天津市北辰区2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

天津市北辰区2021届新高考第三次模拟物理试题
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．如图所示为某质点运动的速度一时间图像（若将AB段图线以AB连线为轴翻转180︒，图线形状与OA 段相对于虚线对称），则关于OA段和AB图线描述的运动，下列说法正确的是（）
A．两段的运动时间相同B．两段的平均速度相同
C．两段的速度变化量相同D．两段的平均加速度相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据几何关系可知，两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，故A正确；B．由图像下方面积可知，两段位移不等，因此平均速度不同，故B错误；
C．两段的速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；
D．由
∆
=
∆
v
a
t
可知，两段的平均加速度大小相等，方向相反，故D错误。

故选A。

2．某静电场的电场线与x轴平行，x轴上各点的电势情况如图所示，若将一带电粒子从坐标原点O由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着x轴正方向运动，已知电场中M、N两点的x坐标分别为5mm、15mm，则下列说法正确的是（）
A．在x轴上M、N两点间的电场方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向
B．该带电粒子一定带负电荷
C．在x=10mm的位置，电场强度大小为1000V/m
D．该粒子沿x轴从M点运动到N点的过程中，电势能一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由φ-x 图像知从M 点到N 点电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知在x 轴上M 、N 两点间的电场方向沿x 轴正方向，A 项错误；
B ．粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；
C ．在φ- x 图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为 310V /m 1010ϕ-∆====⨯U E d x 1000V/m C 项正确；
D ．粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，D 项错误。

故选C 。

3．如图所示，直线a b 、和直线、c d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M N P Q ϕϕϕϕ、、、。

一质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等。

下列说法正确的是（ ）
A ．直线a 位于某一等势面内，M Q ϕϕ<
B ．直线c 位于某一等势面内，>M P ϕϕ
C ．若质子由M 点运动到N 点，电场力做正功
D ．若质子由P 点运动到Q 点，电场力做负功
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．质子带正电荷，质子由M 点分别运动到Q 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQ MP W W =<
而
MQ MQ W qU =
MP MP W qU =，0q >
所以有
0MQ MP U U =<
即
M Q P ϕϕϕ<=
匀强电场中等势线为平行的直线，所以QP 和MN 分别是两条等势线，有
P Q ϕϕ=
故A 正确、B 错误；
CD ．质子由M 点运动到N 点的过程中
()0MN M N W q ϕϕ=-=
质子由P 点运动到Q 点的过程中
()0PQ P Q W q ϕϕ=-=
故CD 错误。

故选A 。

4．在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和4
v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）
A ．2倍
B ．4倍
C ．6倍
D ．8倍
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v 抛出，落在斜面上，根据平抛运动的推论可得 tan 2tan θα=
所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等
对甲有
cos v v θ
=甲末 对乙有 4cos v v θ=
乙末 所以
=4v v 甲末乙末 故ACD 错误B 正确。

故选B 。

5．铅球是田径运动的投掷项目之一，它可以增强体质，特别是对发展躯干和上下肢的力量有显著作用。

如图所示，某同学斜向上抛出一铅球，若空气阻力不计，图中分别是铅球在空中运动过程中的水平位移x 、速率v 、加速度a 和重力的瞬时功率P 随时间t 变化的图象，其中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．铅球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平分位移与时间成正比，故A 正确；
B ．铅球做斜上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大水平方向的速度不变，故铅球的速度先减小后增大，故B 错误；
C ．铅球只受重力作用，故加速度保持不变，故C 错误；
D ．因为速度的竖直分量先减小到零，后反向增大，再根据y P mgv ，所以重力的功率先减小后增大，故D 错误。

故选：A 。

6．关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（ ）
A ．按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波
B ．电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁
C ．电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大
D ．电子绕着原子核做匀速圆周运动。

在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A 正确；
B ．电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的碰撞），B 错误；
C ．电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时。

动能增大，但原子的能量减小，C 错误；
D ．电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点。

即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期大，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．如图所示，A 是不带电的球，质量0.5kg A m =，B 是金属小球，带电量为2210C q -=+⨯，质量为0.5kg B m =，两个小球大小相同且均可视为质点。

绝缘细线长0.25m L =，一端固定于O 点，另一端和小球B 相连接，细线能承受的最大拉力为276N 。

整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强大小500N/C E =，小球B 静止于最低点，小球A 以水平速度0v 和小球B 瞬间正碰并粘在一起，不计空气阻力。

A 和B 整体能够做完整的圆周运动且绳不被拉断，2
10m /s g =。

则小球A 碰前速度0v 的可能值为（ ）
A ．27 m /s
B ．211 m /s
C ．215 m /s
D ．219 m /s
【答案】BC
【解析】
【详解】 设AB 碰撞后共同速度为1v ，运动到最高点的速度为2v 。

小球AB 碰撞过程动量守恒有
012mv mv =
在最低点时绳子受的拉力最大，有
2122v T qE mg m L
--= 所以
2122<276N v T qE mg m L
=++ 代入数值解得
016m/s v <
A 和
B 整体恰能够做完整的圆周运动，则在最高点有
2222v qE mg m L
+= 所以A 和B 整体能够做完整的圆周运动，则在最高点有
2(2)2qE mg L v m
+≥ 又从最高点到最低点，根据动能定理有
221211(222222
qE mg L mv mv +⋅=⋅-⋅) 代入数值解得
050m/s 7.07m/s v ≥≈
选项BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

8．如图所示，xOy 坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。

一个质量为m 。

电荷量为+q 的带电粒子，以0v 的速度沿AB 方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y 轴击中C 点。

已知A 、B 、C 三个点的坐标分别为（3L -，0）、（0，2L ）、（0，L ）。

若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．带电粒子由A 到C 过程中最小速度一定为0217
v
B ．带电粒子由A 到
C 过程中电势能先减小后增大
C ．匀强电场的大小为20mv E qL
= D ．若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB 方向到达B 点，则此状态下电场强度大小为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C 点有最小速度且垂直y 轴，可推得粒子做类斜上抛运动，C 是最高点，其速度与电场力垂直，则电场力沿y 轴负方向，设A 点的速度与x 轴的夹角为θ，则
0cos C v v θ=
由几何关系可知
tan
OB OA θ=== 联立可得
00C v v == 故A 正确；
B ．因粒子做类斜上抛运动，从A 点到
C 点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直增大，故B 错误；
C ．粒子从A 到C 的过程，由动能定理
2201122
C qEL mv mv -=- 联立可得匀强电场的大小为
201449E mv qL
= 故C 错误；
D ．调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿AB 方向到达B 点，则粒子一定AB 做匀减速直线运动，电场力沿BA 方向，由动能定理有
20102
qE mv '-=-
则匀强电场的场强大小为
20714mv E qL
'= 故D 正确。

故选AD 。

9．在粗糙水平桌面上，长为l=0.2m 的细绳一端系一质量为m=2kg 的小球，手握住细绳另一端O 点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。

细绳始终与桌面保持水平，O 点做圆周运动的半径为r=0.15m ，小球与桌面的动摩擦因数为=0.6μ，210m/s g =。

当细绳与O 点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球做圆周运动的向心力大小为6N
B ．O 点做圆周运动的角速度为42rad/s
C ．小球做圆周运动的线速度为2m/s
D ．手在运动一周的过程中做的功为6πJ
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径
220.25m R r l =+=
小球做圆周运动，根据牛顿第二定律
n cos F T θ=
sin T mg θμ=
其中
0.153
tan 0.24r
l θ===
解得
n 16N F =
选项A 错误；
B ．由于
2n F mR ω=
解得 42rad /s ω=
O 点做圆周运动的角速度和小球一样，所以选项B 正确；
C ．由于
2
n v F m R
= 解得
2m/s v =
选项C 正确；
D ．手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故
26J W mg R =⋅=μππ
选项D 正确。

故选BCD 。

10．如图所示，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R 0，副线圈上接一个滑动变阻器R ，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数分别用U 1、U 2、U 3表示，当滑动变阻器的触头P 移动时，下面说法中正确的是（ ）
A ．向上移动滑动触头P ，U 3与U 1的比值变大
B ．向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，R 0消耗的功率也减小
D ．移动滑动触头P ，电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比始终都等于12
1U U - 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．向上移动滑动触头P ，则R 变大，则次级电流减小，初级电流减小，R 0的电压减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U 3变大，则U 3与U 1的比值变大，选项A 正确；
B ．U 3与U 2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变，选项B 正确；
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，则U 2也减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则U R0变大，则此时R 0消耗的功率变大，选项C 错误；
D ．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R 消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R 0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI ，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比等于R 0两端电压与原线圈电压之比，电压表V 1、V 2的示数为U 1、U 2，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比为12122
-1=U U U U U -，选项D 正确； 故选ABD 。

11．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．
A ．该波沿x 轴正向传播
B ．该波的波速大小为1 m/s
C ．经过0.3 s ，A 质点通过的路程为0.3 m
D ．A 、B 两点的速度有可能相同
E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由A 质点的振动图象读出该时刻质点A 的振动方向沿y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x 轴正向传播，故A 正确．
B ．由题图甲可知波长为 λ=0.4m ，由题图乙可知周期为 T=0.4s ，则波速为 v= T
λ
=1m/s ；故B 正确． C ．经过0.3s=34
T ，则A 质点通过的路程为s=3A=0.3m ；故C 正确． D ．A 、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同；故D 错误．
E ．发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f=1T =2.5Hz 时才能产生的稳定干涉．故E
错误．
故选ABC ．
点睛：根据振动图象读出各时刻质点的振动方向，由质点的振动方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握．
12．如图所示，水平传送带以恒定的速度v 运动，一质量为m 的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则( )
A ．物块加速运动时的加速度为μg
B ．物块加速运动的时间为2v
g μ
C ．整个过程中，传送带对物块做的功为
12mv 2 D ．整个过程中，摩擦产生的热量为mv 2
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．物块加速运动时，由牛顿第二定律得
μmg=ma
可得
a=μg
故A 正确；
B ．物块加速运动的时间为 t=μ=v v a g
故B 错误；
C ．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为 W=12mv 2-0=12
mv 2 故C 正确；
D ．物块加速运的动时间内传送带的位移为
x 带=vt
物块的位移为
x物=0
22 +
=
v vt
t
物块与传送带间相对位移大小为
△x=x带-x物=
2 22μ
=
vt v
g
整个过程中摩擦产生的热量为
Q=μmg△x=1
2
mv2
故D错误。

故选AC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示是一个多用电表的简化电路图。

请完成下列问题。

(1)测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。

当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量
____________（选填“直流电流”、“直流电压”或“电阻”）。

(2)某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×l0”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择____________（填“×l”或“×l00”）倍率的欧姆挡。

(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙、丙所示的简易欧姆表。

实验器材如下：
A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0=4Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。

①如图乙所示，表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是____________Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，换挡前、后倍率之比为____________。

【答案】直流电源×100 20000 100：1
【解析】
【详解】
(1)[1]由图所示可知，当转换开关S 旋到位置5、6时，表头G 与电阻串联，此时可用来测量直流电压。

(2)[2]测量某电学元件的电阻，选用“10⨯”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，待测阻值较大，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择“100⨯”倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。

(3)①[3]欧姆表中值电阻等于欧姆档内部电阻，则中间刻度值对应示数为
46g 3Ω
110Ω30010
E R R I -==
==⨯⨯中内 有 g E I R =内
g 13E I R R
=+内 解得
4210ΩR =⨯
所以表盘上100μA 刻度线对应的电阻刻度值是4210Ω=20000Ω⨯。

②[4]当电流计满偏时：流过0R 的电流
g 99I I =
电流计内阻为99Ω，给电流计并联1Ω的电阻，根据并联分流的规律可知电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1100
，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100:1。

14．小明同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳两端跨过转轴光滑的轻滑轮系着质量均为M 的重物A 和B ，将质量为m 的小砝码C 挂在在物体B 上，B 下方距离为h 处固定一个光电门，物块B 装有一宽度很小的挡光片，测得挡光片宽度为d ，将系统静止释放，当挡光片通过光电门（固定光电门的装置未画出）时，可通过计算机系统记录挡光时间△t 。

改变高度差h ，重复实验，采集多组h 和△t 的数据。

(1)若某次记录的挡光时间为△t 1，则挡光片到达光电门处时B 的速度大小为__。

(2)小明设想，为了确定△t 与h 的关系，可以分别对△t 与h 取对数，并以lg △t 为纵轴，以lgh 为横轴建立坐标系，得到的lg △t ﹣lgh 图线为一直线，该直线的斜率为__。

(3)若lg △t ﹣lgh 图线与纵轴交点坐标为c ，若机械能守恒，可以得到该地重力加速度g=__。

【答案】1d t ∆ 12- ()222210
c M m
d m +g 【解析】
【详解】
(1)[1]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片到达光电门处B 的速度大小为：
1
d v t =∆ (2)[2]系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，有：
()2122
mgh M m v =
+ 即： ()2
21
122d mgh M m t =+∆ 整理可得：
()2
211222M m d lg t lg lgh mg +∆=- 若lg t lgh ∆-图线为一直线，则该图线的斜率为12
- (3)[3]根据()2
2
1122d mgh M m t =+∆得： ()22122
M m d t mgh
+∆= 则有：
()2222M m d lg t lg lgh mg
+∆=- 所以有：
()2
211222M m d t lg lgh mg +∆=- 可知纵轴截为：
()22122M m d c lg mg
+= 解得：
()222210c
M m d g m +=g
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，等腰三角形ABC 为一透明材料做成的三棱镜的横截面示意图，120C ∠=︒，
AC 边长为a ，M 、N 分别为AC 、BC 的中点。

一平行AB 的细光束从M 点射入棱镜，经AB 面反射一次后从N 点射出，光在真空中的传播速度用c 表示，求光在透明材料内传播所用的时间。

【答案】3a t =
【解析】
【分析】
【详解】 光路图如图所示。

光在M 点发生折射，据折射定律可得:
sin sin i n r
=① 因入射光线平行于AB ，故：
60i =︒②
∠MPA=60°③
因M 点位AC 边中点，可得:
∠MOP=30°④
又:
r=∠MPA-∠MOP ⑤
解得:
3n =
光在棱镜中传播的距离为:
s=a ⑦
经历的时间:
s t v =⑧ c v n
=⑨ 解得:
3a
t =⑩
16．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F 作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动．已知箱包的质量m ＝1.0kg ，拉杆箱的质量M ＝9.0 kg ，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，不计所有接触面间的摩擦，取g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)若F ＝25N ，求拉杆箱的加速度大小a ；
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x ＝4.0 m 时的速度大小v ；
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值F m 。

【答案】 (1)2m/s 2；(2)4m/s ；(3)93.75N
【解析】
【详解】
(1)若F=25N ，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
Fcosα=（m+M ）a
解得
cos 250.819
α⨯==++F a m M m/s 2=2m/s 2 (2)根据速度位移关系可得
v 2=2ax
解得
2224=⨯⨯ax (3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，此时的加速度为a 0，如图所示，
根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=ma 0
解得
a 0=gtanθ=7.5m/s 2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
F m cosα=（m+M ）a 0
解得拉力的最大值为
F m =93.75N
17．一质量为m=2kg 的滑块能在倾角为θ=37°的足够长的斜面上以a=2m/s 2匀加速下滑。

若给滑块施加一水平向右的恒力F ，使之由静止开始在t=2s 的时间内沿斜面运动2m 。

求：
（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
（2）推力F 的大小。

【答案】（1）0.5，（2）44N 或1.82N 。

【解析】
【详解】
（1）未施加推力过程，牛顿第二定律：
sin37cos37mg mg ma μ︒-︒=
代入数据，解得：0.5μ=；
（2）施加推力F 后，由：
212
s at = 得：
22s 21m/s a t
'==
滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能： 当加速度沿斜面向上时，根据牛顿第二定律，有：
11cos37sin37(sin37cos37)F mg F mg ma μ︒-︒-︒+︒=' 解得：1(sin37cos37)44N cos37sin37mg mg ma F μμ'︒+︒+==︒-︒
当加速度沿斜面向下时，根据牛顿第二定律，有：
22sin37cos37(sin37cos37)mg F F mg ma μ︒-︒-︒+︒=' 解得：2(sin37cos37)20N 1.82N cos37sin3711
mg mg ma F μμ'︒-︒-==≈︒+︒。