2021锦州渤海大学附中高三下学期5月新高考第五次模拟考试物理试题图片版含答案

参考答案

1．D

【详解】

A．氢原子发射光谱属于线状谱。A错误；

B．Hα谱线波长最长，频率最小，所以光子能量最小。B错误；

C．谱线波长最短，频率最大。C错误；

D．该光谱由氢原子核外电子的跃迁产生。D正确。

故选D。

2．C

【详解】

A．0～t1时间内的速度为正，t1～t2时间内的速度为负，故A错误；

B．若0～t1时间内做匀减速直线运动，设运动的位移大小为x，则平均速度大小等于，根据速度－时间图线与坐标轴所围“面积”表示位移可知，0～t1时间内的位移大小大于x，所以0～t1时间内的平均速度大于，同理可知t1～t2时间内的平均速度大小小于，故B错误；

C．根据速度－时间图象的斜率表示加速度，在0～t1时间内，图线的斜率为负；t1～t2时间内，图线的斜率为负，所以两段时间内的加速度方向相同，故C正确；

D．0～t1内、t1～t2内加速度均逐渐增大，故D错误。

故选C。

3．A

【详解】

细线烧断后经过极短时间，弹簧的弹力不变，上方的重锤向下运动的加速度为

下方的重锤极端时间内加速度为零，然后逐渐增大，所以，弹簧会被压缩，BCD错误，A正确。

故选A。

4．A

【详解】

题目要求激光分别在PO面、QO面发生全反射后垂直MN面射出，所以光路应具有对称性，从而得到光线在PO面发生全发射后光线水平。由几何关系可得PO面的入射角为，因此

故选A。

5．A

【详解】

A．由题意知带正电的试探电荷在A点由静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间由一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向向右；从P到B场强增大，方向向左，知A、B两点的场强方向相反，但大小无法比较，故A错误；

B．从A到B的过程由动能定理得

则

即A、B两点的电势相等，故B正确；

C．由前面的分析知从A点到B点的过程，场强先减小后增大，试探电荷从A点运动到B点的过程中，电场力先减小后增大，故C正确；

D．因为AB间有一点场强为零，所以两点电荷Q1、Q2的带电性质相反，且Q1的电荷量大于Q2的电荷量，因为从A到P场强逐渐减小，方向向右；从 P到B场强增大，方向向左，故点电荷Q1带负电、Q2带正电，故D正确。

本题选不正确的，故选A。

6．B．

线圈经过甲图位置(中性面)时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流为零。故A错误；

B．线圈经过乙图位置(与中性面垂直)时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，根据楞次定律可知电流的方向为图中箭头指向。故B正确；

C．线圈经过丙图位置(中性面)时，穿过线圈的磁通量最大，产生的磁通量变化率最小为零。故C错误；

D．线圈从丙图位置(中性面)转到丁图位置(与中性面垂直)的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量减小，产生的电动势在增大。故D错误。

7、C【详解】

A．根据右手定则和左手定则，导体棒在斜面方向受力有

可得

可知，速度逐渐增加，其他物理量不变，加速度逐渐减小，而速度时间图像中斜率表示加速度，由图可知加速度逐渐增加，与分析不符合，A错误；

B．由加速度时间图像可知，加速度逐渐减小，且加速度的变化率逐渐增大，由分析可得，加速度为

图像与分析变化率减小不符合，B错误；

C．开始时，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，合力做正功，动能增加，由动能定理有

又

联立可得

因此，机械能减小，当加速度为零时，导体棒会继续匀速下滑，此后动能不变，重力势能减小，机械能减小，C正确；

D．由电荷量的公式可得

在电磁感应中，电流与磁通量的关系为

联立可得

可知，电荷量与位移成正比，D错误。

故选C。

8．BCD

【详解】

A．依题意可知，OA恰好为一个波长 ，并且此波的周期为T=4s，根据波速公式可得

所以A错误；

B．由于其中OA段与段材料相同，则波速相同，从B到C的传播时间也为4s，所以AB段波的传播时间为2s，则波在AB段材料的速度为

根据波频率，周期不变的特点，可知此波在AB段的波长为

所以B正确；

C．由于O、B两点总是相差，所以若B点已经开始振动，则O点与B点的振动方向永远相反，则C正确；

D．时，B点刚开始向下振动，时，B点刚好振动，则B点恰好经过平衡位置且向上振动，所以D正确；

故选BCD。

9．BC

【详解】

A．卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，A错误；

B．A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，设经历时间为t，有

解得经历的时间

B正确；

C．根据万有引力提供向心加速度，由

可得

由于

可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确；

D．轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力

可得卫星为周期

则该卫星在单位时间内扫过的面积

由于，所以在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，D错误。

故选BC。

10．AD

【详解】

A．设弹簧压缩最大时的弹性势能为，由能量守恒得，下滑过程

上滑过程，到达最高点速度为v，上滑过程由能量守恒得

解得

即木箱恰好被弹回到轨道顶端，故A正确；

B．对木箱受力分析，根据牛顿第二定律得，下滑时加速度为

上滑时加速度为

故B错误；

CD．由能量守恒有，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，木箱和货物减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能和系统的内能，上滑过程，弹簧减少的弹性势能全部转化为木箱的机械能和系统的内能，故C错误D正确。

故选C。

11．18.055（18.053～18.055）        D   

【详解】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为

所以最终读数为

(2)[2]已知经过计时器的时间和小球的直径，则可以用平均速度表示经过计时器时的速度，故有

(3)[3]若减小的重力势能等于增加的动能，可以认为机械能守恒，则有

即

因此，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作图象。

12．D    600    29400       

【详解】

(1)[1]该同学采用的是“半偏法”电路测量电流表的内阻，为了减小误差，R2应该选用较大的变阻箱，故电阻箱选D。

[2]根据欧姆定律可知通过R1的电流

由欧姆定律得

(2)[3]若要将该微安表改装成量程3V的电压表，需要串联一个定值电阻分压，串联分压电阻为

(3)[4]设V1内阻为R1，按如图乙所示的电路，由闭合电路欧姆定律得

按如图丙所示的电路，由闭合电路欧姆定律得

联立两式解得

13．（1）；（2）

【详解】

(1)由题可知，初始时温度为

T1＝T

体积为

V1＝hS

变化后温度为T2，体积为

根据盖吕萨克定律，有

解得

(2)设大气压强为P0，初始时体积

活塞受力平衡，有

初始时压强为

变化后体积

V3＝hs

末状态活塞受力平衡，有

解得

根据玻意耳定律，有

解得

14．(1)30N  (2)0.75m

【详解】

(1)小物块Q从轨道上滑下的过程中机械能守恒，有

在B点根据牛第二定律得

FN – mg=

代入

FN=30N

小物块Q下滑到最低点时对轨道的压力是30N

(2)规定向右的运动方向为正方向，对Qp系统运用动量守恒有

mv0=(m+M)v

根据能量守恒得

代入数据解得

L=0.75m

15．（1） ；（2） ；（3）0.5m

【详解】

（1）对P，根据机械能守恒有∶

  ①

在O位置与Q发生弹性碰撞有：

②

③

联立①② ③得：

（2）分析可知，Q要从MN边射出，临界情况是恰好从M点射出，和恰好与NR边相切

从M点射出：

④

得

恰好与NR边相切有：

  ⑤

得

即要从MN边射出则：

⑥

联立④⑤⑥得：

（3）

因 ，所以Q在磁场中运动半径

即Q将从NR边射出，设磁场沿x轴移动距离为d，作出轨迹如图：由几何关系得 

，，，

解得