【文档说明】辽宁省锦州市渤海大学附属中学2021届高三下学期5月新高考第五次模拟考试物理答案.doc，共(11)页，262.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4690a4072e017a2656c480745250f153.html

以下为本文档部分文字说明：

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．δH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12v，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12v，同理可知t1～t2时间内的平均速度大小小于12v，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2=2mgagm=上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45，因此112sinsin45nC===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0ABqU=则0ABU=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22sinBlvmgmaR−=可得22sinBlvagm

R=−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2

2sinBlvagmR=−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FGkWWE+=又GpWE=−联立可得kpF+0EEW=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qIt=在电磁感应中，电流与磁通量的关系为ItR=联立可得BlxqRR==可知，电荷量与位移成正比，D错误。故选C。8．B

CD【详解】A．依题意可知，OA恰好为一个波长=4m，并且此波的周期为T=4s，根据波速公式可得4==1m/s4vT=所以A错误；B．由于其中OA段与BC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A

B段材料的速度为42m/s2ABABxvt===根据波频率，周期不变的特点，可知此波在AB段的波长为248mvT===所以B正确；C．由于O、B两点总是相差32T，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．6st=时，B点刚开始向下振动，8st=时，B点刚好振动12T，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2112ttTT−=解得经历的时间()12122?TTtTT=−B正确；C．根据万有引力提供向心加速度，由2GMmmar=可得2GMar=由于ACBrrr=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2224GMmrT=可得卫星为周期32rTGM=则该卫星在单位时间内扫过的面积2012rSGMrT==由于ABrr，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pE，由能量守恒得，下滑过程p()sin30()cos300MmgsMmgsE+−+−=上滑过程，到达最高点速度为v，上滑过程由能量守恒得

2p1sin30cos3002EMgsMgsMv−−=−解得0v=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()sin30()coss303030incosMmgMmgaggMm

+−+==−+下上滑时加速度为3030sin+cossin+co330s0MgMgaggM==上故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）dtD【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1

8mm，可动刻度为5.50.01mm0.055mm=所以最终读数为18mm0.055mm18.055mm+=(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dvt=(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212mg

hmv=即22dght=因此，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作21ht-图象。12．D6002940012'11UUUU−【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10100A40A=60AgIII=−=−由欧姆定律得11g060400Ω=600Ω40IRRI==(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0g6g3Ω600Ω=29400Ω10010URRI−=−=−(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111UEUrR=+按如图丙所示的电路，由闭合电路欧姆定律得1121UEUUrR=++联立两式解得1211UUEUU−=1

3．（1）23T；（2）()213mmmgS+−【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223hSV=根据盖吕萨克定律，有1212VVTT=解得223TT=(2)设大气压强为P0，初始时

体积223hSV=活塞受力平衡，有10220mgPSPSmg+−−=初始时压强为1220mgmgPPS−=+变化后体积V3＝hs末状态活塞受力平衡，有1032()0mgPSPSmmg+−−+=解得1230()m

gmmgPPS−+=+根据玻意耳定律，有2233PVPV=解得()2103mmmgPS+−=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201=2mgRmv在B点根据牛第二定律得FN–mg=2

0mvR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22011()22mgLmvmMv=−+代入数据解得L=0.75m15．（

1）6m/s1+；（2）21135；（3）0.5m【详解】（1）对P，根据机械能守恒有∶212mghmv=①在O位置与Q发生弹性碰撞有：PQmvmvmv=+②222111222PQmvmvmv=+③联立①②③得：6m/s1Qv=+（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：21QQmvqvBR=④得160.8m1R==+恰好与NR边相切有：22QQmvqvBR=⑤得261m1R==+即要从MN边射出则：12RRR⑥联立④⑤⑥得：2

1135（3）因12=，所以Q在磁场中运动半径322mRR=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30SBH=3mBU=，(23)mUS=−，1mUC=，3mRE=(1.53)mdS

RRE++=+解得0.5md=