2021-2022学年天津市河东区高三（上）期末物理试卷（PDF版含答案）

2021-2022 学年天津市河东区高三（上）期末物理试卷
一、单项选择题（每小题 5 分，共 25 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（5 分）2021 年开始实行的“十四五”规划提出，把量子技术与人工智能和半导体一起列为重点研发对象，在量
子通信技术方面，中国已有量子通信专利数超 3000 项，领先美国。下列有关说法正确的是（ ）
A．玻尔在 1900 年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
B．动能相同的一个质子和电子，质子的德布罗意波长比电子长
C．康普顿效应表明光子不仅具有能量，还具有动量
D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性
2．（5 分）如图所示，物体 A 用轻质细绳与圆环 B 连接，圆环套在固定竖直杆 MN 上。现用一水平力 F 作用在绳上
的 O 点，将 O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角增大，在此过程中圆环 B 始终处于静止状态。下列说
法正确的是（ ）
A．水平力 F 逐渐增大
B．绳对圆环 B 的弹力不变
C．杆对圆环 B 的摩擦力变大
D．杆对圆环 B 的弹力不变
3．（5 分）某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体
膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气
体（ ）
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
4．（5 分）按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾
部朝下，将笔在桌面上竖直向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将竖直向上弹起至一定的高度。忽略摩
擦和空气阻力，则笔从最低点运动至最高点的过程中（ ）
A．笔的动能一直增大
B．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
C．弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量
D．笔、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
5．（5 分）两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中 a 点
进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A．带正电
B．速度先变大后变小
C．电势能先变小后变大
D．经过 b 点和 d 点时的速度大小相同
二、不定项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得 5
分，选对但不全的得 3 分，选错或不答的得 0 分）
（多选）6．（5 分）2021 年 6 月 17 日 18 时 48 分，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波先后进入天和核心舱，标志着
中国人首次进入自己的空间站。已知天和空间站离地面高度约为 400km，同步卫星距地面高度约为 36000km，
下列关于天和空间站的说法正确的是（ ）
A．线速度大于 7.9km/s
B．角速度小于同步卫星的周期
C．周期小于同步卫星的周期
D．加速度小于地球表面的重力加速度
（多选）7．（5 分）如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，线圈的电阻不
计，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻电压表的示数为零
B．只将 R 的滑片上移，R2 的电功率变小
C．只将 R 的滑片上移，电流表的示数变小
D．只将 R 的滑片上移，电压表的示数变小
（多选）8．（5 分）随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。一般给大功率电动汽车充电时
利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应
装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁
场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到 90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用
户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为 15～25cm，
允许的错位误差一般为 15cm 左右。下列说法正确的是（ ）
A．无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电
B．车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反
D．地面供电装置中的电源输出的不可能是恒定电压
三、解答题（共 4 小题，满分 60 分）
9．（12 分）（1）如图甲所示，一同学利用力传感器和光电门探究加速度与物体受力的关系。在长木板上相距为 L
的 A、B 两点各安装一个光电门，分别记录小车上的遮光条经过 A、B 时的时间。实验中使用的小车及力传感器
总质量约为 200g，每个钩码的质量约为 50g。
①该同学用 20 分度的游标卡尺测得遮光条的宽度 d 如图乙所示，则 d＝ mm。
②某次实验时，测得小车上的遮光条依次经过光电门 A、B 的时间分别为 t1、t2，则小车运动的加速度大小可表
示为 a＝ ；（用相应的字母符号表示）
③增加钩码数量，得到多组数据，并作出 a﹣F（F 为力传感器的示数）图像，在图丙中可能正确的是 。
（2）某学生用如图甲所示的电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线 ab（电阻约 10Ω，允
许流过的最大电流 0.8A），稳恒电源 E（电源输出电压恒为 E＝12V），电压表 V（量程为 3V，内阻约为 5kΩ），
保护电阻：R1＝10Ω，R2＝30Ω，R3＝200Ω，刻度尺、螺旋测微器，开关 S，导线若干等。
实验时的主要步骤如下：
Ⅰ用刻度尺量出导线 ab 的长度 L，用螺旋测微器测出导线的直径 d；
Ⅱ按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好；
Ⅲ闭合开关 S，移动接线触片 P，测出 aP 长度 x，读出电压表的示数 U；
Ⅳ描点作出 U﹣x 曲线求出金属导线的电阻率 ρ。
完成下列填空：
①用螺旋测微器测量金属导线的直径 d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径 d＝ mm；
②如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻 R 应选 ；
③根据多次实验测出的 aP 长度 x 和对应每次实验读出的电压表的示数 U 给出的 U﹣x 图线如图丙所示，其中图
线的斜率为 k，则金属导线的电阻率 ρ＝ （用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字
母表示）。
10．（14 分）如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上。一平板车静止在光滑水平
地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平。一质量为 m＝0.1kg 的小物块从曲面轨道
上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度 h＝0.8m。物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板
2
车。平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度 g＝10m/s 。
（1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度 v 与时间 t 的关系式；
（2）求平板车的质量 M；
（3）求物块与平板车间的动摩擦因数 μ 和在车上滑动过程中产生的内能 Q。
11．（16 分）如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面夹角 α＝30°，导轨
上端连接一定值电阻 R，导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。
有一长为 L 的金属棒 cd 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且与导轨保持接触良好，金属棒的质量为 m、电阻为 r，
重力加速度为 g，现将金属棒由底端以初速度 v0 沿导轨向上滑出，上滑过程中始终保持金属棒 cd 垂直于 MN、
PQ，当金属棒沿导轨向上滑行距离为 s 时，速度恰好为零。求：
（1）金属棒由底端刚开始运动时加速度 a 的大小；
（2）当金属棒沿导轨向上滑行距离为 s 的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 QR 的大小。
12．（18 分）科技在我国的“蓝天保卫战”中发挥了重要作用，某科研团队设计了一款用于收集工业生产中产生的
固体颗粒的装置，其原理简图如图所示。固体颗粒通过带电室时带上正电荷，颗粒从 A 点无初速度地进入加速
区，经 B 点进入径向电场区，沿 圆弧 BC 运动，再经 C 点竖直向下进入偏转电场区，最终打在竖直收集挡板
上的 G 点。建立如图所示坐标系，带电室、加速区、径向电场区在第二象限，偏转电场区和挡板在第四象限。
﹣3 3
已知固体颗粒的比荷 ＝10 C/kg，加速区板间电压为 U＝2×10 V，圆弧 BC 上各点的场强大小相同且为 E1＝
4 4
2.5×10 V/m、方向都指向圆弧 BC 的圆心 D 点，偏转电场大小为 E2＝4×10 V/m、方向水平向右，挡板距离 y
轴 0.2m。不计重力、空气阻力及颗粒间的作用力，求：
（1）带电固体颗粒离开加速区的速度大小及圆弧 BC 的半径；
（2）G 点与 x 轴之间的距离。
2021-2022 学年天津市河东区高三（上）期末物理试卷
试题解析
一、单项选择题（每小题 5 分，共 25 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．【解答】解：A、普朗克在 1900 年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故 A 错误；
B、根据公式 ，因为质子质量大于电子质量，所以质子动量大于电子的动量，由 可知质子的德
布罗意波长比电子的短，故 B 错误；
C、康普顿根据 对康普顿效应进行解释，其基本思想是光子不仅具有能量，也具有动量，故 C 正确；
D、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故 D 错误；
故选：C。
2．【解答】解：A、设细绳与水平方向的夹角为 α，物体的质量为 m，对结点 O 受力分析，运用合成法，则由平衡
条件得：
F＝ ，α 减小，则 F 增大。故 A 正确；
B、设绳对圆环的弹力为 T，则 Tsinα＝mg，T＝ ，α 减小，则 T 增大，即绳对圆环 B 的弹力变大，故 B
错误；
C、以圆环和物体整体为研究对象受力分析，由平衡条件，竖直方向杆对圆环 B 的摩擦力等于物体与圆环的重力
之和，故杆对圆环 B 的摩擦力不变，故 C 错误；
以圆环和物体整体为研究对象受力分析，由平衡条件，水平方向拉力 F 等于杆对环的弹力，F 增大，杆对圆环 B
的弹力增大，故 D 错误。
故选：A。
3．【解答】解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而 W＜0，缸内气体与外界无
热交换说明 Q＝0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U＝W+Q，
可知内能增加量△U＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有 A 正确；
故选：A。
4．【解答】解：A、笔向上运动先加速再减速，故动能先增加再减小，故 A 错误；
BD、该过程中只有重力与弹簧的弹力做功，笔、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，则笔的重力势能，动能，
和弹簧的弹性势能总和一定，而笔的动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，
故 B 错误，D 正确；
C、笔的重力势能，动能，弹簧的弹性势能总和一定，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的
增加量，而最后动能为 0，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量，故 C 错误。
故选：D。
5．【解答】解：A、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷
在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子
带负电，故 A 错误；
BC、粒子从 a→b→c 过程中，电场力做负功，c→d→e 过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功
后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大故 B 错误；故 BC 错误；
D、粒子运动过程中能量守恒，bd 电势能相等，所以粒子在 bd 两点动能相等，速度大小相等，故 D 正确。
故选：D。
二、不定项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得 5
分，选对但不全的得 3 分，选错或不答的得 0 分）
6．【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，天和核心舱的轨道半径大于地球半径，则在轨运行速度小于
7.9m/s，故 A 错误；
2
B、由万有引力提供向心力有： ＝mrω ，解得：ω＝ ，天和空间站离地面高度约为 400km，同步卫星
距地面高度为 36000km，天和空间站的轨道半径同步卫星的轨道半径，所以天和空间站的角速度大于同步卫星的
角速度，故 B 错误；
C、根据开普勒第三定律可得 ＝k，天和空间站的轨道半径同步卫星的轨道半径，所以天和空间站的周期小于
同步卫星的周期，故 C 正确；
D、根据牛顿第二定律可得 ＝ma，解得 a＝ ，天和空间站的轨道半径大于地球的半径，加速度小于地球
表面的重力加速度，故 D 正确。
故选：CD。
7．【解答】解：A、感应电动势的最大值 Em＝nBSω，有效值 E＝ ，线圈的电阻不计，电压表示数 U＝E，故
A 错误；
BC、只将 R 的滑片向上移，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电阻 R2 和变阻器的总电压不变，根据欧姆定律，
流过 R2 的电流减小，R2 的电功率变小，副线圈回路总功率减小，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，
输入功率减小，输入电压不变，所以输入电流减小，电流表的示数变小，故 BC 正确；
D、电压表示数等于线圈电动势的有效值，大小不变，故 D 错误；
故选：BC。
8．【解答】解：A、根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为 15～25cm，允许的错位误差一般为 15cm
左右，不可以在百米开外对电车快速充电，故 A 错误；
B、根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故 B 正确；
C、当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电
流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减
少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故 C 错误；
D、地面供电装置的电源是交流电，线圈中磁通量发生变化，不可能是恒定电压，故 D 正确；
故选：BD。
三、解答题（共 4 小题，满分 60 分）
9．【解答】解：（1）①由图乙可知，游标卡尺的分度值为 0.05mm，则 d＝0.6mm+0.05×8mm＝0.64mm；
②小车经过光电门的速度分别为： ；
根据速度—位移公式可得：
联立解得：a＝
③根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma
可得： ，由此可知，图像为一次函数，故 A 正确，BC 错误；
故选：A。
（2）①螺旋测微器的分度值为 0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则 d＝0.5mm+37.0×0.01mm＝0.870mm；
②由电压表量程可知，加在 ab 上的电压最大为 3V，故电路总最大电流约为 ，故总电阻最
小为 ，故保护电阻应选择 R2；
③电压表示数为
而 ，则有 ，故 U﹣x 图线的斜率为 k＝ ，又 ，解得：
ρ＝ 。
故答案为：（1）①0.64；② ；③A；（2）①0.870；②R2；③ 。
10．【解答】解：（1）由图象知平板车的加速度：
平板车在加速过程中 v 与 t 的关系式为：v＝at＝2t；
（2）物块沿曲面下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v0＝4m/s
物块滑上车之后最终没有脱离平板车，系统动量守恒定律，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝（m+M）vt
由图象知物块与平板车最后的共同速度：vt＝1m/s
代入数据解得，平板车的质量：M＝3m＝0.3kg；
（3）平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得：μmg＝Ma
2
由图象知平板车的加速度：a＝2m/s
代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数：μ＝0.6
对系统，根据能量守恒定律得： ；
答：（1）平板车在加速过程中速度 v 与时间 t 的关系式为 v＝2t；
（2）求平板车的质量 M 为 0.3kg；
（3）物块与平板车间的动摩擦因数 μ 为 0.6，在车上滑动过程中产生的内能 Q 为 0.6J。
11．【解答】解：A、金属棒开始运动时的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有：BIL+mgsinα＝ma
其中 I＝
解得：a＝gsinα+ ，
代入数据解得：a＝ g+ ；
（2）设整个电路产生的电热为 Q，则有： ＝mgs sinα+Q
根据焦耳定律可得：QR＝ Q
联立解得：QR＝ 。
答：（1）金属棒由底端刚开始运动时加速度 a 的大小为 g+ ；
（2）当金属棒沿导轨向上滑行距离为 s 的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 QR 的大小为 。
12．【解答】解：（1）设粒子离开加速区的速度为 v0，
﹣3 3 2 2
在加速区由动能定理：qU＝ m ， ＝2×10 ×2×10 mm /s ，v0＝2m/s；
粒子在径向电场中沿圆弧运动，速度方向始终与电场方向垂直，即做匀速圆周运动，电场力为电荷做圆周运动的
向心力，
即 m ＝qE1，R＝ m＝0.16m；
（2]粒子在电场 E2 中做类平抛运动，设落到 G 点的时间为 t
则 x＝ ，X 为挡板到 y 轴的距离 0.2m，解得 t＝0.1s，所以 G 点到 x 的距离 d＝v0t，求得 d＝0.2m.
答：（1）带电固体颗粒离开加速区的速度大小为 2m/s，圆弧 BC 的半径为 0.16m；
（2）G 点与 x 轴之间的距离为 0.2m.