河北省邯郸市2021届新高考物理一模试卷含解析

河北省邯郸市2021届新高考物理一模试卷
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．如图所示，一个人静止在地面上，当60α︒=时，人能拉起重物的最大重力为人重力的0.2倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（忽略定滑轮的摩擦力），则当30︒=α时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的（ ）
A ．0.3倍
B ．0.6倍
C ．0.8倍
D ．1.61倍
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 设人与地面间的动摩擦因数为μ，当60α︒=时
0.2sin 60(0.2cos 60)G G G μ︒︒=-
当30︒=α时
sin 30(cos30)kG G kG μ︒︒=-
求得0.3k ≈，选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动。

已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2。

则在该段时间内( )
A ．物体的加速度大小为2 m/s 2
B ．弹簧的伸长量为3 cm
C ．弹簧的弹力做功为30 J
D ．物体的重力势能增加36 J
【答案】B
【解析】
【详解】
A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为
a ＝＝1 m/s 2
选项A 错误；
B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，
F －mgsin 30°＝ma
解得F ＝6 N 。

由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，选项B 正确；
CD.在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大
ΔE k ＝ ＝6 J
根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6 m ，物体重力势能增加
ΔE p ＝mgxsin 30°＝30 J
根据功能关系可知，弹簧弹力做功
W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J
选项C 、D 错误。

3．如图所示，围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星的周期分别为T 1和T 2，两颗卫星的轨道半径的差值为d ，地球表面重力加速度为g ，根据以上已知量无法求出．．．．
的物理量是（引力常量G 未知）（ ）
A ．地球的半径
B ．地球的质量
C ．两颗卫星的轨道半径
D ．两颗卫星的线速度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 ABC ．根据万有引力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有
211211
2π()Mm G m r r T = 2222222π()Mm G
m r r T =
且
21R R d -=
由公式 2Mm G mg R = 联立可解得两颗卫星的轨道半径和地球的半径，由于引力常量G 未知则无法求出地球的质量，故AC 正确，B 错误；
D ．由公式2πr v T
=
可知，由于两颗卫星的轨道半径和周期已知或可求出，则可求出两颗卫星的线速度，故D 正确。

故选B 。

4．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行，且小球A 正好静止在斜面中点．在小球A 的正下方地面处固定放置一带电小球B ，两球相距为d ．已知两球的质量均为m 、电荷量均为+q ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（ ）
A ．两球之间的库仑力F=k
B ．当时，斜面对小球A 的支持力为
C ．当时，细线上拉力为0
D ．将小球B 移到斜面底面左端C 点，当时，斜面对小球A 的支持力为0
【答案】C
【解析】
A. 依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F= k ，故A 正确；
BC 、当时,则有k = mg ，
对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A 的支持力为N= mg ； T= mg ，故B 正确，C 错误；
D. 当小球B 移到斜面底面左端C 点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T 与F 的夹角为120∘，当时，即有k =mg ，根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A 的支持力为N=0，故D 正确；
本题选择错误的答案，故选C.
5．如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为12.09eV 的单色光照射大量处于基态的氢原子，激发后的氢原子可以辐射出几种不同频率的光，则下列说法正确的是（ ）
A ．氢原子最多辐射两种频率的光
B ．氢原子最多辐射四种频率的光
C ．从3n =能级跃迁到2n =能级的氢原子辐射的光波长最短
D ．从3n =能级跃迁到1n =能级的氢原子辐射的光波长最短
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．基态的氢原子吸收12.09eV 的能量后会刚好跃迁到3n =能级，大量氢原子跃迁到3n =的能级后最
多辐射233C =种频率的光子，所以AB 均错误；
CD ．由公式m n h E E ν=-以及c
νλ=，知能级间的能量差越大，辐射出的光子的频率越大，波长就越短，
从3n =到1n =能级间的能量差最大，辐射的光波长最短，C 错误，D 正确。

故选D 。

6．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( )
A ．0E
B ．0m E M
C ．0m E M m -
D ．02
()Mm E M m - 【答案】C
【解析】
【详解】
放出质量为m 的粒子后，剩余质量为M m -，该过程动量守恒，则有： 0)(mv M m v -=
放出的粒子的动能为：
20012
E mv = 原子核反冲的动能： ()212
k E M m v =- 联立解得： 0k m E E M m =
- A.0E 与分析不符，不符合题意； B.
0m E M
与分析不符，不符合题意； C.0m E M m -与分析相符，符合题意； D.02
()Mm E M m -与分析不符，不符合题意。

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．如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R 0和均匀密绕的滑线变阻器R 串联。

若不考虑温度对R 0、R 阻值的影响。

在将滑动头P 自a 匀速滑到b 的过程中（ ）
A．原线圈输入功率变大B．原线圈两端电压变大
C．R两端的电压变小D．R0消耗的电功率变小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P自a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式P UI
=可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A正确，B错误；
C．由于副线圈中电流变大，则R0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R两端电压变小，故C正确；D．将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误。

故选AC。

8．以下说法正确的是（）
A．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径
B．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断
C．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．摩尔体积
M
V
ρ
=，气体分子所占空间
A
V
V
N
=，所以可以求得分子间的平均距离，故A错误；
B．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B错误；
C．当分子间距离小于r0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力，故C正确；
D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确。

故选CD。

9．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A 、B 两部分，初始温度相同，使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为A B V V ∆∆、 ，压强变化量为A B p p ∆∆、，对液面压力的变化量为A B F F 、∆∆，则（ ）
A ．水银柱向下移动了一段距离
B ．A B V V ∆<∆
C ．A B p p ∆<∆
D ．A B F F D >D
【答案】CD
【解析】
【详解】
AC ．首先假设液柱不动，则A 、B 两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A ：
''A A A p p p T T T
∆==∆ 得
A A T p p T
∆∆=① 对气体B ：
''B B B p p p T T T
∆==∆ 得
B B T p p T
∆∆=② 又设初始状态时两液面的高度差为h （水银柱的长度为h ），初始状态满足
A B p h p +=③
联立①②③得
B A p p ∆>∆
水银柱向上移动了一段距离，故A 错误C 正确；
B ．由于气体的总体积不变，因此A B V V ∆=∆，故B 错误；
D ．因为B A p p ∆<∆，且液面上升，上表面面积变大，所以
A B F F D >D
故D 正确。

故选CD 。

10．关于空气湿度，下列说法正确的是_________
A ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
B ．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
C ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
D ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
E.相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水蒸气越接近饱和
【答案】ADE
【解析】
【详解】
AB ．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水蒸气的压强表示来表示，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故A 正确，B 错误；
CD ．人们感受的干燥或潮湿取决于空气的相对湿度。

相对湿度越大，感觉越潮湿；相对湿度越小，感觉越干燥，故C 错误，D 正确；
E ．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，故E 正确；
故选ADE 。

11．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，物体B 上部半圆形槽的半径为R ，将物体A 从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则( )
A ．A 能到达
B 圆槽的左侧最高点
B ．A 运动到圆槽的最低点时A 3
gR
C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为43gR
D ．B 向右运动的最大位移大小为
23
R 【答案】AD
【解析】
【详解】 A ．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，A 正确；
BC ．设A 运动到圆槽最低点时的速度大小为v A ，圆槽B 的速度大小为v B ，规定向左为正方向，根据A 、B 在水平方向动量守恒得
0＝mv A －2mv B
解得v A ＝2v B
根据机械能守恒定律得
2211222
A B mgR mv mv =+⨯ 解得13B v gR =，43
A v gR =，BC 错误； D ．当A 运动到左侧最高点时，
B 向右运动的位移最大，设为x ，根据动量守恒得
m(2R －x)＝2mx
解得x ＝23
R ，D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m ，其左端用导线接有两个阻值为4Ω的电阻，整个装置处在竖直向上、大小为2T 的匀强磁场中。

一质量为2kg 的导体杆MN 垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0. 5。

对杆施加水平向右、大小为20N 的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s 2。

则
A ．M 点的电势高于N 点
B ．杆运动的最大速度是10m/s
C ．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等
D ．当杆达到最大速度时，MN 两点间的电势差大小为20V
【答案】BC
【解析】
【详解】
A 、根据右手定则可知，MN 产生的感应定律的方向为M N →，则N 相当于电源在正极，故M 点的电势低于N 点，故选项A 错误；
B 、当杆的合力为零时，其速度达到最大值，即：22B L v F mg BIL mg R μμ=+=+总
由于1=42
R R r +=Ω总 代入数据整理可以得到最大速度10/v m s =，故选项B 正确；
C 、由于杆上电阻r 与两电阻并联阻值相等，而且并联的电流与通过杆MN 的电流始终相等，则根据焦耳定律可知，杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，故选项C 正确；
D 、根据法拉第电磁感应定律可知，当速度最大时，其MN 感应电动势为：
211020E BLv V V ==⨯⨯=
根据闭合电路欧姆定律可知，此时电路中总电流为：2054
E I A A R 总总=== 则此时MN 两点间的电势差大小为：=-205210NM U E I r V V V =-⨯=总，故D 错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图a 所示，某同学利用下图电路测量电源电动势和内阻。

先将电路中的电压传感器d 端与a 端连接。

（1）若该同学开始实验后未进行电压传感器的调零而其他器材的使用均正确，则移动滑片后，得到的U-I 图象最可能为___________。

A ．
B ．
C ．
D ．
（2）将电压传感器d 端改接到电路中c 端，正确调零操作，移动滑片后，得到如图b 所示的U-I 图，已知定值电阻R=10Ω，则根据图象可知电源电动势为_________V 、内阻为________Ω。

（结果保留2位有效数字）
【答案】B 3.0 0.53
【详解】
（1）该同学开始实验后未进行电压传感器的调零，则电路电流为0时，电压传感器有示数，不为0，作出的U-I 图象中，电压随电流的增大而增大，但纵坐标有截距，观察图b 中的图象可知B 符合；
（2）将电压传感器d 端改接到电路中c 端，则电压传感器测量的是滑动变阻器的电压，但由于正负接线接反了，因此测量的数值会变为负值，计算时取绝对值即可，根据如图（c ）所示的U-I 图可知，电源电动势为3V ，由闭合电路的欧姆定律有：()E U I R r =++，当U=2V 时，I=0.095A ，即
()20.095E R r =++，解得：内阻r≈0.53Ω。

14．某小组同学用如图所示的装置来“验证动能定理”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门，A 是光电门的中心位置，滑块P 上固定一宽度为d 的遮光片。

将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为B 点。

该小组已经测出滑块与木板间的动摩擦因数为μ、査得当地重力加速度为g 。

根据本实验的原理和目的回答以下问题：
(1)为了“验证动能定理”，他们必需测量的物理量有___________；
A ．滑块释放的高度h
B ．遮光片经过光电门时的遮光时间t
C ．滑块的质量m
D ．A 点到B 点的距离x
(2)该组同学利用题中已知的物理量和(1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式___________在误差范围内成立即可验证动能定理；
(3)以下因素会给实验结果带来误差的是___________。

A ．滑块释放时初速度不为零
B ．曲面不光滑
C ．遮光片的宽度不够小
D ．光电门安放在连接处稍偏右的地方
【答案】BD 2
22d gx t
μ= C 【解析】
【分析】
(1)[1]．要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即
212mv mgx
μ= 其中
d v t
= 可得
2
22d gx t
μ= 则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间t 和A 点到B 点的距离x ，故选BD 。

(2) [2]．由以上分析可知，需要验证表达式2
22d gx t
μ=在误差范围内成立即可验证动能定理； (3) [3]．A ．滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项A 错误；
B ．曲面不光滑对实验无影响，选项B 错误；
C ．遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过A 点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项C 正确；
D ．光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项D 错误；
故选C 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，质量均为m 的两个小球A 、B 固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，AB=OB=l ，可绕过O 点且与纸面垂直的水平轴无摩擦地在竖直平面内转动，空气阻力不计。

A 球带正电，B 球带负电，电量均为q ，整个系统处在竖直向下的匀强电场中，场强E=
2mg q。

开始时，AB 水平，以图中AB 位置为重力势能和电势能的零点，问：
(1)为使系统在图示位置平衡，需在A 点施加一力F ，则F 至少多大？方向如何？
(2)若撤去F ，OB 转过45°角时，A 球角速度多大？此时系统电势能总和是多大？
(3)若撤去F ，OB 转过多大角度时，系统机械能最大？最大值是多少？
【答案】（1）
324mg ；方向与AB 成45︒角斜向上（2()8261g -；24
mgl -（3）90°；12mgl 【解析】
(1)当F 垂直于OA 时力最小，根据力矩平衡：
mgl qEl F +=
已知：
12
qE mg = 可以求出：
4
min F mg = 方向与AB 成45︒角斜向上
(2)对系统列动能定理可得：
2211()()(1cos45)22
A B mg qE l mg qE l mv mv ++--︒=
+ 其中：
A v l =，
B v l ω=
可得：
ω=此时，电场力对A 球做正功，则有：
A W qEl =
电场力对B 球做负功，则有：
(1cos45)B W qEl =--︒
则电场力对系统做功：
cos45W qEl =︒
则系统电势能：
24P E ==
(3)电势能最小时，机械能最大，由(2)的结论，系统电势能总和为：
cos θP E qEl =-
即当90θ=︒，电势能最小：
min P l E qE =-
初始位置时，电势能和机械能均为零，则此时最大机械能：
12
max E qEl mgl ==机 16．如图(a)，水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l ＝0.43m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。

在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd ，线框沿斜面下滑时，ab 、cd 边始终与磁场边界保持平行。

以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E 与位移s 之间的关系如图(b)所示，图中①、②均为直线段。

已知线框的质量为m ＝0.1kg ，电阻为R ＝0.06Ω。

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s 2）求：
(1)线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)ab 边刚进入磁场时，线框的速度v 1；
(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t ；
(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率P m ；
【答案】 (1)μ＝0.5 (2)1.2m/s (3)0.125s (4)0.43W
【解析】
【详解】
(1)根据线段①，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：
11cos37(0.9000.756)J E mgs μ∆=︒=－＝0.144J
其中s 1＝0.36m
解得：
μ＝0.5
(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：
sin37cos37ma mg mg μ=︒︒－
线框的加速度
sin37cos372a g g μ=︒︒=－m/s 2
速度：
1 1.2v ==m/s
(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。

设L 为线框的边长，则：
2()(0.7560.666)J 0.09J f f E W W F F L ∆=+=+==克克安安－
sin 37f F F mg +=︒安
联立解得
L ＝0.15m
线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：
10.15s 0.125s 1.2
L t v === (4)在线框匀速进入磁场时，安培力
sin 37cos370.2N F mg mg μ=︒︒=安－
又因为：
221B L v F BIL R
==安 可求出
220.01B L =
线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当ab 边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安培力最大，线框内的电功率最大
由
22212()v v a l L -=－
可求得
v 2＝1.6m/s
所以线框内的最大电功率
2222m 1.28W 0.43W 3
B L v P R ==≈ 17．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O 为圆心．在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子沿图中直径从圆上的A 点射入柱形区域，在圆上的D 点离开该区域，已知图中θ=120°，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A 点射入柱形区域，也在D 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，试求：
（1）电场强度E的大小；
（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比．
【答案】（1）电场强度E的大小是；
（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比是2π：1
【解析】
试题分析：（1）加磁场时，粒子做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的运动轨迹图象，由几何关系可以得到轨道半径，进而由洛伦兹力提供向心力可得粒子初速度v0的大小；
粒子在匀强电场中粒子做类平抛运动，由平抛规律可得电场强度大小．
（2）粒子在磁场中运动时，根据轨迹的圆心角求解时间，由类平抛的规律得到电场运动的时间，即可解答．
解：（1）加磁场时，粒子从A到D有：qBv0=m①
由几何关系有：r=Rtan=R ②
加电场时，粒子从A到D有：
R+Rcos60°=v0t ③
Rsin60°=④
由①～④得：E=⑤
（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知：圆心角α=60°
圆运动周期：T==⑦
经磁场的运动时间：t′=T=⑧
由①～④得粒子经电场的运动时间：t=⑨
即：=⑩
答：
（1）电场强度E的大小是；
（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比是2π：1．
【点评】本题的关键问题是做出粒子的运动轨迹，再加上熟练应用几何关系才能解决这个题，带点粒子在磁场中的运动，一定要掌握好几何工具．。