河北省衡水市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

河北省衡水市2021届新高考第二次模拟物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一宇航员到达半径为R 、密度均匀的某星球表面，做如下实验：如图甲所示，用不可伸长的长为L 的轻绳拴一质量为m 的小球，轻绳上端固定在O 点，在最低点给小球一初速度，使其绕O 点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小F 随时间t 的变化规律如图乙所示。

引力常量G 及图中F 0均为已知量，忽略各种阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．该星球表面的重力加速度为07F m
B 0F L m
C Gm R
D ．该星球的密度为034F mGR
π 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．由乙图知，小球做圆周运动在最低点拉力为7F 0，在最高点拉力为F 0，设最高点速度为2v ，最低点速度为1v ，在最高点
220v F mg m L
+= 在最低点
2107v F mg m L
-= 由机械能守恒定律得
221211222
mv mgL mv =+ 解得
022F L v m
=，0F g m = 故AB 错误。

C ．在星球表面
22GMm v mg m R R == 该星球的第一宇宙速度
0F R v m
= 故C 错误；
D ．星球质量
2
20F R gR M G mG
== 密度 034F M V mGR
ρ==π 故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，质量为50kg 的同学在做仰卧起坐运动．若该同学上半身的质量约为全身质量的35 ，她在1min 内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m ，则她克服重力做的功W 和相应的功率P 约为
A ．W=4500J P=75W
B ．W=450J P=7.5W
C ．W=3600J P=60W
D ．W=360J P=6W
【答案】A
【解析】
【详解】 每次上半身重心上升的距离均为0.3m ，则她每一次克服重力做的功：W=35mgh=35
×50×10×0.3=90 J ；1分钟内克服重力所做的功：W 总=50W=50×
90=4500 J ；相应的功率约为：45007560
W P W t =总＝＝，故A 正确，BCD 错误，故选A. 3．将检验电荷q 放在电场中，q 受到的电场力为F ，我们用F q
来描述电场的强弱。

类比于这种分析检验物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（ ）
A．Φ
S
B．
E
Lv
C．
F
IL
D．
2
FR
L v
【答案】C 【解析】【详解】
将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F，我们用F
q
来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体
在场中受力的方法，用
F
B
IL
来描述磁场的强弱；故C项正确，ABD三项错误。

4．一带电粒子从A点射人电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有
A．粒子带正电荷
B．粒子的速度不断增大
C．粒子的加速度先不变，后变小
D．粒子的电势能先减小，后增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.带电粒子做曲线运动，受力指向曲线的内侧，所以所受电场力向左，带负电；A错；
BC.电场力做负功，所以动能越来越小，电势能越来越大，速度越来越小B错；C,对；
D.等势线的疏密程度反映场强大小，所以所受电场力越来越小，加速度越来越小，D错．
故选C
5．如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）
A ．两小球落地时的速度相同
B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同
D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒可知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A 错误。

B ．落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A 物体重力与速度的夹角为锐角，B 物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B 物体重力的瞬时功率大于A 物体重力的瞬时功率，故B 错误。

C ．根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh ，故C 正确。

D ．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A 所需时间小于B 所需时间，根据知重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误。

6．2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km 的圆，地球半径为6400km ，第一宇宙速度为7.9km/s 。

则该卫星的运行速度为（ ）
A ．11.2km/s
B ．7.9km/s
C ．7.5km/s
D ．3.lkm/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 2
2 Mm v G m R R
= 则有第一宇宙速度
7.9GM v R
==km/s “吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2() Mm v G m R h R h
'=++ 联立解得
7.5v '=km/s
故C正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，D点为正三角形的中心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点关于顶点c的对称点，则下列说法中正确的是（）
A．D点的电场强度为零
B．E、F两点的电场强度等大反向、电势相等
C．E、G、H三点的电场强度和电势均相同
D．若释放c处的电荷，电荷在电场力作用下将做加速运动（不计空气阻力）
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0，故A正确；
B．由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，而电荷c在DF位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故EF两点的电场强度大小不同，方向相反，故B错误；
C．E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，故E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b 决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C错误；
D．若释放电荷c，则a、b在C点的合场强水平向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动，故D正确。

故选AD。

8．如图，装有水的杯子从倾角α = 53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°。

取重力加速度g = 10 m/s2，sin53°= 0.8，sin16°= 0.28，则
A ．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s 2
B ．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s 2
C ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75
D ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87
【答案】BC
【解析】
【详解】
取水平面的一质量为m 的小水滴为研究对象，
由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin 53sin 37mg N ma o o -=； cos53cos37mg N =o o 解得
a=3.5m/s 2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin 5353Mg Mgcos Ma μ-=o o 解得μ=0.75，故选BC.
9．两相距2R 、电量相等的点电荷Q 1、Q 2放在水平轴线上，Q 1带负电，Q 2带正电，O 为两者中点。

以Q 1为圆心、半径为R 的球面上有a 、b 、c 三位置，a 、Q 1、Q 2在同一竖直平面内，b 、c 、Q 1在同一水平平面内，且a 、b 连线与水平轴垂直，b 、c 连线与水平轴平行，a 、O 相距为R ，如图所示。

下列说法正确的是( )
A ．a 、b 两处电势相等
B ．b 、c 两处电势相等
C ．a 、b 两处场强大小相等
D ．b 、c 两处场强大小相等
【答案】AC
【解析】
【详解】 AB ．在1Q 产生的电场中，a 、b 、c 三点等势，在2Q 产生的电场中，a 、b 等势且高于c 点电势，故A 正
确，B错误；
C．由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；
D．b、c与1Q等距，距2Q的距离b近c远，由平行四边形定则可知，b点场强大于c点，故D错误。

故选AC。

10．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（）
A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、B：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电．故A正确，B错误；C：根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．D：由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确．
故选AD．
11．如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2 =2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷-Q、+Q(Q>0)。

一带负电的粒子(重力不计)位于右侧远处，现给粒子一向左的初速度，使其沿轴线运动，穿过两环后运动至左侧远处。

在粒子运动的过程中
A．从O1到O2，粒子一直做减速运动
B．粒子经过O1点时电势能最小
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最大
D．粒子从右向左运动的整个过程中，电势能先减小后增加
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．+Q 圆环在水平线上产生的场强竖直分量叠加为0，只有水平分量相加，所以+Q 圆环在水平线上的场强方向与水平线平行，同理Q -圆环在水平线上的场强方向与水平线平行；根据场强的叠加，带负电粒子从1O 到2O 过程中，受到的电场力合力方向始终水平向右，与粒子运动方向相反，所以粒子做减速运动，A 正确；
BC ．+Q 圆环在水平线上1O 处场强为0，在向右无穷远处场强为0，同理Q -圆环在水平线上的场强分布也如此，根据场强的叠加说明在1O 右侧和2O 左侧必定存在场强为0的位置，所以粒子从右侧远处运动到1O 过程中，合场强先水平向左减小，带负电粒子所受电场力水平向右减小，电场力做正功，电势能减小，粒子做加速运动，在1O 右侧某位置合场强为0，粒子速度达到最大，动能最大；继续向左运动，合场强水平向右且增大，粒子所受电场力水平向左，电场力做负功，电势能增大，粒子做减速运动至1O ，B 错误，C 正确；
D ．粒子穿过2O 后，对比上述分析可知，粒子所受电场力先水平向右，后水平向左，所以电势能先减小，后增大，综合BC 选项分析，D 错误。

故选AC 。

12．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点。

电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是（ ）
A ．φ1∶φ2＝1∶2
B ．φ1∶φ2＝1∶3
C ．在0~2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小
D ．在0~2T 时间内，电子的动能增大了222
22e T d m
ϕ 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电子在0~T 时间内向上加速运动，设加速度为a 1，在T~2T 时间内先向上减速到零后向下加速回到原出发点，设加速度为a 2，则
2211211()22
a T a T T a T =-⋅- 解得
213a a =
由于
11e
a dm ϕ= 22e a dm
ϕ=
则 φ1∶φ2＝1∶3
选项A 错误，B 正确；
C ．依据电场力做正功最多，电势能最小，而0～T 内电子做匀加速运动，T ～2T 之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动，因φ2=3φ1，t 1时刻电子的动能
222212221K e T E mv md
ϕ== 而粒子在t 2时刻的速度
12122eT v v a T dm
ϕ=-=- 故电子在2T 时的动能
2222212K e T E md
ϕ= 所以在2T 时刻电势能最小，故C 错误；
D ．电子在2T 时刻回到P 点，此时速度为
12122eT v v a T dm
ϕ=-=-
（负号表示方向向下） 电子的动能为 222
2221212K e T d v E m m
ϕ＝＝ 根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．从坐标原点O 产生的简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，t=0时刻波的图像如图所示，此时波刚好传播到M 点，x=1m 的质点P 的位移为10cm ，再经0.1t s ∆=，质点P 第一次回到平衡位置，质点N
坐标x=-81m （图中未画出），则__________________．
A ．波源的振动周期为1.2s
B ．波源的起振方向向下
C ．波速为8m/s
D ．若观察者从M 点以2m/s 的速度沿x 轴正方向移动，则观察者接受到波的频率变大
E ．从t=0时刻起，当质点N 第一次到达波峰位置时，质点P 通过的路程为5.2m
【答案】ABE
【解析】
AC 、由函数关系可得本题说对应的数学函数为：220sin x
y πλ= ，由题条件可知当x=1时，y=10cm,代
入解得12m λ= ，P 点在经过0.1t s ∆=第一次回到平衡位置，所以在波的传播方向0.1s 前进了1m ，所以波速为110/0.1v m s == 周期12 1.210
T s v λ=== ，故A 正确；C 错误； B 、t=0时刻波刚好传播到M 点，则M 点的振动方向即为波源的起振方向，结合波振动方向的判断方法知波源的起振方向向下，故B 正确；
D 、若观察者从M 点以2m/s 的速度沿x 轴正方向移动，由多普勒效应知观察者接受到波的频率变小，故D 错误；
E 、波传播到N 需要18112 6.910
s t s v -=== ，刚传到N 点时N 的振动方向向下，那么再经过233 1.20.944t T s ==⨯= ，所以质点P 一共振动了7.87.8 6.51.2
t s T T === 所以,在此过程中质点P 运动的路程为: 6.5420 5.2s cm m =⨯⨯= 故E 正确；
综上所述本题答案是:ABE
点睛：根据波的传播方向得到质点P 的振动方向,进而得到振动方程,从而根据振动时间得到周期; 由P 的坐标得到波的波长,进而得到波速;根据N 点位置得到波峰传播距离,从而求得波的运动时间,即可根据时间求得质点P 的运动路程.
14．某同学在用如图所示实验装置测量光的波长的实验中，已知两缝间的间距为0.3mm ，以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2m 远的屏上，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示；然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示。

图甲读数为____________mm ，图乙读数为_________mm 。

根据以上实验，测得光的波长是_________m （结果保留2位有效数字）。

【答案】2.335（2.332-2.337） 15.375（15.372-15.377） 6.5×
10-7 【解析】
【分析】
【详解】
[1] 图甲螺旋测微器固定刻度的读数是2.0mm
可动刻度的读数是
33.5×0.01 mm =0.335mm
则螺旋测微器的读数等于
2.0mm+0.335mm=2.335mm
（2.332-2.337都正确）
[2] 图乙螺旋测微器固定刻度的读数是15.0mm
可动刻度的读数是
37.5×0.01 mm =0.375mm
则螺旋测微器的读数等于
15.0mm+0.375mm=15.375mm
（15.372-15.377都正确）
[3]相邻条纹间距为
211
x x x n -∆=- 根据双缝干涉的条纹宽度的公式
L x d
λ∆= 则这种单色光的波长
21((1))x x d x d l n l
λ-∆⋅==- 代入数据解得
76.50m 1λ-=⨯
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为一个用折射率3的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°，
BC=20cm．现有一单色光在色细光束从距B点30cm 的O点垂直入射到棱镜的AB面上．每个面上的反射只考虑一次，已知光在真空中的速度为c=3.0×108 m/s．求：
（1）最先从棱镜射出的光束的折射角；
（2）从BC 面射出的光束在棱镜中运动的时间．
【答案】（1）600（2）2×10-9s
【解析】
【详解】
（1）光束从O点垂直AB面进入棱镜，射到CD面上，由几何关系入射角为300
由
1 sin C
n
=
可知C>300，所以在CD面上有光线折射出．
由折射定律
sin
sin
i n
γ=
解得最先从棱镜射出的光束的折射角γ=600
（2）当光经CD面反射后沿EF射到AB面时，可知入射角为600，因C<600,因此在AB面将发生全反射，此后光垂直于BC 面从G点射出，
由几何关系可知
103
OE=
203
EF=3cm
由
c n
v =
光束在棱镜中运动的时间
s OE EF FG t
v v
++
==
解得t=2×10-9s
【点睛】
本题关键掌握全反射的条件，并能结合几何知识判断能否发生全反射．再运用折射定律求解．
16．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：
（1）电场强度E的大小．
（2）圆形磁场区域的半径R．
（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．
【答案】（1）
2
3
2
mv
qh
．（2
）0
23
3
mv
qB
．（3）
23
3
h m
qB
π
+
【解析】
（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小v=0
sin30
v
o
=2v0
竖直分速度v y=v0cot30°=3v0
由
2
2
y
v
h
a
=，a=
qE
m
得
E=
2
3
2
mv
qh
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．由牛顿第二定律得：qvB=m
2
v
r
，0
2mv
mv
r
qB qB
==
根据几何关系得：R=rtan30°=0
23mv
（3）在电场中，由h=12y v t 得 t
1=0
23h ； 在磁场中，运动时间 2112663m m t T qB qB
ππ==⨯= 故带电粒子从P 点到N 点，所经历的时间 t=t 1+t 2=02333h m v qB
π+ ． 17．一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t=0时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知长木板的质量M=2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g=10m/s 2，求：
（1）物块的质量m ；
（2）这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？
【答案】（1）4kg （2）24J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）长木板和物块组成的系统动量守恒：)Mv M m v 共（=
+ 代入数据解得：4m kg = ．
（2）设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：
2211()24J 22
Q Mv M m v =-+=共。