河北省衡水市2021屆新高考物理一模試卷含解析

1、河北省衡水市2021屆新高考物理一模試卷、單項選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合 題目要求的1 .如圖甲所示，單匝矩形金屬線框abcd處在垂直于線框平面的勻強磁場中，線框面積 S 0.3m2 ,線框 連接一個阻值 R 3 的電阻，其余電阻不計，線木i cd邊位于磁場邊界上。 取垂直于線框平面向外為磁感應(yīng)強度B的正方向，磁感應(yīng)強度 B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A . 00.4s內(nèi)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向B. 0.40.8s內(nèi)線框有擴張的趨勢C. 00.8s內(nèi)線框中的電流為 0.1AD. 00.4s內(nèi)ab邊所受安培力保持

2、不變【答案】C【解析】【詳解】A.由圖乙所示圖線可知，0-0.4s內(nèi)磁感應(yīng)強度垂直于紙面向里，磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時針方向，故 A錯誤。B.由圖乙所示圖線可知，0.4-0.8s內(nèi)穿過線框的磁通量增加，由楞次定律可知，線框有收縮的趨勢，故 B錯誤。C.由圖示圖線可知，0-0.8s內(nèi)的感應(yīng)電動勢為E 一= -B S= 0.4 ( 0.4) 0.3V=0.3V t t 0.8線框中的電流為:,E 0.3 八I =A=0.1AR 3故C正確。D.在0-0.4s內(nèi)感應(yīng)電流I保持不變，由圖乙所示圖線可知，磁感應(yīng)強度 B大小不斷減小，由F=ILB可知,ab邊所受安培力不斷減小，故 D錯誤

3、。故選Co其運動的速度隨時間的 vt圖如圖所示，關(guān)于它們運動的描述2. A B兩物體同時同地從靜止開始運動,正確的是（）A .物體B在直線上做往返運動B.物體A做加速度增大的曲線運動C. AB兩物體在0-1s運動過程中距離越來越近D. B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為 1:3:2【答案】D【解析】v-1圖，其數(shù)值代表速度大小和方向，斜率表示加速度，面積表示位移；由圖可知，B先勻加速直線，再做勻減速直線，速度為正值，為單向直線運動。物體 A做加速度增大的直線運動；在 0-1s內(nèi)，B物體在前，A物體在后，距離越來越遠；由于面積表示位移，可求 1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移比為

4、 1:3:2,由亡可知平均速度大小為 1:3:2。綜上分析，D正確。3.下列關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的認識，正確的是（）A.它最先是 由奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)的B.它說明了電能生磁C.它是指變化的磁場產(chǎn)生電流的現(xiàn)象D.它揭示了電流受到安培力的原因【答案】C【解析】【分析】【詳解】電磁感應(yīng)現(xiàn)象最先是由法拉第通過實驗發(fā)現(xiàn)的，它說明了磁能生電的問題，它是指變化的磁場產(chǎn)生電流的現(xiàn)象，故選項C正確.4.最近，我國為 長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā) 取得突破性進展.若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s,產(chǎn)生的推力約為 4.8X06 N,則它在1 s時間內(nèi)

5、噴射的氣體質(zhì)量約為A. 1.6 102 kgB. 1.6 103 kgC. 1.6 105 kgD. 1.6 106 kg【答案】B【解析】【分析】設(shè)該發(fā)動機在ts時間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m,根據(jù)動量定理，F(xiàn)t=mv,可知，在1s內(nèi)噴射出的氣6體質(zhì)量 m0 kg 1.6 103 kg ,故本題選 B.t v 30005. 2016里約奧運會男子50米自由泳決賽美國埃爾文奪得金牌。經(jīng)視頻分析發(fā)現(xiàn)：他從起跳到入水后再經(jīng)過加速到獲得最大速度2.488m/s所用的時間總共為 2.5秒，且這一過程通過的位移為x=2.988m。若埃爾文以最大速度運動的時間為19s,若超過該時間后他將做1m/s2的勻減速

6、直線運動。則這次比賽中埃爾文的成績?yōu)椋ǎ〢. 19.94sB. 21.94sC. 20.94sD. 21.40s【答案】D【解析】【分析】【詳解】埃爾文勻速運動能走過的最大位移為X2=vt2=2.488 19=47.272m因為X1 +x2=2.988+47.272=50.2650m則運動員沒有勻減速運動的過程，所以他勻速運動的時間為s 50 2.988t 2.48818.895s則埃爾文奪金的成績?yōu)? t=2.5+18.895=21.40sA. 19.94s與分析不符，故A錯誤;B. 21.94s與分析不符，故B錯誤;C. 20.94s與分析不符，故C錯誤;D. 21.40s與分析相符，故D

7、正確。故選D。6 .如圖所示，真空中位于 x軸上的兩個等量正點電荷的位置關(guān)于坐標原點O對稱，規(guī)定電場強度沿 x軸 正方向為正，無窮遠處電勢為0。下列描述x軸上的電場強度 E或電勢 隨位置x的變化規(guī)律正確的是（）AA.B.【解析】【分析】【詳解】AB.由點電荷在真空中某點形成的電場強度公式Q 一E k2和電場疊加原理可知，沿 x軸方向, r點，電場強度為負，逐漸變大，A點一0點，電場強度為正，逐漸減小，。點一B點，電場強度為負，逐漸變大，B點 ，電場強度為正，逐漸減小，故 A正確，B錯誤。CD.無窮遠處電勢為零，根據(jù)等量同種正電荷的電場線分布圖，分析知，等量同種正電荷電場中的電勢不會為負值，且

8、O點處電勢大于零，故 CD錯誤。故選Ao二、多項選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得 5分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分7 . a、b兩個質(zhì)點在同一直線上運動，它們的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，010s內(nèi)b質(zhì)點運動的距離為65m , t 10s時，a、b兩質(zhì)點速度相等，且此時兩質(zhì)點剛好相遇，則（）A. t 0時刻，兩質(zhì)點相距 25mB. t 10s時，兩質(zhì)點的速度為 8m/sC. t 15s時，兩質(zhì)點相距18.75mD. t 20s時，兩質(zhì)點再次相遇【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A.由于速度相等時，a、b兩質(zhì)點

9、剛好相遇，則t 0時刻，兩質(zhì)點相距1x0(10 5) 10m 25m2選項A正確；B. 010s內(nèi)質(zhì)點b運動的距離為65m ,設(shè)t 10s時質(zhì)點b的速度大小為v,則5 v- 10 65m2求得v 8m/s ,選項B正確；C.由幾何關(guān)系可知，t 15s時，兩質(zhì)點相距的距離與 t=5s時相距的距離相同，則1 c -x % 6.25m4選項C錯誤；D. t 20s時，兩質(zhì)點相距X0,選項D錯誤。故選AB 。8.如圖所示為手機無線充電原理圖，若連接電源的為發(fā)射線圈N ,手機端為接收線圈 M ,接收線圈匝數(shù)為n,電阻為r ,橫截面積為S,手機可看成純電阻 R,勻強磁場平行于線圈軸線穿過線圈。下列說法正確

10、是()A.只要發(fā)射線圈 N中有電流流入，接收線圈 M兩端一定可以獲得電壓8 .只要接收線圈 M兩端有電壓，發(fā)射線圈 N中的電流一定不是恒定電流C.當接收線圈 M中磁感應(yīng)強度大小均勻增加時，接收線圈M中有均勻增加的電流nS BRD.若t時間內(nèi)，接收線圈 M中磁感應(yīng)強度大小均勻增加B,則接收線圈 M兩端的電壓為 t(R r)【答案】BD【解析】【詳解】A.若發(fā)射線圈N中有恒定電流，則產(chǎn)生的磁場不變化，在接收線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會獲得電壓，A錯誤；B .只要接收線圈兩端有電壓，說明穿過接收線圈的磁場變化，所以發(fā)射線圈中的電流一定不是恒定電流，B正確；C.若穿過接收線圈 M的磁感應(yīng)強度均勻增

11、加，如果線圈閉合，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律BE n n St t可知線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知接收線圈M中有感應(yīng)電流且恒定，C錯誤；D.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有BE n nS t t根據(jù)分壓規(guī)律得M兩端的電壓u 4 jn R r t(R r)D正確。故選BDo9 .下列說法正確的是()A. 一定質(zhì)量的理想氣體，當溫度升高時，內(nèi)能增加，壓強增大B.飽和蒸汽在等溫變化的過程中，當其體積減小時壓強不變C.液體表面層分子間距離較其內(nèi)部分子間距離小，表面層分子間表現(xiàn)為斥力D. 一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，分子平均動能可能減少E.自然發(fā)生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向

12、進行的【答案】BDE【解析】【詳解】A.由理想氣體狀態(tài)方程C可知，當溫度升高時，內(nèi)能增加，pV乘積增大，但壓強不一定大，故A錯誤；B.飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，飽和蒸汽在等溫變化的過程中，體積減小時壓強不變，故B正確；C.液體表面層分子間距離較其內(nèi)部分子間距離大，表面層分子間表現(xiàn)為引力，故C錯誤；D. 一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律知分子內(nèi)能可能減小，分子平均動能可能減少，故D正確；E.根據(jù)嫡增原理可知，一切自然過程總是沿著分子熱運動無序性增大的方向進行，故E正確；故選BDE。10.如圖所示，在水平向左的勻強電場中，可視為質(zhì)點的帶負電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面物塊與斜

13、面間的動摩擦因數(shù)上的A點，沿斜面向下運動，經(jīng)C點到達B點時，速度減為零，然后再返回到 A點。已知斜面傾角。=30；,整個過程斜面均保持靜止，物塊所帶電量不變。則下列判斷正確的是（）A.物塊在上滑過程中機械能一定減小B.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C.物塊下滑時經(jīng)過 C點的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點的動能D.物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力一定為零【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A.上滑過程中滿足Eq cos f mg sin則電場力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力對物體做正功，則物體的機械能增加， 選項A錯誤;B.上滑過程中由動能定理岫-Wf WgE

14、k則W電Wg則物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，選項 B錯誤；C.由于滑塊下滑經(jīng)過 C點往下運動，再返回到C點時有摩擦力做功， 則由能量關(guān)系可知物塊下滑時經(jīng)過C點的動能一定大于上滑時經(jīng)過C點的動能，選項 C正確；D,當不加電場力時，由于斜面對物體的支持力為N=mgcos30 摩擦力 f= mgcos30 =mgsin30 可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當加電場力后，支持力和摩擦力成比例關(guān)系增加，則摩擦力和 支持力的合力仍豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的方向豎直向下，可知斜面 在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，選項 D正確。故選C

15、D。11.如圖所示，銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場中。電路通過電刷與圓盤的邊緣和銅軸接觸良好，電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,定值電阻為 Ro先將開關(guān)閉合，待圓盤轉(zhuǎn)速穩(wěn)定后再斷開開關(guān)，不計一切摩擦，下列說法中正確的是（）A.閉合開關(guān)時，從上往下看圓盤逆時針轉(zhuǎn)動B.閉合開關(guān)轉(zhuǎn)速穩(wěn)定時，流過圓盤的電流為零C.斷開開關(guān)時，a點電勢低于b點電勢D.斷開開關(guān)后，流過電阻 R上的電流方向與原電流方向相反【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.閉合開關(guān)時，銅圓盤中有電流經(jīng)過，圓盤中電流方向沿半徑向外，根據(jù)左手定則可知，從上往下看圓盤順時針轉(zhuǎn)動，故 A錯誤；B.閉合開關(guān)轉(zhuǎn)速穩(wěn)定時，圓盤不受

16、安培力作用，根據(jù) F BIL可知流過圓盤的電流為零，故 B正確；C.斷開開關(guān)時，從上往下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則知，圓盤中電流方向沿半徑向里，所以a點電勢低于b點電勢，故C正確；D.閉合開關(guān)時，流過電阻R上的電流方向從b點經(jīng)電阻R到a點；斷開開關(guān)時，a點電勢低于b點電勢, 流過電阻R上的電流方向從b點經(jīng)電阻R到a點，所以斷開開關(guān)后，流過電阻R上的電流方向與原電流方向相同，故D錯誤；故選BC。12 .如圖所示，在坐標系 xoy平面的第I象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場 Bi,在第IV象限內(nèi)存在垂 直紙面向里的另一個勻強磁場 B2,在x軸上有一點Q 2描,

17、0、在y軸上有一點P （0,a）?，F(xiàn)有一質(zhì)量 為m,電量為+q的帶電粒子（不計重力），從P點處垂直y軸以速度vo射入勻強磁場Bi中，并以與x軸正向成60角的方向進入x軸下方的勻強磁場 B2中，在B2中偏轉(zhuǎn)后剛好打在 Q點。以下判斷正確的是A .磁感應(yīng)強度Bimv0qamvoB.磁感應(yīng)強度B2 qaC.粒子從P點運動到Q點所用的時間 tD.粒子從P點運動到Q點所用的時間 t【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB .粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知4 a3V04 a2voriricos60 a解得r12a在B2磁場中根據(jù)幾何知識有2r2sin602 3a r1 sin60解得2 a粒子在磁場

18、中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得2qv0B m v_ r將半徑代入解得mvomV。B1, B22qaqa故A錯誤，B正確;CD.粒子做圓周運動的周期為.2 71r,、 ，、一，、一.T=，粒子的運動時間為V。ttl t2解得t 4尬3vo故C正確，D錯誤。故選BCo三、實驗題：共2小題，每題8分，共16分13 .某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌做 驗證機械能守恒定律 的實驗，如圖所示，用質(zhì)量為m的鉤碼通過輕繩帶動質(zhì) 量為M的滑塊在水平導(dǎo)軌上，從 A由靜止開始運動，測出寬度為 d的遮光條經(jīng)過光電門的時間 t,已知 當?shù)刂亓铀俣葹?g,要驗證機械能守恒定律，還需要測量的物理量是 ,在這過程

19、中系統(tǒng)的動能增量為。如果實驗前忘記調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平，而是導(dǎo)軌略為向左傾斜，用現(xiàn)有測量數(shù)據(jù) （填 能或 不能”）驗證機械能守恒定律。2一一一 1d不能【答案】A、B的距離L 1 M m -d1要驗證機械能守恒，就需要求得動能的增加量和重力勢能的減少量，而要知道重力勢能的減少量則還需要測得A、B的距離L。2滑塊通過光電門 B時，因光電門寬度很小，用這段平均速度代替瞬時速度可得d故滑塊和鉤碼組成的系統(tǒng)從A到B動能的增加量為121dEk - m M vB- m M 22t3如果導(dǎo)軌不水平，略微傾斜，則實驗過程中滑塊的重力勢能也要發(fā)生變化，因不知道傾角，故不能求得 滑塊重力勢能的變化，則不能驗證機械能守恒定

20、律。14 .圖甲是某同學(xué)驗證動能定理的實驗裝置。其步驟如下:A.易拉罐內(nèi)盛上適量細沙，用輕繩通過滑輪連接在小車上，小車連接紙帶。合理調(diào)整木板傾角，讓小車沿木板勻速下滑。B.取下輕繩和易拉罐，測出易拉罐和細沙的質(zhì)量mi以及小車質(zhì)量 m2。C.撤去細繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙打下的第一點。己知打點計時器的打點時間間隔為T,重力加速度為go(1)步驟C中小車所受的合外力大小為 (中間部分未畫出)，O為(2)為驗證從O C過程中小車合外力做功與小車動能變化的關(guān)系，測出 BD間的距離為X, OC間距離為x2 ,則C點速度大小為，需要驗證的關(guān)系式為(用所測物理量的符號表示

21、)?！敬鸢浮?1) mg；(2)2Tm1gx22m2x18T2(1)1小車勻速下滑時受到重力、支持力、摩擦力和輕繩的拉力，合力為零；撤去拉力后，其余力不變,mg；故合力等于撤去輕繩的拉力，而輕繩的拉力等于易拉罐和細沙的重力，所以小車所受的合外力為(2) 2勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻瞬時速度，故3動能增量為:Ek1 m2vC22m?X2 , 8T2合力的功為:W m1gx2,需要驗證的關(guān)系式為:2 mbK mgx2r81四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分直線SD與QP共15.如圖所示，把一個橫截面 QMP為等邊三角形玻璃棱鏡的一個側(cè)面放在水平桌面上,線。在S處放一光源，使其發(fā)

22、出的直線光束與SQ夾30。角，該光束射向棱鏡的 MQ側(cè)面上的一點。調(diào)整光源S的位置，使棱鏡另一側(cè)面 MP出射的光線射在 D點，且恰有SQ PD 。不考慮光線在棱鏡中的反 射，求：(i)棱鏡玻璃的折射率；(ii)棱鏡的出射光線與人射光線間的夾角?！敬鸢浮?i) n 33; (ii) 60【解析】【詳解】(i)如圖，由幾何關(guān)系知 A點的入射角為60 ,折射角為30。Q尸有sin 60 nsin 30解得(ii)出射光線與入射光線間的夾角為2 306016.如圖所不，在豎直直角坐標系xOy內(nèi)，x軸下方區(qū)域I存在場強大小為 E、方向沿y軸正方向的勻強電場，x軸上方區(qū)域n存在方向沿27.x軸正萬向的勻強

23、電場。已知圖中點 D的坐標為( L, L),虛線GD x軸。兩固定平行絕緣擋板AB、DC間距為3L , OC在x軸上，AB、OC板平面垂直紙面，點 B在y軸上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從D點由靜止開始向上運動，通過 x軸后不與AB碰撞，恰好到達 B點，已知 AB=14L , OC=13L 。(1)求區(qū)域n的場強大小 E以及粒子從D點運動到B點所用的時間t0；(2)改變該粒子的初位置，粒子從 GD上某點M由靜止開始向上運動，通過 X軸后第一次與 AB相碰前 瞬間動能恰好最大。求此最大動能 Ekm以及M點與X軸間的距離y1 ；若粒子與 AB、OC碰撞前后均無動能損失(碰后水平方

24、向速度不變， 豎直方向速度大小不變， 方向相反), 求粒子通過y軸時的位置與 。點的距離y2。比（2） 18qEL , 9L ； 3L 2qE【答案】(1) 6E; 5【解析】 【詳解】D點運動到X軸所用的時間設(shè)為 L,則(1)該粒子帶正電，從L - a1t2 2aW根據(jù)牛頓第二定律有qE ma1粒子在區(qū)域II中做類平拋運動，所用的時間設(shè)為t2,則27L 1a2t2223Lt2根據(jù)牛頓第二定律有qE ma2粒子從D點運動到B點所用的時間tot1t2解得mL2qE6E, to 5(2)設(shè)粒子通過X軸時的速度大小為0,碰到AB前做類平拋運動的時間為 t,則3L粒子第一次碰到AB前瞬間的X軸分速度大小Xa2t碰前瞬間動