-=-，则得小车B 对地向右的最大位
移20
2B Mv x mg
μ=，AB 错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即
02mMv I Mv Mv m M
-=-=+，C 错误；根据动量定理得0
ft Mv Mv f mg μ-=-=，，解得()02Mv t M m g μ=+，D 正确． 【点睛】
本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向．
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．如图所示，质量均为 m 的a 、b 两小球在光滑半球形碗内做圆周运动，碗的球心为 O 、半径为 0.1m ， Oa 、Ob 与竖直方向夹角分别为53°、37° ，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin 37°= 0.6 ，g 取10m/s 2 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b
两球做圆周运动的线速度之比为 B ．a 、b
两球做圆周运动的角速度之比为2 C ．a 、b
D ．a 、b 两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，则
2
2tan =sin sin n v F mg m m R R θωθθ
==
θ是半径与竖直方向的夹角，解得
v =
则线速度之比为
a b v v ==
ω=
则
a b ωω==
故A 错误，B 正确。

C ．a 的角速度
a ω=
==
b 的角速度
b ω=
==
相距最近时满足
2a b t t ωωπ-=
解得
23(1525)
25
t s π+=
选项C 错误；
D ．a 、b 两球运动过程中，两球对碗的压力的水平分量为mgtanθ，因θ不同，则两球对碗的压力的水平分量不相等，对碗来说两球对碗的水平方向的作用力不为零，则碗对地面始终有摩擦力作用，选项D 正确。

故选BD 。

8．已知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

如图所示，一个均匀带正电的金属球壳的球心位于x 轴上的O 点，球壳与x 轴相交于A 、B 两点，球壳半径为r ，带电量为Q 。

现将球壳A 处开有半径远小于球半径的小孔，减少的电荷量为q ，不影响球壳上电荷的分布。

已知球壳外侧两点C 、D 到A ，B 两点的距离均为r ，则此时（ ）
A ．O 点的电场强度大小为零
B ．
C 点的电场强度大小为
2
(4)
4k Q q r
- C ．C 点的电场强度大小为2
()
4k Q q r - D ．D 点的电场强度大小为2
(94)
36k Q q r -
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据电场强度的合成可得，O 点的电场强度大小
2=
O kq E r
故A 错误；
BC ．C 点的电场强度大小
222(4)
44C kQ kq k Q q E r r r
-=
-= 故B 正确，C 错误；
D ．根据电场强度的合成可得，D 点的电场强度大小
2
22
(94)
4936D kQ kq k Q q E r r r -=
-= 故D 正确。

故选BD 。

9．下列说法中正确的是( )
A ．分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零
B ．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著
C ．在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加
D ．一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多 E.在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降 【答案】CD
E 【解析】 【详解】
A ．设分子平衡距离为0r ，分子距离为r ，当0r r >，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当0r r <，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当0r r =，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，故A 错误；
B ．布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故B 错误；
C ．夏天为了降低温度同时打开电冰箱和电风扇，二电器工作较长时间后，为要消耗电能，故0W >，与外界无热交换，故0Q =，根据热力学第一定律公式：
U W Q ∆=+
房内气体内能增加，故房间内部的气温将升高，故C 正确；
D ．由玻意耳定律可知气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多，故D 正确；
E ．当车胎突然爆裂的瞬间，气体膨胀对外做功，这一短暂过程中气体与外界热量交换很少，根据热力学第一定律气体内能是减少，温度降低，故E 正确。

10．如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．在位移从0增大到x 的过程中，木块的重力势能减少了E
B ．在位移从0增大到x 的过程中，木块的重力势能减少了2E
C ．图线a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
D ．图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b 为木块的动能随位移变化的关系。

由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有
p 20E E E E -=-+∆
得p =2E E ∆-，即木块的重力势能减少了2E ，故A 错误，B 正确；
C ．由功能关系可知图线a 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C 错误；
D ．由功能关系可知图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D 正确。

故选BD 。

11．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），．现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为
5BLd
R
B ．导体棒离开磁场时速度大小为
222()
mg R r B L +
C ．离开磁场时导体棒两端电压为2mgr
BL
D ．导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为3244
2()
9m g R r mgd B L
+- 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：22B L v
F R r
=+安 ．由平衡条件得：F=F 安
+mg ；由图2知：F=3mg ，联立解得：22
2()
mg R r v B L +=
．故B 正确．导体棒经过磁场的过程中，通过
电阻R 的电荷量为：55B dL BLd q R r R r R r ∆Φ⋅===+++ ．故A 错误．离开磁场时，由F=BIL+mg 得：
2mg I BL
= ，导体棒两端电压为：2mgR
U IR BL
==．故C 错误．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为
Q ．根据功能关系可得：Q=W F -mg•5d -1
2
mv 2，而拉力做功为：W F =2mgd+3mg•4d=14mgd ；电阻R 产生
焦耳热为：R R
Q Q R r
=+；联立解得：4432244
92()()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+．故D 错误． 12．如图所示，匀强电场中有一个与电场线平行的平面，平面中有一个直角三角形MNQ ，其中90M ∠=︒，
30Q ∠=︒，QM 的长度为L 。

已知电子电荷量的大小为e ，把电子从M 点移动至Q 点，电场力做正功，
大小为eU 。

把电子从Q 点移动至N 点，电场力做负功，大小为
43
eU。

则该电场的电场强度（ ）
A．方向由M向Q B．大小为4
3
U
L
C．方向由Q向N D
．大小为
23
3
U
L 【答案】CD
【解析】
【详解】
如图所示，电势差之比有
3
44
3
QM QM
QN QN
U W eU
eU
U W
===
由几何关系得
3
4
QP QN
=。

匀强电场中任意平行方向上的电势差与距离成正比。

则
3
4
QN
QP QM
U
U U
==
则连线MP为等势线。

所以PQ是一条电场线，电场强度方向由Q向N。

由几何关系得
3
cos30
2
QP QM L
=︒=
则电场强度大小为
23
3
QP
U U
E
QP
L
===
故选CD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用气垫导轨做验证动能定理实验装置如图甲所示，重力加速度为g，按要求完成下列问题。

(1)实验前先用游标卡尺测出遮光条的宽度测量示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=___________mm。

(2)实验中需要的操作是___________。

A．调节螺钉，使气垫导轨水平
B．调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行
C．滑块与遮光条的总质量M一定要远大于钩码的质量m
D．使滑块释放的位置离光电门适当远一些
(3)按图示安装并调节好装置，开通气源，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为△t，则物块通过光电门时的速度为v=___________(用测得的物理量字母表示)
(4)若保持钩码质量不变，改变滑块开始释放的位置，测出每次释放的位置到光电门的距离x及每次实验时遮光条通过光电门的时间△t，通过描点作出线性图象来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是___________时才能符合实验要求。

A．x－△t B．x－(△t)2 C．x－(△t)－1 D．x－(△t)－2
【答案】5.45 ABD D
【解析】
【详解】
(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为，所以最终读数为5.45mm；
(2)A项：调节螺钉，使气垫导轨水平，故A正确；
B项：为了使绳的拉力等于滑块的合外力，调节定滑轮，使连接滑块的细线与气垫导轨平行，故B正确；C项：对系统来说，无需滑块与遮光条的总质量M远大于钩码的质量m，故C错误；
D项：使滑块释放的位置离光电门适当远一些，可以减小测量滑块运动位移的误关，故D正确。

故选：ABD。

(3)滑块通过光电门的速度为：；
(4)由公式，解得：，故选D。

14．某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻，实验室有下列器材：
A ．灵敏电流计G （0~5mA ，内阻约为60Ω）
B ．电压表V （0~3V ，内阻约为10kΩ）
C ．电阻箱R 1（0~999.9Ω）
D ．滑动变阻器R 2（0~100Ω，1.5A ）
E ．旧电池2节
F ．开关、导线若干
(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。

测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R 2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V ，灵敏电流计示数为4.00mA ，此时电阻箱接入电路的电阻为1．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）
(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA ，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为___________Ω；（保留3位有效数字）；
(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U －I G （I G 为灵敏电流计的示数）
图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V ；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。

【答案】50.0 4.55 2.910.01± 11.00.2±
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得
1G )(U I R R =+
解得
G 150.0ΩU R R I
=-= (2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱1R 的阻值
3G G 13G 51050.0Ω 4.55Ω(605)10
I R R I I --⨯⨯===--⨯ (3)[3]由闭合电路欧姆定律可得
12G G G E U I R I r =++
解得
()12G G U E I R r =-+
根据G U I -图象可得电源电动势
2.91V E =
图象斜率为
12G G U
R r I ∆=+∆ [4]解得电源内阻
11.0Ωr =
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场极板间电势差为U 0。

偏转电场极板间电势差为U ，极板长度为L ，板间距为d ，偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。

（1）求电子射入偏转电场时的初速度0v 和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离∆y ； （2）由问题（1）的结论可知，电子偏转距离∆y 与偏转电场极板间电势差U 有关。

已知111m L .-=⨯00，加速电场0500V U =。

当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压222sin50V u t π=时，在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离∆y 时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。

请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性。

已知191.610C e -=⨯，319.110
kg m -=⨯。

【答案】（1）002v U e m =
20
4UL y dU ∆=； （2）见解析 【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子在加速电场中，由动能定理可得 20012
eU mv = 得电子射入偏转电场时的初速度
v 002U e m
电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动
0L t v = 沿电场方向做匀加速直线运动， U q ma d
= 电子沿垂直板面方向的偏转距离
2
20
124UL at dU y =∆= （2）因为粒子射出电场的时间
9007.50s 21L m L v U e
t -≈⨯== 而交变电压的周期
22=0.04s 50T π
πωπ
== 因为T t ?，所以在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离y ∆时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。

16．一半径为R 的半圆柱玻璃体，上方有平行截面直径AB 的固定直轨道，轨道上有一小车，车上固定一与轨道成45°的激光笔，发出的细激光束始终在与横截面平行的某一平面上，打开激光笔，并使小车从左侧足够远的地方以
匀速向右运动。

已知该激光对玻璃的折射率为，光在空气中的传播速度大小为c 。

求：
(1)该激光在玻璃中传播的速度大小；
(2)从圆柱的曲侧面有激光射出的时间多少？（忽略光在AB 面上的反射）
【答案】 (1)；(2)
【解析】(1) 由得激光在玻璃中的传播速度为：
(2)从玻璃射向空气，发生全反射的临界角
，
设激光射到M、N点正好处于临界情况，从M到N点的过程，侧面有激光射出
由正弦定理得：
得：
同理：
得：
【点睛】解决本题的关键作出光路图，确定出临界情况，结合几何关系和折射定律进行求解.
17．如图所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、IV象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y 轴上的A点(y A=l)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(x c=-2l)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O处再次进入电场。

求：
(1)粒子运动到A点的速度大小
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小
【答案】（12qU
m
2）
U
E
l
12mU
l q
【解析】
【详解】
(1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，由动能定理得
2012qU mv = 可得粒子运动到A 点的速度大小 02qU v m
= (2)粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t 1，则 012=l v t
2112=⨯qE l t m
联立解得
=U E l
设粒子离开电场时速度大小为v ，与x 轴的夹角为a 。

则
2221122
=
-qEl mv mv 0cos α=v v
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，则 2Rsinα=2l
2
v qvB m R
= 可得
12=mU B l q。