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1、2021年天津市高考物理三模试卷一、单 选 题（本大题共5 小题，共 25.0分）1.某带电粒子仅在电场力作用下由4 点运动到8 点，电场线的分布情况、粒子在4 点的初速度方向及运动轨迹如图所示，可以判断（）A.粒子在4 点的加速度大于它在B点的加速度B.粒子在4 点的动能小于它在B点的动能C.粒子在4 点的电势能小于在B点的电势能D.4 点的电势低于B点的电势2.a、b两种色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则以下叙述正确的是（）A.a 光的全反射临界角小于匕光的全反射临界角B.用同一干涉装置可看到a 光的干涉条纹间距比b光宽C.在该介质中a 光的传播速度小于b光的传播速度D
2、.如果b光能使某种金属发生光电效应，a 光也一定能使该金属发生光电效应3.如图甲所示，线圈4、B紧靠在一起，当给线圈Z通以如图乙所示的电流（规定由b进入a流出为电流正方向）时，则电压表的示数变化情况（规定电流由c进入电压表为正方向）应为下列图中的（）4.一列横波在x轴上沿x轴正方向传播，在t 与t+0.4s两时刻在x轴上-3nl 37n的区间内的波形图恰好重叠，则下列说法中正确的是（）t.y(m)3-2-l 0 /1 2 3 x(m)-aA.质点振动的最小周期为0.4sB.该波最大波速为10m/sC.在t+0.2s时，=-2/n处的质点位移一定为QD.从t时开始计时，=2加处的质点比=2.5血
3、处的质点先回到平衡位置5.如图所示，一颗人造卫星天后类椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速周圆运动.下列说法正确的是()IA.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同 B.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D.卫星在轨道1的周期大于在轨道2上的周期二、多选题(本大题共3小题，共15.0分)6.列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、气缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交
4、换：剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若气缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中()A.上下乘客时，气体的内能不变 B.上下乘客时，气体从外界吸热C.剧烈颠簸时，外界对气体做功 D.剧烈颠簸时，气体的温度不变7.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯 里运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾 辰客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，那么下列说法中 号7正确的是()A.加速时顾客所受重力与支持力的合力方向是竖直向上B.扶梯对顾客的支持力方向始终是竖直向上C.扶梯对顾客的摩擦力方向始终指向右上方D.扶梯对顾客的作用力的
5、方向先指向右上方，再竖直向上8.图中a、匕为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动,至旧点恰好速度为零。下列说法中正确的是（）A.带电质点在a、b两点所受电场力都是竖直向上B.a点的电势比b点的电势高C.带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小D.a点的电场强度比b点的电场强度大三、实 验 题（本大题共2小题，共12.0分）9.光电计时器是一种常用的计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有滑块从a、b间通过时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.现有某滑块在斜面上滑行，先后两次通过光电门1和2,计时器显示的挡光时间分别是=5 x
6、 l0-2 s、t2=2 x10-2s,从光电门1到光电门2所经历的总时间小t=3.0 s,用分度值为lnun的刻度尺测量小滑块的长度为5.50cm,试计：（1）滑块通过光电门1时 的 速 度%=m/s,滑块通过光电门2时 的 速 度/=m/s,（结果保留二位有效数字）（2）滑块的加速度为 m/s2.（结果保留三位有效数字）1 0.测定一节干电池的电动势和内阻，除电他，开关和导线外可供使用的实验器材还有：A.电流表：量程00.6 4,内阻约为10B.电流表人2量程034，内阻约为0.2。C.电压表匕：量程03 U,内阻约为2koD电压表彩：量程0-1 5叭 内阻约为10W2滑动变阻器8（200
7、,L4）F.滑动变阻器R2（1OOO0，0.U）(1)要正确完成实验，实 验 中 电 流 表 应 选 用 的 是:电 压 表 应 选 用 的 是;变阻器应选用的是。(填写器材前对应的序号字母)。(2)根据电路图甲和实验要求连接实物电路图乙。(3)某同学根据电路甲来完成实验，其测量的路端电压U 和干路电流/的关系如图丙所示，则由图丙求出该干电的电动势E =V,内阻r =_2(小数点后保留两位数字)(4)引起该实验的系统误差的主要原因是4由于电压表的分流作用造成电流表示数总是比电源实际输出的电流小B.由于电压表的分流作用造成电流表示数总是比电源实际输出的电流大C.由于电流表的分压作用造成电压表示数
8、总是比路端电压小。.由于电流表的分压作用造成电压表示数总是比路端电压大四、计算题(本大题共3小题，共 4 8.0 分)1 1 .人站在小车上一起以速度火沿光滑水平面向右运动.将小球以速度水平向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度移水平向右抛出，抛出过程中人和车始终保持相对静止.重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n 次后，人和车速度刚好变为0.已知人和车的总质量为M,求小球的质量m.1 2 .如图所示，在同一水平面上，两条平行粗糙导轨MN、P Q 的间距为3 水平轨道的左侧与两条竖直固定、半径为r 的四分之一光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低处与右侧水平直导轨相切于P、M两点，
9、水平导轨的右端连接一阻值为R 的定值电阻，在水平导轨左边宽度为d 的M D C P 矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。现一金属杆沿着水平导轨以初速度为从磁场边界C O 向左滑入磁场中，并恰好能到达与圆心等高的位置E F,之后刚好能返回到右边界CD 已知金属杆的质量为小、接入电路的电阻为R,且与水平导轨间的动摩擦因数 为 小 金属杆在运动过程中始终与水平导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g,求:(1)金属杆通过圆弧轨道最低处P M 位置时受到的弹力大小N；(2)在整个过程中定值电阻产生的焦耳热Q；(3)金属杆前、后两次穿越磁场区域所用时间之差Zt。13.
10、一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动，若已知圆轨迹半径为r,电场强度为E磁感应强度为B,重力加速度为g,求：(1)该带电微粒的电性，以及旋转方向.(2)线速度大小.参考答案及解析1.答案：B解析：试题分析：电场线的疏密程度表示场强大小，由此可知B点场强较大，粒子在B点加速度较大，4错；粒子由4 点运动到B点电场力做正功，动能增大，B对；电势能减小，C错；沿着电场线方向电势降低，所以B点电势较低，。错;考点：考查电场线与电势的关系点评：难度较小，首先根据粒子运动轨迹判断电场力方向，在判断电场力做什么功2.答案：B解析：解：4、b光的偏折程度大于a光，则b光的折射率
11、大于a光，根据=知，a光的全反射临界角大于b光全反射临界角。故 A 错误。B、因为a光的折射率小，贝 必光的波长大，根据久=：；1 知，则a光的干涉条纹间距宽。故 B 正确。C、根据得，a光的折射率小，贝 Ija光在介质中的传播速度大于b光。故 C错误。、a光的折射率小，则a光的频率小，b光能使某金属发生光电效应，a光不一定能使该金属发生光电效应。故 O 错误。故选：B。根据光的偏折程度比较出两光的折射率大小，再 根 据 比 较 双 缝 干 涉 条 纹 间 距 大 小，根据u=:比较在介质中的速度大小，根据频率的大小判断能否发生光电效应.解决本题的突破口，比较出两光的折射率大小，从而得出频率、
12、波长、临界角、在介质中的波速等大小关系.3.答案:C解析：解：规定由b进入a流出为电流正方向，0-1 s,电流为正值，随时间均匀增大，根据右手螺旋定则判断出线圈4产生的磁场左端是S极，右端是N极，由于产生原磁场的电流在增大所以原磁场穿过线圈B的磁通量均匀增大，根据楞次定律判断出线圈B中感应电流方向是从d经过电压表再经过c,也就是在图中电压为正值.根据法拉第地磁感应定律得出产生的感应电动势为不变，为定值.依次求出1-4s过程中电压变化情况.故选：C.根据右手螺旋定则判断出线圈4 产生的磁场极性.由于产生原磁场的电流在增大，根据楞次定律判断线圈B 中感应电流方向，根据法拉第地磁感应定律得出感应电动
13、势的大小不变.本题中的感应电动势为感生电动势，关键是根据楞次定律判断电流方向，根据法拉第地磁感应定律判断感应电动势的大小.4 .答案：D解析：解：4、由两时刻波形图重叠可得：两时刻的时间间隔为周期的整数倍，故t =0.4 s =n T,n N*,那么，质点振动的最大周期为0.4 s,故A错误；B、由图可得：波长4 =4m,故波速。M=i 0 n(m/s),n e N*,故该波最小波速为1 0 m/s,故B错误；C、在t +0.2 s 时，质点从图示时刻运动的时间 ：=0.2 s =W，nCN*,即运动时间为半周期的整数倍，故在t +0.2 s 时，x =-2 加处的质点位移可能为a 或一a,故
14、 C错误；D、根据波向右传播，图示t 时刻，x =2?n 处质点在波峰，x =2.5 m 处质点位移为正，向上振动，故从t 时开始计时，x =2 m 处的质点比x =2.5 m 处的质点先回到平衡位置，故力正确；故选：D。根据波形图重叠得到时间间隔和周期的关系，从而求得周期；再由图得到波长，即可求得波速；根据运动时间和周期的关系，得到质点位移；根据波的传播方向得到质点振动方向，从而判断先回到平衡位置的质点。机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。5 .答案：B解析：解：4、在椭圆轨道的远地
15、点P 时，人造卫星点火加速，进入到轨道2 做圆周运动，两个轨道在P 点的速度不同，但是都是由万有引力提供向心力，加速度相同，故A错误，8正确；C、在轨道1 上，近地点与远地点和地球的距离不同，万有引力不同，所以加速度不同，故 C错误；3D、根据开普勒第三定律：三=(因此半长轴不同的轨道上的周期不同，故。错误。T2故选：B。根据万有引力定律分析卫星的引力.加速度和速度都是矢量，只有当大小和方向都相同时矢量才相同.加速度根据牛顿第二定律列式分析.解答本题的关键是知道卫星变轨原理：卫星做离心运动要加速.还要知道加速度和速度都是矢量，都有方向.6.答案：AC解析：解：A B,上下乘客时气缸内气体的体积
16、变化缓慢，气体与外界有充分的热交换，则气体温度不变、内能不变；在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体对外放出热量，故 A 正确、B错误；CD、剧烈颠簸时气缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换，在气体压缩的过程中，外界对气体做正功，气体的内能增加，温度升高，故 C正确、。错误。故 选:AC上下乘客时气缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时气缸内气体与外界没有热交换，在气体压缩的过程中，根据热力学第一定律进行分析。本题主要是考查热力学第一定律，关键是弄清楚题干给出的条件，能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有
17、关（功和热量）。7.答案：ABD解析：解：以加速过程中的人为研究对象进行|FN受力分析，并将加速过程中的加速度进行分解如图所示：，/a4加速时顾客在竖直方向的合力向上，故所受 _重力与支持力的合力方向是竖直向上，故 A 正*axmg确；8、扶梯对顾客的支持力方向始终垂直于扶梯的水平面指向人，即是竖直向上的，故 8 正确；C、在慢慢加速的过程中，顾客的受力如图，因而顾客受到的摩擦力水平向右，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故 C错误；。、在慢慢加速的过程中，顾客的受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，即扶梯对顾客的作用力的方向先指向
18、右上方；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，扶梯对顾客作用力的方向竖直向上：故。正确。故选：ABD.分加速和匀速两个过程，对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡。本题的关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，受情况与运动方向无关。8.答案：AD解析：试题分析：由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力.开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上.因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上.故A正确
19、；电场力方向向上，但场强的方向无法确定，即无法比较a b 两点电势的高低，故 B错误；电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a 点的电势能比在b 点的电势能大.故C错误；在a 点，电场力大于重力，至防点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b 点所受的电场力小于重力.所以a 点的电场强度比b 点的电场强度大.故。正确.考点：电场线与电势及场强的关系。9.答案：1.1 2.8 0.550解析：解：(1)利用平均速度代替瞬时速度，因此有：d 5.50 x 1 0-27 n/s =VWsd 5.50 x 1 0-2=-=2 m/s=2.75m/s 2.8m/s12 2 X lu(2)根据匀变速直线运
20、动规律-v0=a t 可以求出加速度：a=%；=271 1 m/s2=0.550 m/s2；故答案为：(1)1.1,2.8；(2)0.550.(1)由于挡光时间很短，因此可以用滑块通过时的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出女,女的大小；(2)根据匀变速直线运动规律u -v0=a t 可以求出加速度的大小.正确使用这些基本仪器进行有关测量，纸带问题中熟练掌握并灵活应用匀变速运动的运动规律是求出加速度与瞬时速度的关键.1 0.答案：A C E 1.4 8 0.7 8 A解析：解：(1)一节干电池的电源电动势为1.5心故电压表选最大值为3 U 三/一 干电池的内阻很小，加上保护电阻，最大电流在0.
21、54 左右，故 电 流 表 选 警义最大值为0.6 4 的电流表；由于电池的内阻较小，所以滑动变阻器的最大阻值不宜太大，否则会使电压表和电流表的取值范围小，造成的误差大，故滑动变阻器选最大值为20。的；故电表选择：力、C、E；(2)实物图如图；(3)根据闭合电路欧姆定律，得U=E-I r,结合图象，得纵坐标的截距表示干电池的电动势E=1.48V,图象的斜率表示干电池的内阻r=0.780；(4)实验中，由于电压表的分流，电流表的示数总小于干路电流，故系统误差主要原因时电压表的分流作用，故选：Ao故答案为:(1)4 C；E；(2)实物图如图；(3)1.48(1.471.49均可)；0.78(0.7
22、70.79均可);(4渊。(1)选择实验器材时要注意兼顾安全性和精确性，即可选出正确选项；(2)根据实验电路图连接实物图，注意电流方向即可；(3)根据U-/图象的截距和斜率的物理意义，可以通过图象得出电动势和内阻；(4)根据实验的原理，可以分析实验误差主要原因是电压表的分流引起的。本题考查测定电源的电动势和内阻，关键在利用U-/图象时，要注意纵坐标是不是从零开始。另外在连接实物图时要注意电流的流向。I I.答案：解：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：M v0 m v =M vr+m vzp,2mv得：V1=V0-车上的人第二次将小
23、球抛出，由动量守恒:M vx m v=MV2 4-mv/日 c 2mv得：V2=Vo-2 同理，车上的人第n次将小球抛出后，有力=%-展 等由题意外=0,得：加=黑答：小球的质量m为熬.解析：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，据此列方程求解即可.该题中人、球与小车组成的系统在水平方向不受其他的外力作用，系统的动量守恒.12.答案：解：(1)金属杆在圆弧轨道上滑的过程，由 动 能 定 理 得=解得：v=yj2gr2金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时，由牛顿第二定律可得：N-m g =m 联立得：N=3mg(2)由于金属杆接入电路的电阻与定值电阻均为R,两者产生的焦耳热相等，
24、在整个过程中，由能量守恒定律得1,-mvg=2Q+2nmgd解得Q-诏-nmgd(3)金属杆向左通过磁场区域的过程，由牛顿第二定律得 B等=变形得 戊+“m g/t=mAv方程两边求和得 注 即，+山m g/t=2R其中=X(=m vo-m v0代入上式整理得与竽+4 m g j =m v0 m v2R金属杆向右通过磁场区域的过程，同理可得，2R4-fimgt2=m v联立以上两式得加=灰一 ti=0=-V 恒答：(1)金属杆通过圆弧轨道最低处PM位置时受到的弹力大小N是3mg；(2)在整个过程中定值电阻产生的焦耳热Q是m诺-iimgd-(3)金属杆前、后两次穿越磁场区域所用时间之差a是-纥
25、浮。解析：(1)对金属杆在圆弧轨道上滑的过程，运用动能定理，求出金属杆经过轨道最低处PM位置处的速度，再根据牛顿第二定律，即可求出金属杆在最低点所受到的支持力N；(2)对整个过程，分析能量的转化情况，运用能量守恒定律求解定值电阻产生的焦耳热Q；(3)对金属杆前、后两次穿越磁场区域的过程，运用牛顿第二定律的瞬时表达式、瞬时加速度的定义式和积分法，可求时间之差戊。本题综合考查了动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，关键要能运用积分法求金属杆变减速运动的时间，其突破口是牛顿第二定律和加速度的瞬时表达式。1 3.答案：解：(1)带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带
26、电粒子受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电粒子带负电荷.(2)磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断粒子的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反).由粒子做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mg qE-带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：rmv 三=词 联立得：=誓答：(1)负电、逆时针；(2)线速度大小为 等。解析：带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性.根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断粒子的旋转方向.结合重力与电场力平衡以及带电粒子在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度.此题考察了带电粒子在复合场中的运动.复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要.该题就是根据带电粒子的运动情况来判断受到的电场力情况.