河北省邢台市2021届新高考第一次模拟物理试题含解析

河北省邢台市2021届新高考第一次模拟物理试题
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． “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。

如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为m 1，B 星球的质量为m 2，它们球心之间的距离为L ，引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 星球的轨道半径为212
m L m m + B ．A 星球运行的周期为122()
L L G m m π+ C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比为m 1：m 2
D ．若在O 点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】
由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对A 星球有：
212112m m G m r L
ω= 对B 星球有 212222m m G
m r L ω= 得
1221::r r m m =
又
12r r L +=
得
2112
m r L m m =+
1212m r L m m =+ 故
A 错误；
B ．根据
2
1211224m m G m r L T
π= 2112
m r L m m =+ 解得周期
()
122L T L G m m π=+， 故B 正确；
C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比
1221
A B v r m v r m ωω== 故C 错误；
D ．O 点处的质点受到B 星球的万有引力
22222112B Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭
受到A 星球的万有引力
11221212A Gm m Gm m F r m L m m ==⎛⎫ ⎪+⎝⎭
故质点受到两星球的引力之和不为零，故D 错误。

故选B 。

2．如图所示，在水平匀强电场中，有一带电粒子（不计重力）以一定的初速度从M 点运动到N 点，则在此过程中，以下说法中正确的是（ ）
A ．电场力对该带电粒子一定做正功
B ．该带电粒子的运动速度一定减小
C ．M 、N 点的电势一定有φM ＞φN
D ．该带电粒子运动的轨迹一定是直线
【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．粒子的带电性质不知道，所以受到的电场力方向不确定，电场力可能做正功也可能做负功，则粒子的速度可能增加也可能减小，故AB 错误；
C ．沿着电场线的方向电势一定降低，所以φM ＞φN ，故C 正确；
D ．粒子只受电场力作用，电场力的方向在水平方向，而粒子的运动方向和水平方向有一夹角，所以粒子不会做直线运动，故D 错误；
故选C.
3．如图为模拟远距离输电的部分测试电路。

a 、b 端接电压稳定的正弦交变电源, 定值分别为12R R 、，且12R R <,理想变压器的原、副线圈匝数比为k 且1k <,电流表、电压表均为理想表，其示数分別用I 和U 表示。

当问下调节电滑动变阻器R 3的滑动端P 时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI 和ΔU 表示。

则以下说法错误的是（ ）
A ．12R U I k ∆=∆
B ．2U R I
= C ．电源的输出功率一定减小
D ．电压表示数一定增加
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．理想变压器初、次级线圈电压变化比 12
=U n U n ∆∆初
次 电流变化比为
21
=I n I n ∆∆初次 则
2221U U n
I n I ∆∆=∆∆次
初次初
将1R 视为输入端电源内阻，则
1=U R I ∆∆初
初
所以 1R 221221U U n R I n I k
∆∆==∆∆次
初次初 这也是1R 耦合到次级线圏电阻值为
12R k
，即为等效电源内阻，故A 正确； B ．因 23+U R R I
= 故B 错误；
C ．当向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C 正确；
D ．当向下调节滑动变阻器R 3的滑动端P 时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R 1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D 正确。

故选B 。

4．如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形ABCD 位于竖直平面内，其中AB 边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。

其中A 、B 处小球质量均为m ，电荷量均为2q(q>0)；C 、D 处小球质量均为2m ，电荷量均为q 。

空间存在着沿DB 方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心O 顺时针方向旋转90°，则四个小球所构成的系统（ ）
A ．电势能增加，重力势能增加
B ．电势能不变，重力势能不变
C ．电势能减小，重力势能减小
D ．电势能不变，重力势能增加
【答案】D
【解析】
【详解】
让正方形绕其中心O 顺时针方向旋转90°，则电场力对四个小球做总功为：
=2cos 452cos 45cos 45cos 450W E q L E q L E q L E q L ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅+⋅⋅=o o o o 电
则系统电势能不变；
系统重力势能变化量：
2p E mgL mgL mgL ∆=-=
则重力势能增加；
A ．电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项A 错误；
B ．电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项B 错误；
C ．电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项C 错误；
D ．电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项D 正确；
故选D.
5．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。

进一步探测发现在地面P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。

假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。

如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg(k<1)。

已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是
A ．kgd G ρ
B ．2kgd G ρ
C ．(1)k gd G ρ-
D ．2(1)k gd G ρ
- 【答案】D
【解析】
【详解】 地球表面正常的重力加速度大小为g ,由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg ，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为()1k g -，结合万有引力定律2
Mm G ma r =，即()21Vm
G m k g d ρ=-，解得：()21k gd V G ρ
-=，故D 项正确，ABC 错误。

6．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。

如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。

则（）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，选项A错误，B正确；
CD．若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R电阻变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，选项CD错误。

故选B。

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．如图是某初中地理教科书中的等高线图（图中数字的单位是米）。

小山坡的右侧比左侧更陡些，如果把一个球分别从山坡左右两侧滚下（把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍），会发现右侧小球加速度更大些。

现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是（）
A．b点电场强度比a点大
B．左侧电势降低的更快
C．同一电荷在电势高处电势能也一定大
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力也一定大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据
U=Ed
相同电势差右侧b点的距离更小，所以b点电场强度比a点大，故A正确；
B．等势线越密集的地方电势降落的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故B错误；C．电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能也不一定大，故C错误；
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力一定大，故D正确。

故选AD。

8．在星球M上一轻弹簧竖直固定于水平桌面，物体P轻放在弹簧上由静止释放，其加速度a与弹簧压缩量x的关系如图P线所示。

另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样过程，其加速度a与弹簧压缩量x的关系如Q线所示，下列说法正确的是（）
A．同一物体在M星球表面与在N星球表面重力大小之比为3：1
B．物体P、Q的质量之比是6：1
C．M星球上物体R由静止开始做加速度为3a0的匀加速直线运动，通过位移x0
00
3a x
D．图中P、Q下落的最大速度之比为
6 2
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．分析图象可知，弹簧压缩量为零时，物体只受重力作用，加速度为重力加速度，则物体在M星球表面
的重力加速度：03M g a =，在N 星球表面的重力加速度：0N g a =，则同一物体在M 星球表面与在N 星球表面重力大小之比为3：1，故A 正确；
B ．分析物体的受力情况，加速度为零时，重力和弹簧弹力平衡，根据平衡条件可得
P M 0m g kx =，Q N 02m g kx =
解得
P Q 16
m m = 故B 错误；
C ．M 星球上，物体R 由静止开始做匀加速直线运动，加速度为3a 0，通过位移x 0，根据速度—位移公式 20023v a x =⨯⋅
可知速度为v =，故C 错误；
D ．根据动能定理可知，合外力做功等于动能变化，即
k ma x E ⋅=∆
根据图象的面积可得
kP P 00132E m a x =⋅⋅，kQ Q 00122
E m a x =⋅⋅ 动能之比
kP P kQ Q
32E m E m = 结合前面的分析则最大速度之比
P Q v v = 故D 正确。

故选AD 。

9．某人提着箱子站在电梯里，电梯从一楼上升到三楼的整个过程中先匀加速后匀减速，关于此过程，下列说法正确的是
A ．手对箱子的力大小始终等于箱子对手的力的大小
B ．手对箱子的力大小始终等于箱子的重力的大小
C ．人对电梯的压力先持续增大后持续减小
D ．人对电梯的压力先大于人和箱子的总重力后小于人和箱子的总重力
【答案】AD
【解析】
【详解】
A.根据牛顿第三定律可知，人手对箱子力的大小始终等于箱子对手的力的大小，故A 正确；
B.向上加速时处于超重状态，向上减速时处于失重状态，则手对箱子的拉力先大于箱子的重力，后小于箱子的重力，故B 错误
CD.向上匀加速时，人对电梯的压力大于人和箱子的总重力，但并不是持续增大，向上:匀减速时，人对电梯的压力小于人和箱子的总重力，但不是持续减小，故C 错误，选项D 正确。

10．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直纸面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc 边刚好运动到匀强磁场PQ 边界的v ﹣t 图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g ，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．t 1到t 2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向
B ．线框的边长为v 1（t 2﹣t 1）
C ．线框中安培力的最大功率为212
mgv v D ．线框中安培力的最大功率为221
mgv v 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A 错误；
B ．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v 1，匀速运动的时间为t 2﹣t 1，故金属框的边长：L ＝v 1（t 2﹣t 1），故B 正确；
CD ．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg ＝BIL ，又1BLv I R =
，又 L ＝v 1（t 2﹣t 1），联立解得：()1211
l
mgR B v t t v =-时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为
P m ＝F 安t 2，又222B L v F R
=安，联立得：221m mgv P v =，故C 错误，D 正确． 11．在医学上，常用钴60产生的γ射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。

钴60的衰变方程为
，下列说法正确的是（ ）
A ．钴60发生的是β衰变，X 是电子
B ．γ射线比β射线的穿透能力强
C ．X 粒子是钴60原子核的组成部分
D ．该衰变过程释放的核能全部转化为γ射线的能量
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为0，电荷数为-1，则钴60发生的是β衰变，X 是电子，选项A 正确；
B ．射线比β射线的穿透能力强，选项B 正确；
C ．X 粒子是电子，不是钴60原子核的组成部分，选项C 错误；
D ．该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，选项D 错误。

12．如图所示，有上下放置的两个宽度均为0.5m L =的水平金属导轨，左端连接阻值均为2Ω的电阻1r 、2r ，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为0.1m R =。

整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为2T B =。

初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的长刚好为L ，质量1kg m =，电阻不计。

某时刻金属棒获得了水平向右的速度02m/s v =，之后恰好水平抛出。

已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度2
10m/s g =，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒抛出时的速率为1m/s
B ．整个过程中，流过电阻1r 的电荷量为1C
C ．最初金属棒距离水平导轨右端1m
D ．整个过程中，电阻2r 上产生的焦耳热为1.5J
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．金属棒从半圆形金属轨道的顶点恰好水平抛出，则有
2
v mg m R
=
1m/s v ==
选项A 正确；
BC ．对导体棒在水平导轨上运动应用动量定理得
0BIL t mv mv -⋅=-
得
0BqL mv mv -=-
解得回路中产生的电荷量为
1C q =
据
1212
1C B Lx q r r R r r ∆Φ⋅===+总
解得导体棒向右移动的距离为
1m x =
流过1r 的电荷量
0.5C 2
q q '== 选项B 错误，C 正确；
D ．根据能量守恒得回路中产生的总热量
2201122
Q mv mv =- 解得
1.5J =Q
电阻2r 上产生的热量
20.75J 2
Q Q == 选项D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：
(1)第一组同学利用如图甲所示的实验装置测量，电压表选择量程“3V”，实验后得到了如图乙的U I -图像，则电池内阻为_______Ω；
(2)第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，初始时滑片P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关后发现滑片P 向左滑动的过程中，电流表的示数先始终为零，滑过一段距离后，电流表的示数才逐渐增大。

该组同学记录了多组电压表示数U 、电流表示数、滑片P 向左滑动的距离x 。

然后根据实验数据，分别作出了U-x 图象、I-x 图象，如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为______V ，内阻为_______Ω。

【答案】1.5 1.5 1
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．由图乙图像可知，电源内阻
1.45 1.00 1.50.30
U r I ∆-==Ω=Ω∆ (2)[2] [3]． 由图示图像可知，10cm x =时， 1.20V U =，0.30A I =；当5cm x =时， 1.35V U =，0.15A I =，则由U=E-Ir 可得
1.20=E-0.3r
1.35=E-0.15r
解得：
r=1Ω
E=1.5V
14．小明同学在“研究物体做匀变速直线运动规律”的实验中，利用打点计时器（电源频率为50Hz ）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 七个计数点进行研究（每相邻两个计数点之间还有4个点未画出）。

其中10.70cm x =，2 1.62cm x =，3 2.75cm x =，4x =________cm （从图中读取），5 5.65cm x =，67.41cm x =。

则打点计时器在打D 点时小车的速度D v =________m/s ，小车的加速度a =________m/s 2。

（计算结果均保留到小数点后两位）
【答案】4.10cm （4.09~4.11cm ） 0.12m/s 0.21m/s 2
【解析】
【详解】
[1]．由图读出4x =4.10cm ；
相邻两计数点之间的时间间隔为T=0.1s ；
[2]．打点计时器在打D 点时小车的速度
242(4.10 1.62)10m/s=0.12m/s 20.2
D x x v T ---⨯== [3]．小车的加速度
2
2263322()(7.412 2.75)10m/s 0.21m/s 990.1
x x x a T ----⨯⨯===⨯ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC 的长为L=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=1m/s 匀速转动．CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m 的光滑半圆轨道，DE 与CD 相切于D 点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s 1．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能p E ；
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE ，从其最高点E 飞出，最终落在CD 上距D 点的距离为x=1.1m 处（CD 长大于1.1m ），求物块通过E 点时受到的压力大小； （3）满足（1）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
【答案】（1）p 12J E =（1）N=11.5N （3）Q=16J
【解析】
【详解】
（1）由动量定理知：2102mgL mv μ-=- 由能量守恒定律知：2p 12
E mv = 解得：p 12J E =
（1）由平抛运动知：竖直方向：2122
y R gt ==
水平方向：E x v t = 在E 点，由牛顿第二定律知：2E v N mg m R
+= 解得：N=11.5N
（3）从D 到E ，由动能定理知：2211222D E mg R mv mv -⋅=
- 解得：5m /s D v =
从B 到D ，由动能定理知221122D B mv mg v L m μ--=
解得：7m /s B v =
对物块2
B D v v L t += 解得：t=1s ；
621m 8m s L vt ∆=+=+⨯=相对
由能量守恒定律知：mgL Q s μ=⋅∆相对
解得：Q=16J
16．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：
（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；
（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；
（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．
【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（23）【解析】
【详解】
解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态
对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ=
解得：sin A a g θ=
(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =
解得：A v =
所用时间由：1v A at =，解得：1t =
对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：
2221111222A B mv mv mv =+
解得：10,B v v ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212
A A x a t = 22
B x v t =
第二次相碰：A B x x =
解得：2t =从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+
解得：t =17．如图所示，水平地面上有一辆小车在水平向右的拉力作用下，以v 0=6m/s 的速度向右做匀速直线运动，
小车内底面光滑，紧靠左端面处有一小物体，小车的质量是小物体质量的2倍，小车所受路面的摩擦阻力大小等于小车对水平面压力的0.3倍。

某时刻撤去水平拉力，经2s 3
小物体与小车的右端面相撞，小物体与小车碰撞时间极短且碰撞后不再分离，已知重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)小物体与小车碰撞后速度的大小；
(2)撤去拉力后，小车向右运动的总路程。

【答案】 (1) 4m/s ；(2)
17m 3
【解析】
【分析】
【详解】 (1)设小物体的质量为m ，由于车底面光滑，因此小物体做匀速直线运动，小车在地面摩擦力作用下做匀减速运动。

撤去拉力后，小车的加速度为a 1
由牛顿第二定律得
k(mg+2mg)=2ma 1
代入数值得
a 1=4.5m/s 2
小物体与车碰撞时，小车的速度为v 1，由运动学公式
v 1=v 0-a 1t
代入数值得
v 1=3m/s
碰撞过程由动量守恒定律得
mv 0+2mv 1=3mv
代入数值得：
v=4m/s
(2)碰撞前小车运动位移大小为x 1
210112
x v t a t =- 碰后小车做匀减速直线运动，位移大小为x 2
由牛顿第二定律得
k(mg+2mg)=3ma 2
可得
a2=3m/s2
由运动学公式
v2=2a2x2
故撤去外力后，小车向右运动的总路程
s=x1+x2=17
3
m。