2021届河北省衡水中学高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届河北省衡水中学高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共5 小题，共 30.0分）1 .下列说法中不正确的是（）A.紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不会发生改变B.对于一定质量的某种理想气体，当其压强和体积不变时，内能一定不变C.已知阿伏加德罗常数为N%,某气体的摩尔质量为M,密度为p（均为国际单位），则1个该气体分子的体积是M/pMD.在某些恒星内，3个a粒 子 结 合 成 一 个 C原子的质量是1 2.0 0 0 0”，翅e原子核的质量是4.0 0 2 6”，已知1“=9 3 1.5 M e V 7

2、 c2,则此核反应中释放的核能约为7.3 M e V2 .如图所示，用一只飞镖在。点对准前方的一块竖直挡板，。与4在同一 水平线上，当飞镖的水平初速度分别为、外、为时，打在挡板上的 7 位置分别为B、C、D,且3 8：BC：CD=1：3：5,（不计空气阻力）则V1：V2:%的值为（）A.3：2：1 B.5：3：1 C.6：3：2 D.9：4：13 .如图所示，人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的3 d 2 5倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方（称为相遇），在这以后，甲运动6周的时间内，它们相遇了A.1次 B.2次 C

3、.3次 D.4次4 .一物体的运动规律是x=8 2 m，y=1 0 t m,则下列说法中正确的是（）A.物体在x和y方向上都是匀速运动B.物体在x和y方向上都是做初速度为零的匀加速运动C.物体的合运动是初速度为1 0 m/s、加速度为1 6 m/s 2的曲线运动D.物体的合运动是初速度为1 0 m/s、加速度为1 6 m/s 2的匀加速直线运动5.小芳同学采用如图所示的电路，研 究“通过某导体的电流与它的电阻关系”，实验中她进行了多次测量，我们以她分别用5。和10。的电阻做的两次实验为例，请你回答，完成第一次实验后，断开开关，小芳将A、B两点间的电阻R由50更换为1 0 0,闭合开关后，应该如

4、何操作才能继续完成实验（）A.保持滑动变阻器滑片不动B.将滑动变阻器滑片向右移动C.将滑动变阻器滑片向左移动 D.调高电源的输出电压值二、多 选 题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示，水平向左的匀强电场强度大小为E,一根不可伸长的绝缘-_，,_ L细线长度为3细线一端栓一个质量为加。电荷量为q的带负电小球，/一另一端固定在。点。把小球拉倒使细线水平的位置4然后由静止释:-犷 一放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角。=60。的位置B时速度为零，以下说法中正确的是（）A.4点电势低于的B点的电势B.小球受到的重力与电场力的关系是Eq=V3mgC.小球在B时，细线拉力为7=J3mgD.小

5、球从4运动到B过程中，电场力对其做的功为苧EqL7.如图所示，AB.CD为两个平行的水平光滑金属导轨（不计电阻），r处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中.AB.CD的间距为3左右两端均接有阻值为R的电阻.质量为小长为L且不计电-U-阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统.开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度为，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最左端，这一过程中4c间的电阻R上产生的焦耳热为Q,则（）A.初始时刻导体棒所受的安培力大小为2*B.从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为与C.当棒第一次到达最左

6、端时，弹簧具有的弹性势能为3伍。5-2(2D.当棒再次回到初始位置时，力C间电阻R的热功率为丝了8 .如图所示，竖直放置的;圆弧轨道，。为圆心，2。水平。两个相同小球a、40二：(一 二 才b分别从圆周上的4、B两点水平抛出，均能到达。点正下方的C点，0 B连 叙J线与竖直方向夹角。为6 0。，不考虑空气阻力的影响，以下说法正确的是C()A.a、b两小球抛出时的初速度之比为或：1B.a、b两小球到达C点的过程中，速度增量之比为企：1C.a、b两小球到达C点的过程中，动能增量之比为2：1D.a、b两小球到达C点时的速度大小之比为2：19 .对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是()A.气体分子间

7、距离增大，分子势能一定增大B.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变C.在完全失重的状态下，气体的压强为零D.如果气体从外界吸收热1 0/,同时对外做功8/,则该气体的内能一定增大2/E.气体温度不变时，体积减小，则每秒撞击单位面积器壁的分子数增多1 0.如图(a)所示，为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图(b)为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，从该时刻起，下列说法正确的是()A.该波正在向x轴负方向传播，波速为2 0m/sB.经过0.3 5 s后，质点Q经历的路程为1.4 m,且速度最大，加速度最小C.若该波在传播过程中遇到一个尺寸为0.5M的障碍物，能发生明显衍射现象D.若波源向x

8、轴负方向运动，在x =1 0m处放一接收器，接收器接收到的波源频率可能为6 H zE.若该波与另一列频率为5 H z、波源在x =1 0m处的沿工 轴负方向传播的简谐横波相遇，能够产生稳定的干涉图样三、实验题(本大题共2小题，共1 6.0分)1 1.图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图.砂和砂桶的总质量为m,小车和祛码的总质量为实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小.(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是人将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动8.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C 将不带滑轮的木板一

9、端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D 将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动(2)下图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、尸、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为以8=4.22cm、xB C=4.65cm、xCD=5.08cm、xD E=5.49cm、xEF=5.91cm、xFG=6.34cm.可求得小车的加速度a=.m/S 2,打下。点时小车运动的速度%=2修?打点州,/g-初/s.(结果保留2位有效数字)A BD EU U&J.*J乙1 2.如图1电路，某学生用电流表和电压表测干

10、电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为。2 0 0,连接电路的实物图如图2所示.图2图4(1)该学生接线中错误的和不规范的做法是A.滑动变阻器不起变阻作用 B.电流表接线有错C 电压表量程选用不当。.电压表接线不妥(2)该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验.某一次电表的示数如图3所示，则电压表的读数为 V,电流表的读数为 A.(3)该同学实验完毕，将测量的数据反映在U-/图上(如图4所示)，根据这一图线，可求出电池的电动势E=V,内电阻r=11.四、计算题(本大题共4 小题，共 51.0分)1 3.如图所示，一传送装置由水平传动带和半径为R的光滑竖直半圆弧

11、轨道BC组成。传送带4B长L=2 m,以速度u=逐血/5顺时针匀速传动。一质量m=0.1kg、可视为质点的小滑块从光滑水平面以一定初速度先滑上传送带(4点平滑连接)，经传送带传送，在B点水平切入半圆弧轨道内侧(间隙宽度不计)。小滑块与传送带间的动摩擦因数M =0,，传送带4 端距离地面高度H=2m,g=10m/s2o(1)若为=2 m/s,求小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功；(2)若满足(1)的条件下，求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能；(3)若半圆弧半径R的大小可调节，当小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，且落在地面上与C点水平距离最大处，求水平距离的最大值，并求出满足此条件下，小滑块

12、的初速度%范围。(结果可用根式表示)14.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为6 5 k g,吊椅的质量为1 5 k g,不计定滑轮与绳子间的摩擦和空气阻力，重力加速度取g=1 0 m/s2,运动员从地面由静止开始，他用480N的力向下拉绳子，当他上升2s时双手放开绳子，试求:(1)运动员加速上升过程中加速度的大小？(2)运动员加速上升时对吊椅的压力大小？(3)运动员双手放开绳子后还能上升的高度是多少？(假设运动员在空中运动时不与其它物体碰撞)15.如图所示，在以加速度a做加速运动的小车上，用质量为m的活塞将气体封闭在气缸

13、内，外界大气压强为P o,活塞截面积为S,不计活塞与气缸间的摩擦，则气缸内气体的压强是多少？16.在某介质中形成一列简谐波，t=0时刻的波形如图中的实线所示.(1)若波沿x轴正方向传播，零时刻刚好传到B点，且再经过0.6 s,P点也开始起振，求：该列波的周期7；从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，。点对平衡位置的位移及其所经过的路程So各为多少？(2)若该列波的传播速度大小为20 m/s,且波形中由实线变成虚线需要经历0.525 s时间，则该列波的传播方向如何？参考答案及解析1 .答案：C解析：解：4、根 据 光 电 效 应 方 程=可知，增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最

14、大初动能不会发生改变，故 A正确；B、根据理想气体状态方程：牛=C 可知，若一定质量的理想气体压强和体积都不变时;温度也不变，其内能也一定不变，故 8正确；C、由于空气分子之间的距离非常大，所以不能估算空气分子的大小，故 C错误：。、根据爱因斯坦质能方程可知，3 个a 粒子结合成一个铲C 的过程中，质量亏损 m=4.0 0 2 6“x 3-1 2.0 0 0 0 u =0.0 0 7 8 u,已知 1“=9 3 1.5 M e l/c2,则此核反应中释放的核能 E=m e2 7.3MeV,故。正确。本题选错误的，故选：C o根据光电效应方程分析最大初动能的变化；根据热力学第一定律公式判断做功和

15、吸热对内能的影响，根据理想气体状态方程判断内能的变化；阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，一摩尔的任何物质所含有的该物质的单位微粒数叫阿伏伽德罗常数，限 值为6.0 2 X 1 0 2 3；根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出核反应中释放的核能；本题考查核反应方程和爱因斯坦质能方程的内容，在核反应中发生质量亏损释放核能。2 .答案：C解析：解：忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据八=：9 产解得：t =所 以 三 次 小 球 运 动 的 时 间 比 七 2：亡 3 =JAB；V i 4 C：A D=1：2：3水平位移相等，根据u得：/：v2：%=5：9=6：

16、3：2,故 C正确，A B D 错误。勿 1 3故选：C o忽略空气阻力，则小球被抛出后做平抛运动.由题意可知三次小球的水平距离相同，可根据竖直方向的位移比求出时间比，再根据水平速度等于水平位移与时间的比值，就可以得到水平速度的比值.本题是平抛运动规定的直接应用，抓住水平方向和竖直方向运动的时间相等解题，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.3.答案：B解析:本题关键是明确两个卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式求解周期之比，然后比较相对运动，找出运动规律进行分析。对于两颗卫星，先根据万有引力等于向心力列式求解周期之比；然后结合匀速圆周运动的周期

17、性分析相遇次数。对于卫星，万有引力提供向心力，故：M m 4 7 r 2cr=m7r/?故T =2乃 叵o c病y GM乙的轨道半径是甲轨道半径的侬 倍，故：故在甲运动6周的时间内，乙转动1.2圈；从图示时刻开始，乙转半圈时，甲转动2.5圈，相遇一次；此后每次乙转动半圈，两个卫星就相遇一次；故一共相遇2次。故8正确，A C。错误。故选B。4.答案:C解析：解：A B,根据匀变速直线运动的位移时间公式x =为t +；a，2可知，物体在工 方向做初速度为零，加速度为1 6 m/s 2的匀加速直线运动，y方向做初速度为l(h n/s,加速度为0的匀速直线运动，故A错误，8错误；C D、由运动的合成原

18、则可知，物体的合运动是初速度为1 0 m/s、加速度为1 6 m/s 2的匀加速曲线运动，故。错误，C正确；故选：C根据匀变速直线运动的位移时间公式X =+砒2即可判断物体在X方向和y方向的运动情况，由运动的合成原则即可判断物体的合运动.该题考查运动的合成与分解，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式X=v0t+|a t2,难度不大，属于基础题.5.答案：B解析：解：将ZB两点间50的电阻更换为100的电阻，闭合开关，电路总电阻变大，电流变小（电流表示数减小），4B间的电压增大（电压表的示数增大）；A B C,为保持AB间的电压不变，要移动滑片使力B间的电压减小：当滑动变阻器连入电路的

19、电阻增大时，即将变阻器滑片向右移动，电路中电流变小，由=/?可知，4B间的电压减小；故AC错误，B正确。、若调高电源的输出电压值，电路中的电流会升高，4B间的电压变大，故。错误。故选：B.要研究导体中的电流与电阻的关系，由控制变量法的思路可知，需要保证导体两端的电压不变，当电路中的电阻由5。换成10。时，导体两端的电压是否变化，怎样变化是此题的解题思路。研究导体中的电流与电阻的关系，需要保证导体两端的电压不变是此题的突破点。6.答案：BC解析：解：4、根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，知4点的电势高于B点的电势，故A错误；8、小球从4运动到B的过程，由动能定理得：mgL sind-qEL（l

20、cos9）=0 0解得：Eq=/3mg,故8正确；C、小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60+mgsin60,故细线拉力为：T=B m g，故C正确；。、小球从4到B,沿电场线方向运动的距离为：d=L-L cosd=L,电场力对小球做负功，所以电场力做功为：W =-qEd=-E q L,故。错误。故选：B C。根据顺着电场线方向电势降低，判断电势高低。小球从4运动到B的过程，利用动能定理列式，可求得重力与电场力的关系。小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，由此求细线的拉力。根据动能定理或W=qEd求电场力做功。本

21、题要求同学们能正确进行受力分析，并能联想到已学的物理模型：单摆。要知道涉及力在空间的效果，往往根据动能定理列式研究。7.答案:A C解析：解：力、由F=B及/=普，得安培力大小为以=2 吟，故A 正确；B、MN棒第一次运动至最左端的过程中AC间电阻R上产生的焦耳热Q,根据串并联电路特点，回路中产生的总焦耳热为2Q.故 8 错误；C、MN棒第一次运动至最右端的过程中AC间电阻R上产生的焦耳热Q,回路中产生的总焦耳热为2Q.由能量守恒定律得：|m v2=2Q+E p,此时弹簧的弹性势能Ep=gm诏-2 Q,故 C 正确；。、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，

22、速度小于为，棒产生的感应电动势E +孙 E2 t(5.08+5.49)x10-22x0.1 0.5 3 m/s.故答案为：(l)c；(2)0.4 2；0.5 3.(1)实验前要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于砂和砂桶的重力.(2)根据匀变速直线运动的推论“=。产求出加速度,根据匀变速直线运动的推论可以求出瞬时速度.本题考查了实验注意事项、实验数据处理，知道实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论=a t?可以求出加速度，平时要注意基础知识的学习与积累.1 2.答案:(1)4。;(2)1.2 0；0.2 6；(3)1.4 8；0.7 7解析：本题考查了实验电路分析、电表

23、读数、求电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。(1)滑动变阻器采用限流接法时要接一上一下两个接线柱，开关应该可以控制整个电路，分析图示电路图然后答题；(2)根据图示电表确定其分度值，然后读出其示数；(3)根据图示电源U -/图象求出电源的电动势与内阻。解：(1)由图示实物电路图可知，滑动变阻器阻值全部接入电路，滑动变阻器成为定值电阻，滑动变阻器接线错误，电压表直接接在电源两端，电压表接线错误，故选A D；(2)由图示电压表可知，其分度值为0.1 V,示数为1.2 0 V；由图示电流表可知，其分度值为0

24、.0 2 4 其示数为0.2 6 4(3)由图示电源U-/图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.4 8,则电源电动势：E=1.48V,电源内阻：=方=0,0.7 7 0；故答案为：(1)4 0;(2)1.2 0；0.2 6；(3)1.4 8；0.7 7。1 3.答案：解：(1)小滑块滑上传送带后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：(img m a代入数据解得：a =lm/s2从开始到滑块与传送带共速时，有：v2-v=2ax代入数据解得：x =0.5 m因xL,故滑块与传送带共速后做匀速直线运动，不再受摩擦力，摩擦力对小滑块做的功为：W=Hmgx代入数据解得：W =0.0 5/(2)小滑块在传送带

25、上匀加速运动的时间为：V -VQ V 5-2 r-t-=-s =(V 5 2)sa 1此过程中传送带匀速运动的位移为：xz=v t =V 5 x (V 5 2)m =(5 2遮)m二者相对位移为：,9-4 V 5A x =x x=-m系统因摩擦产生的热量为：Q=fimg x传送带由于传送小滑块而多消耗的电能为:E电=(-mv2+Q解得：E审)电 10(3)小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，在B点只受重力，且由重力提供向心力，则有：vlm g=m 可得：vB=yfgR小滑块从C点飞出后做平抛运动，水平位移为：x=v 5竖直位移为：y=H-2 R =lgt2小滑块从B点运动到C点的过程中，根据机械能守恒

26、定律得：1,1,-mvg+m g -2R=-mv联立解得x=2j5(R_R2)=2j5R(l-R)根据数学知识可知，当R=1 R,即R=0.5加时，x有最大值，且最大值为：xmax=V5m小滑块在B点的速度为：vB=ygR=V5m/s若小滑块在传送带上一直做匀加速直线运动，则有：2ugL=诏 一评代入数据解得：氏=lm/s若小滑块在传送带上一直做匀减速直线运动，则有：_ 211gL=诏 _ 诏代入数据解得：Vo=3m/s故小滑块的初速度处范围为lm/s v0 3m/s答：(1)小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功是0.05/；(2)若满足(1)的条件下，传送带由于传送小滑块而多消耗的电

27、能是上2/；(3)水平距离的最大值是石小，满足此条件下，小滑块的初速度为范围为lm/s W%W3m/s。解析：(1)小滑块滑上传送带后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度一位移公式求出滑块与传送带共速时通过的位移，判断共速后滑块的运动情况，即可求摩擦力对其做的功；(2)根据速度公式求出滑块匀加速运动的时间，由位移公式求出滑块与传送带间的相对位移，从而由Q 求系统办摩擦产生的热量，再根据功能关系求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能;(3)当小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，在B点只受重力，且由重力提供向心力，由此求出滑块通过B点的速度，由机械能守恒定律求出滑块到达C点的速度与R的关系式

28、，结合平抛运动的规律求出水平距离与R的表达式，运用数学知识求解。本题综合牛顿第二定律和运动学公式的应用，关键要理清小滑块在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，对于第三问，关键抓住两个临界状态，分析小滑块可能的运动情况。1 4.答案：解：(1)设加速上升过程中加速度大小为a,绳的拉力大小为F,人的质量为T n 1，吊椅的质量为巾2以人和吊椅为研究对象加速上升时由牛顿第二定律得：2 F-(m 1+m2)g=(m 1+m2)a解得：a =2 m/s2(2)设吊椅对人的支持力为FN，以人为研究对象由牛顿第二定律得：?+凤-巾1 9 =小也解得：FN=3 0 0 N根据牛顿第三定律压力大小也为

29、3 0 0 N。(3)当人上升2秒时的速度为：V 1=at=2 x 2 =4m/s放手后人和吊椅向上做匀减速直线运动，加速度为g,到最高点时速度为零：由速度位移的关系式得：谚-资=2gs解得：s=0.8m答:(1)运动员加速上升过程中加速度的大小是2 m/s 2；(2)运动员加速上升时对吊椅的压力大小是3 0 0 N；(3)运动员双手放开绳子后还能上升的高度是0.8m。解析：(1)对人和吊椅整体分析，运用牛顿第二定律可求得加速上升过程中加速度；(2)以人为研究对象由牛顿第二定律可求得吊椅对人的支持力，由牛顿第三定律可求得人对吊椅的压力大小；(3)由速度公式可求得上升2秒时的速度，放手后人和吊椅

30、向上做匀减速直线运动，加速度为g,由速度位移的关系式可求得能上升的高度。解决本题的关键能够正确地受力分析，灵活选择研究对象，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解。1 5.答案：解：以活塞为研究对象，受力情况如图所示:PA*-ApS由牛顿第二定律有：pS-p0S=ma,解得气体压强为：P =P o+詈；答：缸内气体的压强是P o +亭.解析：以活塞为研究对象，分析活塞的受力，根究牛顿第二定律来计算其的压力的大小，再计算气体的压强.本题考查了求气体的压强，分析清楚物体运动过程、巧妙选择研究对象、应用牛顿第二定律即可正确解题.1 6.答案：解：(1)由图像知，波长为2m,振动由B 点传到P 点，传播

31、距离为6m,为三个波长，则波传播时间为三个周期，因此7=0.2 S波沿x轴正向传播，B 点沿y轴负向起振，振动从B 传到P 点经历时间为三个周期，然后P 点振动四分之三周期第一次到达波峰位置，在此过程中0 点振动路程为?x 4 4 =0.3 m,此时。点的位移为4 2cma(2)在t =时间内机械波传播距离x=vt=1 0.5 m,%=(5 +6九 因此机械波沿%轴负向传播。解析：(1)由图直接读出波长，由B 到P 的距离是3 个波长，则波传播的时间是3 个周期；求出t =0时刻到P 点第一次达到波峰的时间，质点做简谐运动时，一个周期内通过的路程是四个振幅，由此可以求出0 点对平衡位置的位移及其所经过的路程；(2)求出t=时间内机械波传播的距离，分析距离与波长的关系，从而可得波的传播方向。本题考查机械振动和机械波，弄清波的传播距离跟传播方向的关系、质点所经过的路程与时间的关系是解题关键。