2021届天津市部分区高三(上)期末物理试题(解析版)

天津市部分区2020～2021学年度第一学期期末练习
高三物理
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。

答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共8题，每题5分，共40分。

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. 下列说法正确的是（）
A. 亚里士多德提出了力不是维持物体运动的原因
B. 牛顿通过实验研究测出了万有引力常量
C. 密立根通过实验研究提出了库仑定律
D. 奥斯特通过实验研究发现了电流
的磁效应【答案】D 【解析】【分析】【详解】A．伽利略提出了力不是维持物体运动的原因。

A错误；
B．卡文迪许通过实验研究测出了万有引力常量。

B错误；
C．库仑通过实验研究提出了库仑定律。

C错误；
D．奥斯特通过实验，通电导线能让小磁针发生偏转，从而发现了电流的磁效应。

D正确。

故选D。

2. “50TFSI”为某品牌汽车的尾部标识，如图所示。

其中“50”称为G值，G值越大，加速越快，G值的大小为车辆从静止加速到速度为100km/h（百公里加速）的平均加速度的10倍。

若某车百公里加速时间为
6.9s，由此推算，该车的尾标应该是（）
A. 30TFSI
B. 35TFSI
C. 40TFSI
D. 45TFSI 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】该车百公里加速的平均加速度为
22 100000
3600m/s4m/s
6.9
a=≈
该车的G值为
1040
G a
==
故选C。

3. 某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力。

然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化（整个过程中，橡皮筋对手指始终有压力的作用），不计空气阻力。

下列说法中正确的是（）
A. 超重时钩码所受重力增加，失重时钩码所受重力减小
B. 钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于下降阶段
C. 钩码下降到最低点时，钩码速度为零达到平衡状态
D. 钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，钩码一定处于超重状态
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．超重时就是橡皮筋对钩码的拉力增加了，钩码的重力不变。

失重时是橡皮筋对钩码的拉力减小，
钩码的重力也不变，故A 错误；
B ．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，则说明橡皮筋对钩码的拉力增大，根据胡克定律可知，橡皮筋形变量增大，则钩码一定处于下降阶段，故B 正确；
C ．钩码下降到最低点时，橡皮筋弹力最大，且大于重力，速度为零，加速度达到最大，故C 错误；
D ．钩码运动过程中，如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，说明钩码在向下运动，可能是减速下降，处于失重状态，故D 错误。

故选B 。

4. 乒乓球发球机是很多球馆和球友家庭的必备娱乐和训练工具。

如图所示，某次训练时将发球机置于地面上方某一合适位置，然后向竖直墙面水平发射乒乓球。

现有两个乒乓球a 和b 以不同速度射出，碰到墙面时下落的高度之比为9:16，不计阻力，则乒乓球a 和b （ ）
A. 碰墙前运动时间之比为9:16
B. 初速度之比为3:4乒乓球
C. 碰墙前速度变化量之比为3:4
D. 碰墙时速度与墙之间的夹角的正切值之比为4:3 【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】射出的乒乓球做平抛运动，在竖直方向上，有
21=
2
y gt 解得
2y t g
所以运动时间之比为
34
a
a b
b t y t y == 初速度之比为
00
43a b a b a b
x
v t t
x v t t === 碰墙前速度变化量之比为
3
4
a a
b b v gt v gt ∆==∆ 碰墙时速度与墙之间的夹角的正切值为
00
tan y v v v gt
α=
= 所以正切值之比为
00tan 16
tan 9
a a
b b b a v t v t αα==
故选C 。

5. 空气污染通常是由于人类活动或自然过程引起某些物质进入大气中，呈现出足够的浓度，达到足够的时间，危害人类的舒适、健康的生活环境。

某空气静电除尘装置的原理如图所示，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。

图中虚线是某一带负电的尘埃仅在电场力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A 、B 两点是轨迹与电场线的交点。

不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则以下说法正确的是（ ）
A. A 点电势高于B 点电势
B. 尘埃在A 点的加速度大于在B 点的加速度
C. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大
D. 若该尘埃沿平行集尘板方向正对着放电极飞入，则做匀减速直线运动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．沿电场线电势降低，则A点电势低于B点电势，选项A错误；
B．因为A点电场线较B点密集，则A点场强较大，尘埃受电场力较大，则尘埃在A点的加速度大于在B
点的加速度，选项B正确；
C．尘埃在迁移过程中电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，选项C错误；
D．若该尘埃沿平行集尘板方向正对着放电极飞入，则尘埃受电场力先增大后减小，则尘埃做变速直线运动，选项D错误。

故选B。

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，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. 类比是一种常用的研究方法。

在利用v t-图像研究匀变速直线运动的位移时，我们可以把运动过程按横轴t划分为很多t∆足够小的小段，用细长矩形的面积之和代表物体的位移x，如图所示。

类比上述的方法，我们可以分析其他问题。

下列说法正确的是（）
A. 若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，一定可以求得物体的速度v
B. 若横轴表示时间t，纵轴表示加速度a，一定可以求得物体的速度变化量v
∆
C. 若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F，一定可以求得合外力做的功W
D. 若横轴表示位移x，纵轴表示合外力F，一定可以求得物体的末动能k
E
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．由加速度公式
v
a
t
∆
=可得
v at
∆=
若横轴表示时间t ，纵轴表示加速度a ，类比可知细长矩形的面积之和代表物体速度变化量v ∆，只有知道初速度的情况下才能求出物体的速度v ，故A 错误，B 正确；
CD ．由功的定义式W =Fx 可知，若横轴表示位移x ，纵轴表示合外力F ，则细长矩形的面积之和代表合外力所做的功W ，据动能定理
k k0W E E =-
可知，只有知道初动能k0E ，才能求得物体的末动能k E ，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

7. 如图所示，厚度均匀的木板放在水平地面上，木板上放置两个相同的条形磁铁，两磁铁的N 极正对。

在两磁铁竖直对称轴上的C 点固定一垂直于纸面的长直导线，并通以垂直纸面向里的恒定电流，木板和磁铁处于静止状态，设两磁铁和木板的总重力为G ，则（ ）
A. 导线受到的安培力水平向右
B. 导线受到的安培力竖直向上
C. 木板对地面的压力小于G
D. 木板受到地面的摩擦力水平向右
【答案】AD 【解析】 【
分析】
【详解】两磁铁在C 处产生的合磁场竖直向上，根据左手定则，导线受到的安培力水平向右。

根据相互作用力的关系，导线反作用给磁铁的作用力水平向左，所以木板有向左运动的趋势，说明木板受到地面的摩擦力水平向右。

在竖直方向上，没有相互作用力，所以木板对地面的压力等于G 。

故选AD 。

8. “飞车”节目是某马戏团表演的压轴戏，在竖直平面内有一圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。

现将表演者的运动简化为小球在竖直光滑圆轨道内做圆周运动的模型，如图甲所示，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。

设小球在最低点时对轨道的压力大小为N F ，动能为k E 。

改变小球在最低点的动能k E ，小球对轨道压力N F 的大小随之改变。

小球的N k F E -图像如图乙中PQ 所示，其中P 点为PQ 的左端点，PQ 延长线与坐标轴的交点分别为(0,)a 、(,0)b -。

重力加速度为g 。

则（ ）
A. 小球的质量为g a
B. 圆轨道的半径为2b
a
C. P 点的横坐标为5b
D. P 点的纵坐标为5a 【答案】BC 【解析】 【分析】
【详解】AB ．小球在最低点由牛顿第二定律有
2k
N 2E v F mg m R R
-==
整理得
N k 2=F mg E R
+
由图乙可知
2a R b
=，mg a = 解得小球的质量
a m g =
，2b R a
= 故A 错误，B 正确；
C ．小球做完整的圆周运动，在最高点有
21v mg m R
=
从最高点到最低点由机械能守恒有
21k 1
22
P mg R mv E ⋅+=
解得
k 5
52
P E mgR b ==
此时有
2
N P mv F mg R
-= 解得
N =66P F mg a =
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2．本卷共4题，共60分。

9. (1)物理实验课上为了测当地的重力加速度g ，并验证机械能守恒定律，有同学设计了如下实验：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定一喷墨装置，该喷墨装置每经过0.1秒喷墨1次。

调整喷墨装置的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。

开启喷墨装置，剪断悬线，让铝棒自由下落，在铝棒上相应位置留下墨线。

图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后分别记作B 、C 、D 、E 。

将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A ，此时B 、C 、D 、E 对应的刻度依次为6.28cm 、22.38cm ，48.30cm ，84.04cm 。

①由实验测得当地的重力加速度为________2m/s 。

（结果保留三位有效数字）
②该同学计算出画各条墨线时的速度v ，以2
2
v 为纵轴，以各条墨线到墨线A 的距离h 为横轴，描点连线，
得出了如图丙所示的图像，在误差允许的范围内据此图像能验证机械能守恒定律，但图线不过原点，其原因是_______；
(2)如图甲所示为课本中用来测量电池电动势和内阻的电路图。

已知待测电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω。

已知实验室除待测电池、开关、导线外，还有下列器材可供选用：
A：量程为0～0.6A，内阻约为0.15Ω
电流表1
电流表A：量程为0～3A，内阻约为0．05Ω
电压表V：量程为0～1V，内阻约为3kΩ
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω，额定电流为2A
定值电阻1R：阻值为2Ω，额定电流为2A
定值电阻2R：阻值为6Ω，额定电流为2A
如果用图甲电路来测量电池电动势和电阻，因电压表量程较小不能满足测量的要求，某同学在甲图中加上定值电阻改成了乙图进行实验，并较准确地测量出了电池的电动势和电阻，回答以下问题：
①在图乙中电流表应选______，定值电阻应选______。

-图②该同学经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U I 线。

由此得出电池的内阻r=______Ω，电池的电动势E=______V，（结果保留两位小数）
【答案】 (1). 9.82 (2). 铝棒上墨线A 点的速度不为零 (3). A 1 (4). R 1 (5). 0.83（0.80~0.87范围内都给分） (6). 1.42（1.40~1.44范围内都给分） 【解析】 【分析】
【详解】(1)①[1]利用加速度公式得
2222
84.0422.3822.38
0.01m/s 9.82m/s (2)0.2
CE AC a T ---=
=⨯= ②[2]铝棒上墨线A 点的速度不为零。

(2)①[3]电池允许通过的最大电流不超过0.5A ，所以电流表选A 1。

[4]②[5][6]根据闭合电路的欧姆定律得
()U I R r E '=-++
所以图像的斜率的绝对值为
0.85
2.830.50.2
k R r '=+=
Ω=Ω-
所以定值电阻的阻值应选R 1。

电源内阻为
(2.832)0.83r =-Ω=Ω
将U =0、I =0.5A 代入得
00.5 2.83E =-⨯+
解得
1.42V E =
10. 2020年7月23日12时41分，我国首次火星探测任务发射成功，迈出深空探测崭新一步。

假设在火星
上做了如图所示的实验，在光滑的圆锥顶用长1m L =的细线悬挂一质量为1kg m =的小球，圆锥顶角为74°，当圆锥和球一起绕圆锥轴线以周期T 匀速转动时，球恰好对锥面无压力。

已知火星质量为地球质量的
110
，火星半径为地球半径的12，地球表面的重力加速度2
010m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，忽略
星球的自转。

求：
(1)火星表面的重力加速度g ； (2)细线对小球的拉力F ；
(3)圆锥和球一起匀速转动的周期T 。

【答案】(1)2
4m/s g =；(2)5N F =；(3)25π
T = 【解析】 【
分析】
【详解】(1)设地球的质量和半径分别为0M 和0R ，火星的质量和半径分别为M 和R ，由于忽略星球的自转，对质量为m 的物体，由万有引力定律得，地球上
002
M m
G
mg R = 火星上 2
Mm
G
mg R = 代入数据解得 24m/s g =
(2)对小球受力分析，由已知条件可知37θ︒=，在竖直方向上，由平衡条件得
cos F mg θ=
代入数据解得
5N F =
(3)对小球在水平方向上，由牛顿第二定律
2
24πsin sin F m L T
θθ=
代入数据解得
25π
s 5
T =
11. 在学术界，风洞被喻为“飞行器的摇篮”，流传着“有什么样的风洞，才能有什么样的飞机、飞船、火箭、导弹”的说法。

风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。

如图甲所示为风洞里模拟实验的示意图，一直细杆倾斜放置，一个质量2kg m =的小球穿在细杆上，风对小球的作用力竖直向上、大小恒定不变，细杆与水平面的夹角为37θ=︒，小球与细杆间的动摩擦因数为0.5μ=。

从0t =时刻开始，小球获得沿杆向
上的初速度，其v t -图像如图乙所示。

取2
010m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

求：
(1)风力F 的大小；
(2)若2s t =时关闭风洞撤去风力，小球从计时开始向上运动的最大距离。

【答案】(1)40N F =；(2)21m x = 【解析】 【分析】
【详解】(1)由图像可知06m/s v =，2
12m/s a =，在沿杆方向上，对小球由牛顿第二定律得
1()sin ()cos F mg F mg ma θμθ---=
代入数据解得40N F =。

(2)2s 末小球速度
10110m /s v v a t =+=
0-2s 小球的位移大小
21011
2
x v t a t =+
代入数据解得116m x =，2s 后，对小球由牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得2
210m/s a =，2s 后沿倾斜细杆向上运动的位移大小
2
122
5m 2v x a ==
小球向上运动到最高点距出发点的距离为
12x x x =+
代入数据解得21m x =。

12. 正负电子对撞机是一个使正负电子产生对撞的设备，如图所示为一种高能正负电子在不同位置对撞的装置。

在关于y 轴对称间距为2d 的MN 、PQ 之间存在两个有界匀强磁场，其中平行于x 轴的JK 下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK 上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B 。

在x 轴上有两台直线加速器1和2，关于y 轴对称，且末端刚好与MN 、PQ 对齐。

质量为m 、电荷量为e 的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN 、PQ 进入磁场。

为实现正、负电子在Ⅱ区域的y 轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节JK 与x 轴之间的距离h ，不计粒子间的相互作用及正、负电子的重力。

(1)直线加速器1加速的是正电子还是负电子；
(2)正、负电子同时以相同速度1v 进入磁场，仅经过直线JK 一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出1v 的最小值；
(3)正、负电子同时以2v =y 轴上发生对心碰撞的位置离O 点的距离。

【答案】(1)负电子；(2)1min 2eBd v m =；(3)2y h ∆=、22311
)34d y n
=--∆ 1,3,5,,(21)n k =-
【解析】 【
分析】
【详解】(1)正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器1加速的为负电子。

(2)由几何关系可知
2
22
()2d R h R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭
整理得 22282822
d h d h d R h h =+≥⋅=
即当 282
d h
h = 即2
d h =
时 min 2
d R =
根据
2
11v ev B m R
=
解得
1min 2eBd
v m
=
(3)当23eBd
v =
，则 33
R d =
距离总是满足
2y h ∆=
情况一：h R >，经过分析可知只有一种情况如图，有
1
2
h R R =+
，3y d ∆= 情况二：h R <
2
22()2d R h R n ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭
解得
2
2
2d h R R n ⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭
则
22311
(
2)334d y n
=--∆ 1,3,5,,(21)n k =-。