2021届天津市和平区高考物理三模试卷附答案详解

2021届天津市和平区高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
1.氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃
迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，
则()
A. 氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线
B. 大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时能够辐射出6种频率的光子
C. a光子能量比b光子的能量大
D. 氢原子在n=2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离
2.如图所示电路中，L1和L2均为“220V、100W”的灯泡，L3为“220V、
40W”的灯泡．现在A、B两端接上电源，则它们实际消耗电功率大
小的顺序是()
A. P1>P3>P2
B. P2>P3>P1
C. P1>P2>P3
D. P3>P2>P1
3.如图所示，一个小球沿竖直放置的光滑圆环轨道内壁做圆周运动，圆环
的半径为R，在运动过程中，下列说法正确的是()
A. 小球做的是匀速圆周运动
B. 小球运动过程中机械能不守恒
C. 小球的加速度方向始终指向圆心
D. 小球通过轨道最低点时对轨道的压力一定比通过最高点时对轨道的压力大
4.一列简谐横波在t=1s时的波形如图甲所示，图乙是该波中质点a的振动图象，则
A. 这列波沿x轴负方向传播，波速为v=0.02m/s
B. 这列波沿x轴负方向传播，波速为v=0.5m/s
C. t=0至t=1s的时间内，质点b的位移始终在增大
D. t=4s时刻，质点c在平衡位置向下振动
5.关于传感器，下列说法中正确的是()
A. 干簧管是能够感知电场的传感器
B. 所有传感器的材料都是由半导体材料制成的
C. 霍尔元件是一种把磁感应强度转换为电压的元器件
D. 电饭锅中的温度传感器是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
6.已知He+离子构型和H原子类似其第n能级的能量表达式为E n=−4×13.6
n2
ev，则，以下判断正确的是()
A. He+离子第一激发态的能量等于基态氢原子的能量
B. He+离子从第一激发态跃迁到基态，辐射光子动量大小约为2.18×10−27kgm/s
C. He+离子从第一激发态跃迁到基态，照射基态氢原子，逸出电子的动能为27.2eV
D. He+离子从第二激发态跃迁到基态，照射逸出功为2.29eV的金属钠，最大光电子动能为
38.51V
7.如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的
电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下缘以初速度v0竖直向上射入
电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好
从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加
电场大小为E，其方向竖直向上，磁场的磁感应强度大小等于E
v0
，其方向垂直纸面向里，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法正确的是()
A. 粒子在ab区域中做匀变速曲线运动
B. 粒子在ab区域的运动时间为v0
g
C. 粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d
D. 粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd
6v0
8.下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是()
A. 热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B. 绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C. 改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D. 第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E. 机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
9.(12分)某同学设计了如题图10所示的装置来“探究加速度与力的关系”，弹簧秤固定在一合适
的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接，在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d，开始时先将木板置于MN处，然后缓慢地向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小，再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加少量水，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。

⑴木板的加速度可以用d、t表示为a=；
⑴改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系，下列图象能表示该同学实验结
果的是；
⑴用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是。

A.可以改变滑动摩擦力的大小
B.可以更方便地获取多组实验数据
C.可以比较精确地测出摩擦力的大小
D.可以获得更大的加速度以提高实验精度
10.(1)如图甲所示的游标卡尺，游标卡尺共有10格，与主尺的29格(29mm)等长，则图乙所示读数
为：______cm。

(2)一个未知电阻R，阻值大约为10kΩ−20kΩ，为了较为准确的测定其电阻值，实验室中有如下器
材：
电压表V(量程3V、内阻约为3kΩ(量程15V、内阻约为15kΩ)
电流表A1(量程200μA、内阻约为100Ω)
电流表A2(量程5mA、内阻约为10Ω)
电流表A3(量程0.6A、内阻约为1Ω)
电源：电动势为3V
滑动变阻器R1：最大阻值为100Ω，额定电流0.3A
滑动变阻器R2：最大阻值为10Ω，额定电流0.3A
开关S，
(1)在实验中电压表量程应选______V，滑动变阻器应选______(填R1或R2)。

(2)根据实验的需要用笔滑线代替导线，将下图所需的实物连接起来，要求误差尽可能小。

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
11.如图所示，宽度为L的光滑导轨分为左、右两部分，左侧部分与水平面成θ角倾斜放置，右侧部
分处于水平，两部分在C、D两点处平滑连接，导轨两端各接有阻值为R的电阻。

质量为m，电阻为R、长度也为L的导体棒横跨在导轨的A、B位置，由静止释放，最终导体棒停在导轨的E、F位置，AB、EF到CD的距离均为L，重力加速度为g。

整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨的电阻不计，求：
(1)导体棒将要滑到CD瞬间的加速度(此时速度沿斜面向下)；
(2)导体棒由AB滑至CD和由CD滑至EF两过程中产生电能的比值。

12.如图甲所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮的半径R=0.25m，皮带轮以角速度ω顺时针
匀速转动．现有一质量为1kg的小物体(视为质点)以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x.保持物体的初速度v0不变，多次改变皮带轮的角速度ω，依次测量水平位移x，得到如图乙所示的x−ω图象．已知重力加速度g=10m/s2.回答下列问题：
(1)当0<ω<4rad/s时，物体在A、B之间做什么运动？
(2)物块的初速度v0为多大？
(3)B端距地面的高度ℎ为多大？
(4)当ω=24rad/s时，求传送带对物体做的功．
13.如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析仪和磁分析
仪组成，若静电分析仪通道的半径为R，其中仅有均匀辐向电场，
方向如图所示，磁分析仪中仅有垂直纸面向外的匀强磁场，磁
感应强度为B，问：
(1)为了使位于A处的质量为m、电荷量为q的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通
过静电分析仪，已知虚线处场强大小均为E，则离子进入静电分析器的初速度为多少？加速电场的电压U应为多大？(离子的重力不计)
(2)离子由P点进入磁分析仪后，最终打在乳胶片上的Q点，该点距入射点P多远？若有一群离子从静
止开始通过质谱仪后落在同一点Q，则该群离子有什么共同点？
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、因为γ射线是氢原子核变化时辐射的能量，因此不会辐射γ射线．故A错误．
B、大量的氢原子从n=4的能级向基态跃迁时，会释放6种光子，那么从n=4的能级向n=2的能级跃迁时释放的种类小于6种，故B错误．
C、从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量大于从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出的光子能量，则a光的频率大于b光的频率，则a光子能量比b光子的能量大．故C正确．
D、氢原子在n=2能级时，吸收的能量需大于等于3.4eV，才能发生电离．故D错误．
故选：C．
能级间跃迁时，辐射光子的能量等于能级差，根据光子频率的大小比较折射率的大小，从而比较在介质中的速度大小．
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即E m−E n=ℎv．
2.答案：C
可知，L1和L2的电阻要小于L3的电阻；则图可知，L2与L3并联后再与L1串联，解析：解：根据P=U2
R
可知，L2的功率一定大于L3的功率；
则可知，L2与L3电压相等，则由P=U2
R
由于L1中的电流大于L2中电流，则由P=I2R可知，L1消耗的电功率一定大于L2消耗的电功率．故功率关系为：P1>P2>P3；故C正确，ABD错误．
故选：C．
可知各灯泡的电阻大小，再分析电路结构，根据串并联电路的规律和电功率公根据功率公式P=U2
R
式进行分析，从而得出电功率的大小关系．
，要根据题意灵活选择功率本题考查电功率的计算，要注意明确在纯电阻电路中P=UI=I2R=U2
R
公式进行分析求解．
3.答案：D
解析：解：A、小球在竖直的光滑圆形轨道内壁做圆周运动，速度的大小时刻改变，方向沿切线方向，所以小球做的是变速圆周运动，故A错误；
B、小球运动过程中只有重力做功，所以小球的机械能守恒，故B错误；
C、匀速圆周运动的加速度指向圆心，而变速圆周运动的加速度的一个分量指向圆心，另一个分量沿切线方向，所以小球做变速圆周运动的加速度方向不是指向圆心的，故C错误；
D、设小球通过轨道最高点时的速度为v1，对小球受力分析，由牛顿第二定律得：N1+mg=m v12
R
，
解得：N1=m v12
R −mg，根据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力大小为：N1′=N1=m v12
R
−
mg，小球从最高点到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mg⋅2R=1
2mv22−1
2
mv12，解得：v2=
√4gR+v12，对小球在最低点受力分析，由牛顿第二定律得：N2−mg=m v22
R ，解得：N2=5mg+m v12
R
，
根据牛顿第三定律得小球在最低点对轨道的压力大小为：N2′=N2=5mg+m v12
R
，故有：N2′>N1′，故D正确。

故选：D。

小球在内轨道中做变速圆周运动，线速度的大小和方向时刻改变，因为具有切线加速度和向心加速度，所以合加速度的方向不一定直线圆心；根据机械能守恒条件判断；根据牛顿第二定律及机械能守恒定律求解。

本题考查了变速圆周运动的运动及受力情况，同时会从机械能守恒和向心力方程的角度去解决此类问题。

4.答案：B
解析：
由题意简谐横波在t=1.0s时的波形图如图2所示，图甲是该波中质点a的振动图象，则由乙图读出t= 1.0s时刻质点a的速度方向和周期，在图甲上判断出波的传播方向和波长，再求出波速．分析t=0至t=1s的时间内，质点b的运动情况，判断其位移的变化情况。

本题考查理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。

AB.由题意，简谐横波在t=1.0s时的波形图如图乙所示，图乙是该波中质点a的振动图象，则由1图读出t=1.0s时刻质点a的速度方向沿y轴负方向，该波的周期为T=2s.在图甲上判断出波的传播方向为沿X轴负方向，波长为λ=1m，则波速为v=λ/T=0.5m/s.故A错误，B正确；
C.在t=1.0s时质点b正经过平衡位置向上运动，则t=0至t=1s=0.5T的时间内，质点b的位移先增大后减小．故C错误；
D.t=4s=2T时刻，质点c的状态与t=1s=0.5T时刻状态相反，时间经过了1.5T，所以t=4s时刻，质点c在平衡位置下方向上振动．故D错误。

故选B。

5.答案：C
解析：解：A、干簧管是一种能够感知磁场的传感器。

故A错误。

B、电子秤应用的是压力传感，而不是半导体材料制成的。

故B错误。

C、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量器。

故C正确。

D、电饭锅通过温度传感器实现温度的自动控制，而不是用两层膨胀系数不同的双金属片制成的。

故D错误。

故选：C。

通过各种传感器的原理进行判断．
本题考查了各种传感器的运用，要知道它们的原理，并能与实际生活相联系．
6.答案：AC
解析：解：A、第一激发态的轨道数为n=2，E2=−4×13.6
22
eV=−13.6eV，即He+离子第一激发态的能量等于基态氢原子的能量。

故A正确；
B、He+离子从第一激发态跃迁到基态，释放的能量为：E=ℎv=E2−E1=−13.6eV−
(−4×13.6
12
eV)=40.8eV
有：p=ℎ
λ=ℎv
c
=E
c
=40.8×1.6×10−19
3×108
kgm/s≈2.18×10−26kgm/s故B错误；
C、根据能量守恒定律有：E k=E+E1=40.8eV−13.6eV=27.2eV.故C正确；
D、He+离子从第二激发态跃迁到基态，释放的能量为：E′=E3−E1=(−4×13.6
32+4×13.6
12
)eV=
48.36eV，E k′=E′−W=48.36eV−2.29eV=46.07eV，故D错误。

故选：AC。

利用类比的方法，He+离子原子能级结构和氢原子的能级结构类似，在吸收或放出一定频率的光子时，一定要满足能级差，根据所给光子能量以及He+离子的能级差可正确解答。

本题考查了玻尔模型和氢原子的能级结构、爱因斯坦光电效应方程等着知识点。

对于原子物理部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。

7.答案：AB
解析：解：A、将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平方向上受到的恒定的电场力的作用，所以水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直受到重力的作用，分运动为末速度为零的匀减速运动，微粒受到的是恒力的作用，所以粒子在ab区域中做匀变速曲线运动，故A正确；B、根据运动学公式，有
水平方向：v0=at，d=v02
2g
竖直方向：0=v0−gt
解得：
a=g①
t=v0
g
②
故B正确；
C、粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B=m v2
r
解得：
r=mv0
qB
③
由①②③得到r=2d，故C错误；
D、由于r=2d，画出轨迹，如图
由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为
t2=T
12=πm
6qB
=πm
3v0
，故D错误；
故选：AB．
将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动．
8.答案：ABD
解析：解：A、根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A正确；
B、绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B正确；
C、改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C错误；
D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D正确；
E、机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E错误。

故选：ABD。

改变内能的方式有做功和热传递；热力学第二定律的两种表述：(1)按传热的方向性表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体，(2)按机械能与内能转化的方向性表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。

本题考查热力学第一定律与热力学第二定律，关键熟悉热力学定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质，掌握内能的决定因素。

9.答案：⑴a=；⑴C；⑴BC
解析：试题分析：⑴根据题意可知，当弹簧秤的示数为F1时，释放木板，木板做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动位移公式有：d=，解得：a=；
⑴对木板、弹簧秤、细绳、矿泉水瓶及瓶中水整体，具有了相同大小的加速度，设木板和弹簧秤的质量为M，矿泉水瓶及瓶中水的质量为m，实验过程中是按住木板，读取弹簧秤的读数为F1，根据共点力平衡条件可知F1=mg，对系统整体，根据牛顿第二定律有：a==−，所以在m M时，a=−=−，图线的纵截距为负值(或横截距为正值)，故选项A、B 错误；当不满足m M，即F1较大时时，图线不再为直线，且加速度将变化得较慢，即向下弯曲，故选项C正确；选项D错误。

⑴由于水的质量几乎可以连续变化，因此实验时，可以更方便地获取多组实验数据，故选项B正确；且在水平方向上，木板和弹簧秤整体只受细绳的拉力和桌面的滑动摩擦力f作用，当木板刚刚开始运动时，系统整体处于平衡状态，且木板所受的摩擦力为滑动摩擦力f，因此有：f=F0，因此可以比较精确地测出摩擦力的大小，故选项C正确；滑动摩擦力大小的影响因素为滑动摩擦因数(取决于接触面的材料和粗糙程度)、正压力大小，显然本实验中这些决定因素未发生变化，所以不能改变滑动摩擦力的大小，故选项A错误；当加速度很大时，对时间的测量精度会有所下降，且用挂钩码的方法也能达到这一效果，故选项D错误。

考点：本题主要考查了“探究加速度与力的关系”的实验问题，属于中档题。

10.答案：1.05；3；R2
解析：解：(1)游标上10个格总长29mm，则每一小格的长度l=
29
10
=2.9mm；
由图可知，对齐的主尺刻度为：25mm，则对应的读数为25−
2.9×5=10.5mm=1.05cm；
(2)
(1)因电源电动势为3V，所以电压表量程应选3V，由于滑动变
阻器最大阻值远小于待测电阻，变阻器应用分压式接法，滑动
变阻器选择小电阻，故应选择R2；
电路图如图所示：
(2)由(1)的分析可知，本实验中应采用分压式接法，同时，由于待测电阻远大于电流表内阻，所以
应采用电流表内接法；据欧姆定律I=U
I ，所以电流大约在3
10
mA到3
20
A，故电流表应选择A1；则可知
实物图如图所示。

故答案为：(1)1.05；(2)(1)3；R2；(2)如图所示。

(1)明确游标的性质，确定游标上最小分度值，从而根据对齐的格确定读数；
(2)要根据电源电动势大小选择电压的表量程；根据欧姆定律估算出通过待测电阻的电流，然后选择电流表量程；根据滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，选择变阻器用分压式接法。

选择电流表和电压表的原则是要求通过电表的电流或电压值不小于满刻度的1
3
；若滑动变阻器的阻值远小于待测电阻时，应用分压式接法。

11.答案：解：(1)设导体棒滑到CD 的瞬间速度为v ，对导体棒从CD 到EF 段应用动量定理有：−BI −
L ⋅△
t =0−mv
其中通过导体某一横截面的电荷量为：q =I −
t =△Φ
△t⋅(R+R 2
)⋅△t =
2BL 23R
联立解得：v =
2B 2L 33mR
，
导体棒将要滑到CD 瞬间产生的感应电动势为：E =BLvcosθ 过导体棒的电流为：I =E
R+R 2
导体棒所所安培力的瞬时值为：F =BIL =
2B 2L 2v 3R
cosθ
由牛顿第二定律得：mgsinθ−Fcosθ=ma 联立解得：a =gsinθ−
4B 4L 5cos 2θ9m 2R 2
(2)根据能量守恒可得导体棒由AB 滑至CD 的过程中产生的电能为：E 1=mgLsinθ−1
2mv 2 导体棒由CD 滑至EF 过程中产生的电能为：E 2=1
2mv 2 两者的比值为：E
1E 2
=
9m 2gR 2sinθ
2B 4L 5
−1
答：(1)导体棒将要滑到CD 瞬间的加速度为gsinθ−4B 4L 5cos 2θ9m 2R 2
；
(2)导体棒由AB 滑至CD 和由CD 滑至EF 两过程中产生电能的比值为9m 2gR 2sinθ
2B 4L 5
−1；。

解析：(1)对导体棒从CD 到EF 过程应用动量定理，结合电荷量的推论表达式求解出导体棒下滑到CD 瞬间的速度v ，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律，求出此时安培力的表达式，在根据牛顿第二定律求解此时的加速度大小即可；
(2)根据能量守恒定律求出导体棒从AB 到CD 过程的电能和从CD 到EF 产生的电能，再求其比值即可。

解决本题的关键在于求解导体棒下滑到CD 处的速度，研究的是导体棒从CD 到EF 段的运动，利用动量定理结合电磁感应定律中电荷量的推论表达式来求解。

12.答案：(1)匀减速直线运动；(2)5 m/s ；(3)1.25 m ；(4)5.5 J
解析：试题分析：(1)0<ω<4 rad/s 时，物体在传送带上一直做匀减速直线运动
(2)由图象看出ω≤ω1=4 rad/s 时，物体在传送带上一直减速，经过B 端时的速度大小v 1=ω1R =1 m/s
当ω≥ω2=28 rad/s 时，物体在传送带上一直加速．经过B 端时速度大小v 2=ω2R =7 m/s 物体的加速度a ==μg
v −v =2μgL ，v −v =2μgL 得v 0=5 m/s
(3)由图可以看出水平速度为1 m/s 时，水平距离为0.5 m ，下落时间t ==0.5 s 得ℎ=gt 2=1.25 m
(4)当ω=24 rad/s 时，物体先加速运动，当速度v =rω=0.25×24 m/s =6 m/s 时，物体和传送带保持相对静止，由动能定理得 W =mv 2−mv 解得W =5.5 J
考点：牛顿定律及动能定理的应用；平抛运动及圆周运动的规律．
13.答案：解：(1)离子在加速电场中做加速运动，根据动能定理，有：qU =1
2mv 2…①
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有：qE =m v 2R
…②
由①、②式得：U =1
2ER ，v =√
qER m
…③
(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，有：qvB =m v 2r
…④
由②、④得：r =mv qB
=1B √
EmR q
…⑤
故PQ −
=2r =2
B
√
EmR q
…⑥
由⑥式可知PQ −
∝√m
q ，说明该群离子必同带正电荷，且具有相同的比荷。

答：(1)离子进入静电分析器的初速度为√qER m
，加速电场的电压U 应为1
2ER 。

(2)该点距入射点P 距离为2
B
√
EmR q
，该群离子的共同点是：必同带正电荷，且具有相同的比荷。

解析：(1)带电粒子在加速电场中，只有电场力做正功，根据动能定理列式。

离子在辐向电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，由牛顿第二定律和向心力公式列式，联立即可求解。

(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列式，求出离子的轨迹半径，从而得到PQ 的大小，由此分析影响半径的大小因素。

本题考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动类型。

要掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功。