2021届河北省普通高等学校招生全国统一考试高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf

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1、2021届河北省普通高等学校招生全国统一考试高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.物理学的发展，丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命。下列说法正确的是（）A.牛顿测出了引力常量G的数值B.第谷通过对行星运动的研究，发现了行星运动三个定律C.海王星是运用万有引力定律在“笔尖下发现的行星”D.伽利略通过对行星观测记录的研究，发现了万有引力定律2.如图所示，水平地面上有倾角为。、质量为m的光滑斜面体，质量也为m的光滑直杆穿过固定的竖直滑套，杆的底端置于斜面上高为人的位置处。现将杆和斜面体由静止自由释放，至杆滑到斜面底端（杆始终保持竖直状态），对该过程下列

2、分析中正确的是（重力加速度为g）（）A,杆和斜面体组成的系统动量守恒B.斜面体对杆的支持力不做功C.杆与斜面体的速度大小比值为sin。D.杆滑到斜面底端时，斜面体的速度大小为3.一铁块m被竖直的磁性黑板紧紧吸住不动，如图所示，下列说法正确的是（）A.铁块对黑板同时施加了四个力的作用B.磁力与弹力大小相等C.黑板对铁块的磁力和铁块对黑板的弹力是一对相互作用力D,摩擦力比重力大，铁块才能被黑板吸住不动4.如图所示，“”表示电流方向垂直纸面向里，“O”表示电流方向（g）C垂直纸面向外。两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度分别为/和2/,此时a受到的安培力大小为凡当在a、b的上方/

3、再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小仍为专F,图中a、b、c三者间距相等，此时b受到的安培力大小为（）2/bA.FB.V3 FC.2V3 FD.V7 F5.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上距圆盘中心一定距离处放有一个小木块随圆盘一起转动，关于木块的受力分析，下列说法中正确的是（）A.木块受重力和支持力B.木块受重力、支持力和向心力C.木块受重力、支持力和静摩擦力D.木块受重力、支持力、静摩擦力和向心力二、多 选 题（本大题共4 小题，共 23.0分）6.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（）A.电动势邑=E2,发生短路时的电

4、流A 127.B.C.D.电动势Ei=E2,内阻万 R,所以小球能到。点，故。错误。故选：AB.根据平抛运动的规律即可求解小球刚离开平台的速度大小：由速度的合成求出8 点的速度；与机械能守恒求出C点与。点的速度。小球刚好能到达。点 的 速 度 为 回，若到达D点的速度大于J 证，则能通过。点；再根据向心力公式求出在8 点与C点轨道对小球的弹力。本题包括两个过程，一是空中做平抛运动的规律，二是圆周运动过程，要注意正确分析物理过程，明确物理规律的应用。8.答案：BD解析：解：4、AB两点的场强大小相等，方向不同，所以两点场强不同，故 A 错误；B、力 B所在的圆为等势面，所以两点电势相等，故 B

5、正确；C、根据点电荷场强公式：E=/c名分析可知，a 点场强小于c点场强，故 C 错误；r2。、根据点电荷Q为中心的圆为等势面，等势面上各点的电势相等，Q点离点电荷的距离大于C离点电荷的距离，故a 点电势比c点低，故。正确。故选：BDo由点电荷场强公式E=分析场强；以正点电荷Q为中心的圆为等势面，等势面上各点的电势相等。解答此题的关键是知道：点电荷场强公式E=k 9,公式中的Q是场源电荷的电量，r 是这一点到场源电荷的距离；场强是矢量，有大小和方向；以点电荷为中心的圆为等势面，等势面上各点的电势相等。9.答案：BDE解析：解：4、内能与物体的物质的量、温度、体积、压强物态等因素有关，物体的温度

6、不变时，其分子平均动能不变，但内能不一定不变，如晶体熔化的过程中温度不变，内能增加，故 A 错误；B,根据内能的定义可知，气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，只是气体的分子势能可以忽略不计，故 B 正确；C、布朗运动是固体小颗粒无规则的运动，不是分子的运动，故 C错误；。、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，在一定的条件下，可以从低温物体传到高温物体。故。正确；E、若分子力表现为引力，分子间距离增大时，分子力做负功，分子势能增加，若分子力表现为斥力，分子间距离增大时，分子力做正功，分子势能减小。故 E 正确。故选：B

7、 D E。温度是分子的平均动能的标志；气体的分子势能可以忽略不计；布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，不是分子的运动；根据热力学第二定律分析能量转化的方向；气体的压强与温度以及分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数都有关。该题考查对气体的性质和气体的内能的理解，以及对热力学第二定律的理解等，属于对基础知识的考查，其中对热力学第二定律的几种不同说法的理解是解答的关键。10.答案：全反射；大于；t=C解析：解：当光在纤芯与包层的界面发生全反射时，光信号不会泄露出去；而发生全反射的条件是从折射率大的介质进入折射率小的介质；因此纤芯的折射率一定大于包层的折射率；光在光纤中的速

8、度 =,设临界角为C,则sinC=3n n由运动学公式L=vtsinC=-x t x 所以：t=.n n c故答案为：全反射；大于；t=也.C发生全反射时光从折射率大的介质进入折射率小的介质，根据匀速运动公式求时间.解决本题的关键对全反射要抓住发生全反射的条件：光密进入光疏，入射角大于临界角.11.答案：s：小球B做 平 抛 运 动 的 水 平 位 移 2gz,(1 cos夕)瑞 大于解析：解：(1)(2)由题意，4球从右边偏离a 角处由静止开始摆动，与8球碰撞后再偏转到左边口角处，而B球被碰撞后做平抛运动，对4球下摆过程，由机械能守恒定律有：mAgh=mAvl可以求出入射球4碰撞前的速度为：

9、v0=J2 g L(1 cosa),同理：4球与8球碰撞后，4球上摆过程，由机械能守恒定律得4球的碰后速度为勿=j2 gL(1-cos)则4球的碰后动量p.=mAvA=mAy2gL(y -cosp)B球做平抛运动，由平抛运动的规律可得：H=gt2,s=%t解得B球的碰后速度%=s弱则B球的碰后动量诙=mBvB=mBs J 为了求解B球的碰后速度，需要知道其做平抛运动的水平位移s；(3)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有机4%=mAvA+mBvB在 碰 撞 过 程 中 动 能 守 恒 故 有 诏=mAvl解得以mA-mBm%A+mB 要碰后入射小球的速度!0,即见4 -mB 0,则犯4大于

10、小8故答案为：(l)s：B球做平抛运动的水平位移；(2)%，2gL(1-cos0),京；(3)大于；(1)(2)根据机械能守恒规律求出碰前和碰后小球4 的速度，根据平抛运动的规律求小球B的碰后速度,从而得出二者碰后动量的大小，以及需要测量的物理量;(3)根据弹性碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，列式求出4球的碰后速度表达式，判断两小球的质量关系。本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的综合运用，知道4球与B碰后，4球继续向前运动，4、B两球的质量关系.12.答案：1；0.85解析：解：电压表量程：u=Ig(Rg+R)=100 x 10-6 x(100+9900)=IV,电压表量程是I V,由图示

11、表盘可知，其分度值为0.1 V,电压表示数为：0.85K；故答案为：1:0.85.应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表量程，根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数.本题考查了求电压表量程、对电压表读数，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表量程；对电压表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直.13.答案:解:(1)对整体：F-2Hmg=2ma对A：/j.mg ma依题意：a 0解得：0 1得：F 1.2N设经过时间t小物块4落到桌面上，A的位移：di=jciit2B的位移：x=a2t2相对位移：L=x d14在桌子上匀减速运动，加速度大小为：a3

12、=fig=Gj在桌子上滑行距离：d2=dr依题意：d2+=axt2 d得：a2 18m/s2F 2.7 N所需拉力：1.2NF m a,且a 0联立求解；(2)AB未分离时采用隔离法对4B进行受力分析根据牛顿第二定律列方程求出其加速度，且有a2 的；由位移速度公式表示出二者的位移，力从B上掉下时利用其位移之差为L列方程；4从B上掉下后，在桌子上匀减速运动，利用其位移关系列式，最后求出8的加速度，从而求出拉力的范围。14.答案：解：(1)滑块在S上运动过程，由动能定理得：|(啊+mB)v2=ii(mA+mB)gS+1(mx+ms)v，2,在C点，由牛顿第二定律得：F (Tn4+m-)。=+机-)

13、=，R解得：F=S O O N,由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：V=F=500N；(2)4、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-(mA+mB)v,解得：vA-10m/s,由能量守恒定律得：EP=|m4V 4=|x 4 x 102=200/；(3)滑块恰好能冲上轨道，由动能定理得：一 (啊 +mB)gS0=0-(mA+mB)v2,解得：So=6.25m,滑块能冲上轨道：S 6.25m；滑块恰好到达圆形轨道圆心等高处，由动能定理得：+mB)gS-(mA+m g R=0+mB)v2,解得：S=4.25m,滑块不脱离轨道：4.25m S 6.25m；滑块恰好到

14、达圆形轨道最高点，由牛顿第二定律得：(mA+mBg (mA+R解得：=2m/s,由动能定理得：-NOA+mB)gS-(mA+m g-2R=+B)谱 1(mA+6 8)/，解得：S=1.2 5 m,滑块不脱离轨道：S 1.2 5 m；综上所述，滑块不脱离轨道的条件是：4.2 5 m 5 6.2 5 m或S 1.2 5 m；答：(1)若S =l?n,两物块刚过C点时对轨道的压力大小为5 0 0 N：(2)刚释放物块4时、弹簧的弹性势能为2 0 0/；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，S应满足的条件是：4.2 5 m S S S 6.2 5 m或S W1.2 5 m。解析：(1)应用动

15、能定理求出两物块到达C处的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，然后求出物块对轨道的压力。(2)两物块碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞前4的速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。(3)求出滑块不脱离轨道的临界速度，然后应用动能定理求出S的临界值，再确定S需要满足的条件。本题是一道力学综合题，考查了动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚滑块的运动过程、知道滑块不脱离轨道的条件是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。1 5.答案：解：根据题意，由 理 想 气 体 状 态 方 程 有*=若解得：T2=4 5 0 K由题图可知，

16、气体压强P与体积，之间的关系为：p =4-j由理想气体状态方程有：竽=浮整理后有7 =1 一(7-4)2 +1 6 ,当U =4乙时，7最大，可得4 ax =6 0 0 K答：气体处于b状态时的温度为4 5 0 K。从a状态到b状态的过程中，气体的最高温度6 0 0 K。解析：根据图象找出初末状态，根据理想气体状态方程求解；根据P -U图象关系结合理想气体状态方程求出T的关系式，根据数学公式求出最高温度。本题考查理想气体方程，关键是找出初末状态，以及利用数学公式求解。16.答案：解：由图乙可得：4 波周期二=0.4s,8 波周期=2s；那么，A波波长=vTA=0.4m,B波波长及=VTB=2m

17、；在t=0到t=1 6 s,波的传播距离s=v A t=16m；那么，根据几何关系可得：从4 发出的半个波在前进的过程中所遇到B发出的波的波峰个数等于B波波前到距波前Ax=12m范围内的波峰个数；根据 x=12m=6电可得：从力 发出的半个波在前进的过程中所遇到B发出的波的波峰个数为6；答：振动所形成波的波长为0.4m；电为2爪；在t=0到1=16s时间内从A发出的半个波在前进的过程中所遇到8 发出的波的波峰个数为6。解析：由图乙得到周期，即可根据波速求得波长；根据波速得到波的传播距离，从而由几何关系得到两波相遇的范围，进而根据相遇范围宽度和B波波长的关系得到波峰个数。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。