天津市北辰区2021届新高考物理三月模拟试卷含解析

天津市北辰区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．空间内有一水平向右的电场E ，现有一带电量为q 的小球以初速度为v 0向右上抛出，已知3mg E =，求小球落地点距离抛出点的最远距离（ ）
A ．20v g
B ．202v g
C ．203v g
D ．202v g
【答案】C
【解析】
【详解】
设与水平方向发射角θ，落地点y=0，故竖直方向上有
201cos 02
v t gt θ⋅-= 解得
202sin v t g θ= 在水平方向有
2222200002sin cos cos [sin 2cos 2]2333
v v x v t g g g θθθθθ=⋅==+- 又因为
sin 22)6333
πθθθ=-≤， 所以最远射程为
203v x = 故C 正确，ABD 错误。

A．改用红光照射
B．改用X射线照射
C．改用强度更大的原紫外线照射
D．延长原紫外线的照射时间
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
发生光电效应的原因是入射的光子能量h 超过了金属表面电子逸出的逸出功0W，若不能发生光电效应，说明入射光子能量过小，频率太低，应该换用频率更高的入射光，对照选项B对．
3．用某单色光照射金属表面，金属表面有光电子飞出．若照射光的频率增大，强度减弱，则单位时间内飞出金属表面的光电子的
A．能量增大，数量增多B．能量减小，数量减少
C．能量增大，数量减小D．能量减小，数量增多
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据E=hv知，照射光的频率增大，则光子能量增大，光的强度减弱，单位时间内发出光电子的数目减少．故C正确，ABD错误．
4．图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P上观察到的图样如图2所示。

为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是（）
A．增大单色光的频率
B．增大双缝屏上的双缝间距
C．增大双缝屏到光屏的距离
D．增大单缝屏到双缝屏的距离
【分析】
【详解】
A ．增大单色光频率，则波长减小，根据公式L x d λ∆=
可知，条纹间的距离减小，A 不符合要求； B ．增大双缝屏上的双缝间距d ，根据公式L x d λ∆=
可知，条纹间的距离减小，B 不符合要求； C ．增大双缝屏到光屏的距离L ，根据公式L x d λ∆=
可知，条纹间的距离增大，C 符合要求； D ．根据公式L x d
λ∆=
可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D 不符合要求。

故选C 。

5．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。

弹簧长度为L ，活塞距地面的高度为h ，汽缸底部距地面的高度为H ，活塞内气体压强为p ，体积为V ，下列说法正确的是（ ）
A ．当外界温度升高（大气压不变）时，L 变大、H 减小、p 变大、V 变大
B ．当外界温度升高（大气压不变）时，h 减小、H 变大、p 变大、V 减小
C ．当外界大气压变小（温度不变）时，h 不变、H 减小、p 减小、V 变大
D ．当外界大气压变小（温度不变）时，L 不变、H 变大、p 减小、V 不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L 不变，活塞的位置不变，h 不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可以判断，体积V 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，H 减小、p 不变、V 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得
0p m p S g S =+
气体压强p 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得
1122pV p V =
6．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s ，乙的速度为10m/s ，甲车的加速度大小恒为1.2m/s 2以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知（ ）
A ．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
B ．在前4s 的时间内，甲车运动位移为29.6 m
C ．在4s t =时，甲车追上乙车
D ．在10s t =时，乙车又回到起始位置
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．v t -图像的斜率表示物体的加速度，由图可知加速度先减小后增大，最后再减小，故A 错误；
B ．根据运动学公式可得甲车在前4s 的时间内的运动位移为：
2015412 1.216m 29.6m 2
x v t at =+=⨯+⨯⨯= 故B 正确；
C ．在4s t =时，两车的速度相同；图线与时间轴所围成的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移；所以在4s t =时通过的位移不同，故两车没有相遇，甲车没有追上乙车，故C 错误；
D ．在10s 前，乙车一直做匀加速直线运动，速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置，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．如图（a ）所示，位于M 、N 两点处的两波源相距18m ，在M 、N 两点间连线上有一点P ，6m MP =。

0t =时，两波源同时开始振动，振动图象均如图（b ）所示，产生的两列横波沿MN 连线相向传播，波在MN 间的均匀介质中传播的速度为300m/s 。

下列说法正确的是（ ）
B ．0.025s t =时，M 点处的波源产生的第一个波峰到达P 点
C ．P 点的振动是减弱的
D ．在0~0.035s t =内，P 点运动的路程为35cm
E.M 、N 两点间（除M 、N 两点外）振幅为10cm 的质点有5个
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A ．由图可知波的周期为
0.02s T =
则两横波的波长为
6m vT λ==
所以A 正确；
B ．由题可知
6m MP =
则波由M 传到P ，所用时间为
0.02s MP t T v
=== t 为0.025s 时，波源M 已经向右发出
54个周期的波，由图象可知，P 点已经振动14T ，则M 点处的波源产生的第一个波峰到达P 点，所以B 正确；
C ．由题意可知
12m PN MN MP =-=
两列波到达P 点的波程差为
6m x PN MP λ∆=-==
是波长的整数倍，可知P 点为加强点，所以C 错误；
D ．波源M 的波需要一个周期传到P 点，则0.035s 波源M 发出的波已经传到
10.5m x vt ==处
时间为
70.035s 4
t T == 可知，P 点振动了34
T ，路程为 35cm 15cm s =⨯=
所以D 错误；
n 取0，±1，2±，对应的位置有5个：MN 的中点，距离M 和N 分别6m 处，距离M 和N 分别3m 处，所以E 正确。

故选ABE 。

8．如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为2kg 的小球。

开始时轻绳处于竖直位置。

用一个方向与水平面成37︒的外力F 拉动小球，使之缓慢升起至水平位置。

g 取210m/s ，关于这一过程中轻绳的拉力，下列说法中正确的是（ ）
A ．最小值为16N
B ．最小值为20N
C ．最大值为26.7N
D ．最大值为20N
【答案】AC
【解析】
【详解】 应用极限法。

静止小球受重力mg 、外力F 、绳拉力F 绳，如图。

AB ．当力三角形为直角OAB ∆时
cos3716N F AB mg ︒===绳最小
故A 正确，B 错误；
CD ．当力三角形为直角OCB ∆时
26.7N tan 37mg F CB ︒
==≈绳最大 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，边长为L 的等边三角形abc 为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，三角形外的磁场范围足够大、方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B 。

顶qBL
A．粒子第一次返回a点所用的时间是7
3
m qB π
B．粒子第一次返回a点所用的时间是6m qB π
C．粒子在两个有界磁场中运动的周期是7
3
m qB π
D．粒子在两个有界磁场中运动的周期是6m qB π
【答案】AD 【解析】【分析】【详解】
AB．若v0＝qBL
m
，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：
qvB＝m
2
v
r
，T＝
2m
qB
π
将速度代入可得：
r＝L
由左手定则可知粒子在三角形内的区域内偏转的方向向左，从a射出粒子第一次通过圆弧从a点到达c 点的运动轨迹如下图所示，可得：
t ac ＝6T ＝3m qB
π 粒子从c 到b 的时间：
t cb ＝56
T 带电粒子从b 点到达a 点的时间也是
6T ，所以粒子第一次返回a 点所用的时间是 t 1＝t ac +t cb +t ba ＝76
T ＝73m qB π 故A 正确，B 错误；
CD ．粒子第一次到达a 点后沿与初速度方向相反的方向向上运动，依次推理，粒子在一个周期内的运动；可知粒子运动一个周期的时间是3个圆周运动的周期的时间，即：
63m t T qB
π==总 故C 错误，D 正确；
故选AD 。

10．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；
B ．由图可知，0.5s t =时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B 正确；
C ．由图可知， 1.5s 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
最大，且竖直向上，D 错误。

故选ABC 。

11．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是
( )
A ．A 与细绳间为滑动摩擦力，
B 与细绳间为静摩擦力
B ．A 比B 先落地
C ．A,B 落地时的动能分别为400J 、850J
D ．两球损失的机械能总量250J
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A 项：由于A 、
B 两球对细绳的摩擦力必须等大，且A 、B 的质量不相等，A 球由静止释放后与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，故A 正确；
B 项：对A ：m A g-f A =m A a A ，对B ：m B g-f B =m B a B ，f A =f B ，f A =0.5m A g ，联立解得：25A m a s =，27.5B m a s = 设A 球经ts 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ， 则有：212A A h a t =，212
B B h a t =，H=h A +h B ，V A =a A t ，V B =a B t 联立解得：t=2s ，h A =10m ，h B =15m ，V A =10m/s ，V B =15m/s ， 分离后，对A 经t 1落地，则有：211115102t gt =+
， 对B 经t 2落地，m 则有：222110152t gt =+
解得：11t s =，23132
t s -= ，所以b 先落地，故B 错误； C 项：A 、B 落地时的动能分别为E kA 、E kB ，由机械能守恒，有：21()2
kA A A A A E m v m g H h =+- 21()2
kB B B B B E m v m g H h =+-
故应选：ACD 。

【点睛】
解决本题的关键理清A 、B 两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

要注意明确B 和绳之间的滑动摩擦力，而A 和绳之间的为静摩擦力，其大小等于B 受绳的摩擦力。

12．如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，R 1是滑动变阻器，R 2=0.5r ，当滑片P 处于中点时，电源的效率是50%，当滑片由a 端向b 端移动的过程中（ ）
A ．电源效率增大
B ．电源输出功率增大
C ．电压表V 1和V 的示数比值增大
D ．电压表V 1和V 示数变化量1ΔU 、ΔU 的比值始终等于32
【答案】ACD
【解析】
【详解】 A.滑片由a 端向b 端移动的过程中，R 1逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率UI U EI E
η==，电源的效率增大，故A 正确； B.当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a 端时，外电路电阻为R 2=0.5r <r ，当滑片P 处于中点时，电源的效率是50%，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a 端向b 端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B 错误；
C.串联电路电流相等，则112121
11U R R U R R R ==++，当滑片由a 端向b 端移动的过程中，R 1增大，1U U 增大，故C 正确；
D.根据闭合电路欧姆定律得：
U 1=E ﹣I （R 2+r ）
U=E ﹣Ir
则有：
12Δ 1.5ΔU R r r I
=+= ΔU r =
1Δ 1.53Δ2
U r U r == 故D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．为了精确测量某待测电阻R 的阻值（约为30Ω）。

有以下一-些器材可供选择。

电流表A 1（量程0~50mA ，内阻约12Ω）；
电流表A 2（量程0~3A ，内阻约0.12Ω）；
电压表V 1（量程0~3V ，内阻很大）；
电压表V 2（量程0~15V ，内阻很大）
电源E （电动势约为3V ，内阻约为0.2Ω）；
定值电阻R （50Ω，允许最大电流2.0A ）；
滑动变阻器R 1（0~10Ω，允许最大电流2.0A ）；
滑动变阻器R 2（0~1kΩ，允许最大电流0.5A ）
单刀单掷开关S 一个，导线若干。

（1）为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是_______（填字母代号）。

A ．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆
B ．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆
C ．如需进-步测量可换“×1”挡，调零后测量
D ．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量
（2）根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁__________________。

【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明待测电阻的阻值较小，为了使欧姆表指针在中值电阻附近读数，减小误差，需更换较小的倍率，更换“×1”挡倍率后需重新调零后再测量，故AC 正确，BD 错误；
故选AC ；
（2）[2]电源电动势只有3V ，故选用电压表V 1（量程0~3V ，内阻很大）；回路中的电流最大电流为 m 330
I =A=100mA 故选用电流表A 1（量程0~50mA 内阻约12Ω），待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为
3A x 501030U I R -==⨯⨯V=1.5V
只是电压表V 1量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为
()3A x 5010(5)300U I R R -=+=⨯⨯+V=4V
能达到电压表V 1的量程，为达到测量尽量准确的目的，滑动变阻器采用分压式接法，故选用阻值小的滑动变阻器R 1，电路图如图所示
14．小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA ，则移动过程中读数变化情况是（___）
A ．逐渐增大
B ．逐渐减小
C ．先减小后增大
D ．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V ，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V ．（结果保留两位小数）
【答案】滑动变阻器 A 1.48
【解析】
（1）当断开电键S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A 正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=I max （R 1+r ）=0.32（R 1+r ） 将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：()()()1111.2200.062020
m U E R R r R r R r R =++=⨯++=++ 联立以上可解得： 1.48E V =. 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平面AB 光滑，质量为m=1.0kg 的物体处于静止状态。

当其瞬间受到水平冲量I=10N·s 的作用后向右运动，倾角为θ=37°的斜面与水平面在B 点用极小的光滑圆弧相连，物体与斜面间动摩擦因
数μ=0.5，经B 点后再经过1.5s 物体到达C 点。

g 取10m/s²，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8，求BC 两点间的距离。

【答案】4.75m
【解析】
【详解】
根据动量定理有
00I mv =-
解得
010m/s v =
沿斜面上滑
1sin cos mg mg ma θμθ+=
速度减少为零时，有
0110v a t -=
解得
11s 1.5s =<t
最高点距B 点的距离
0112
v x t = 物体下滑
2sin cos θmg mg ma θμ-=
从最高点到C 点的距离
222212
=x a t 12 1.5s t t +=
BC 两点间的距离
12 4.75m =-=BC S x x
16．横截面积处处相同的U 形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h 1=4cm 的水银柱封闭一段长为L 1=9cm 的空气柱
A 左端管内用水银封闭有长为L 2=14cm 的空气柱
B,这段水银柱液面高度差为h 2=8cm,如图甲所示.
已知大气压强P 0=76.0cmHg,环境温度不变.
(i)求初始时空气柱B 的压强(以cmHg 为单位)；
(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U 形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h 3.
【答案】 (i)72cmHg (ii)12cm
【解析】
【详解】
(i)初始时，空气柱A 的压强为p A ＝p 0＋ρgh 1
而p B ＋ρgh 2＝p A
联立解得气体B 的压强为p B =72cmHg
(ii)U 形管倒置后，空气柱A 的压强为p A ′＝p 0－ρgh 1
空气柱B 的压强为p B ＇＝p A ′＋ρgh 3
空气柱B 的长度'23222
h h L L -=+ 由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ＇L 2＇
联立解得h 3＝12cm 。

17．如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满＋y 方向的匀强电场，在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(电场、磁场均未画出)
；一个比荷为q m ＝k 的带电粒子以大小为v 0的初速度自点P(－23d ，－d)沿＋x 方向运动，恰经原点O 进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x 轴上的点Q(9d ，0)沿－y 方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为B ＝0v kd
，不计粒子重力． (1)求第Ⅲ象限内匀强电场的场强E 的大小．
(2)求粒子在匀强磁场中运动的半径R 及时间t B ．
(3)求圆形磁场区的最小半径r min ．
【答案】（1）206v Kd
（2）3R =023B d t v π=（3）d 【解析】
【分析】
【详解】
⑴粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：
①
②
③
解得：场强④
（2）设粒子到达O 点瞬间，速度大小为v ，与x 轴夹角为α：
⑤
⑥
，⑦
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
⑧
解得，粒子在匀强磁场中运动的半径
⑨
在磁场时运动角度：
⑩
在磁场时运动时间（11）
（3）如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径（12）
解得：。