河北省保定市2021届高三物理二模试题(含解析).doc

河北省保定市2021届高三物理二模试题（含解析）

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19~21题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。

1.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（ ）

A. 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实 B. 乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止 C. 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实 D. 丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实 【答案】C 【解析】 【分析】

本题考察几种基本磁场以及安培定则的应用。

【详解】A．根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误； B．磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，故B错误；

C．根据安培右手螺旋定则，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确；

D．根据安培右手螺旋定则，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误。 故选C。

2.斜面体P静止在水平面上，从斜面上某个位置由静止释放一物块Q，Q沿斜面加速下滑。在

Q下滑过程中（ ）

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A. 若P保持静止不动，Q的机械能守恒

B. 若P保持静止不动，Q减小的重力势能可能大于它增加的动能 C. 若P相对地面滑动，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒

D. 若P相对地面滑动，P、Q增加的动能之和一定等于Q减少的重力势能 【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查动量守恒定律的应用条件以及通过能量守恒定律分析运动过程中的能量转化。 【详解】A．未告知斜面是否光滑，无法确定Q是否机械能守恒，故A错误； B．若斜面粗糙，减小的重力势能转化为动能和内能，故B正确； C．未告知地面是否光滑，若地面粗糙，水平方向动量不守恒，故C错误； D．若任意接触面有摩擦，都会有内能产生，故D错误。 故选B。

3.黑体辐射的研究表明：辐射强度、波长分布与辐射体的温度有密切关系。此研究对冶金工业的迅速发展有巨大贡献，如图所示，图中画出了四种温度下黑体辐射的强度与波长的关系，从中可以看出（ ）

A. 温度越高，辐射电磁波的波长越短 B. 温度越低，辐射电磁波的波长越长 C. 同一波长的辐射强度随着温度的升高而增强 D. 不同温度时辐射强度的最大值变化无规律可循

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【答案】C 【解析】 【分析】

本题考查黑体辐射的基本知识。

【详解】AB．无论温度高低，黑体都会产生所有波长的电磁波，故AB错误； C．同一波长的辐射强度随着温度的升高而增强，故C正确；

D．温度升高，辐射强度的最大值向短波长、高频率的方向移动，故D错误。 故选C。

4.某行星半径为R，其同步轨道卫星A距离行星表面高度为4R，周期为T，物体B静止在行星赤道上。已知引力常量为G，下列说法中正确的是（ ） A. A、B的向心力大小之比为5：1 B. A、B的向心加速度之比为4：1

2562R3C. 行星的质量为 2GT5002R3D. 行星的质量为

GT2【答案】D 【解析】 【分析】

本题考查万有引力定律的应用。

【详解】A．未告知物体质量，向心力无法计算，故A错误；

B．同步卫星与星球表面赤道位置的物体周期相同，根据向心加速度公式

的42ra2

T同步卫星轨道半径为5R，A、B的向心加速度之比为5:1，故B错误； CD．根据公式

GMm42m2r 2rT可得

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42r3 MGT25002R3同步卫星轨道半径为5R，行星的质量为，故C错误，D正确。 2GT故选D。

5.某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为m，筷子与竖直方向之间的夹角均为，筷子与小球表面间的动摩擦因数为

（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度为g。每根筷子对小球的压力至少为（ ）

mgA.

2sincosC.

mgB.

2cossinD.

mg

2cossinmg

2sincos【答案】B 【解析】 【分析】

本题考查基本受力分析和正交分解法。

【详解】

对小球受力分析

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2fcosmg2Nsin

fN

解得

N故选B。

mg

2cossin6.汤姆孙发现电子的质谱装置示意图如图所示，两块水平正对放置的平行金属板，板长为L，两板间距以及板右端到屏的距离均为L，OO为垂直于屏的中心轴线。一电子从O点以水平初速度v0射入两板间，若在两极板间加大小为U的电压，电子从A点射出极板，最终打在屏上B点。已知OB的距离为L，下列说法正确的是（ ）

2L 5LB. OA在竖直方向的距离为

3A. OA在竖直方向的距离为

22v0C. 电子的比荷为

3U23v0D. 电子的比荷为

2U【答案】BC 【解析】 【分析】

本题考查带电粒子在电场中的偏转。带电粒子先在电场中偏转，再做匀速直线运动。 【详解】AB．记A点速度A与水平方向夹角为，

tan2yOA xOA - 5 - / 19- 5 -

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yOAyAB解得

1LtanLtanL 2L 3yOA故A错误，B正确； CD．根据偏转位移公式

1UqLy

2mdv0电子比荷

2qm故C正确，D错误。 故选BC。

2L2v0L22v30 UL23U7.如图所示，一半径为R的竖直光滑半圆轨道在底部与光滑水平面相切，质量为m的小球A以初速度v06gR沿水平面向右运动，与静止的质量为3m的小球B发生碰撞后粘连在一起滑向半圆轨道。小球可视为质点且它们碰撞时间极短，重力加速度为g，关于AB粘连之后的运动，下列说法中正确的是（ ）

A. 能够到达半圆轨道的最高点

B. 会在到达半圆轨道最高点之前某个位置脱离轨道 C. 刚滑上半圆轨道时对轨道的压力为4mg D. 在半圆轨道上滑到与圆心等高处时对轨道的压力为mg 【答案】BD 【解析】 【分析】

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本题考查动量守恒碰撞问题以及竖直平面内的圆周运动。 【详解】A、B小球发生碰撞

mv0m3mv

v刚上圆轨道时，对AB整体受力分析

1v0 4v2FN4mg4m

R解得

FN13mg

对A、B整体在圆弧轨道上的运动运用动能定理分析

114mv124mv24mg2R 22v1无解，无法到达轨道最高点。

对A、B整体从底端运动到与圆心等高位置运用动能定理分析

114mv224mv24mgR 22v2支持力充当向心力

2v2FN4mmg

RgR 2故AC错误，BD正确。 故选BD。

8.如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC=60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则（ ）

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A. 粒子的最大发射速率不超过3qBl4m B. 粒子的最大发射速率不超过

233qBl

mC. 粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l D. 粒子从OA边界离开磁场时离S最远距离可能为3l2 【答案】AD 【解析】 【分析】

本题主要考察带电粒子在磁场中的运动。

【详解】

AB．要使没有粒子从OC边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足的

12lsin60mvqB 3Bql4m 故A正确，B错误； CD．粒子速度3Bql4m，从OA边界离开磁场时离S最远距离 - 8 - / 19- 8 -

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d2Rlsin600故C错误，D正确。 故选AD。

3l 2三、非选择题：共174分。第22题—第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题—第38题为选考题，考生根据要求作答。

9.某同学用如图所示的实验装置探究滑块的加速度与合外力的关系。

气垫导轨下面的位置标尺0刻度在左侧，调整气垫导轨使之水平，在导轨左边某位置固定一光电门，记下光电门的位置x1。把轻绳一端连在拉力传感器上，另一端与滑块相连，钩码通过动滑轮挂在定滑轮与传感器之间。将滑块放在导轨右侧某位置，记下滑块上遮光条的初始位置x2。开通气源，由静止释放滑块，滑块向左运动，通过光电门时记录滑块上遮光条的遮光时间为t。

(1)实验中通过改变钩码的质量或者改变钩码的个数来改变滑块受到的合外力，_________（填“需要”或者“不需要”）考虑钩码的质量远小于滑块的质量；

(2)该同学测得遮光条的宽度为d。则钩码的加速度大小a=_________（用题设条件中物理量的字母表示）。

d2【答案】 (1). 不需要 (2). 22xt【解析】 【分析】

本题考查实验：验证牛顿第二定律。

【详解】(1)[1]不需要。仅当运用钩码重力充当合外力时需要满足钩码的质量远小于滑块的质量。本题中有拉力传感器，故不需要考虑钩码的质量远小于滑块的质量。 (2)[2]物体通过光电门的平均速度视为瞬时速度

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v物体初速度为0，总位移为x2x1，故加速度

d tv20d2 a22x2xt10.小明同学购买了一捆标称长度为L=100m的铜导线，他想用学过的知识来测量该电线的电阻率。他先用多用电表粗测了该电线的电阻Rx大约2Ω。然后从实验室还找到以下器材： A.电源E：电动势约为4.0V，内阻约0.2Ω； B.电流表A1：量程为0.6A，内阻r1=1Ω； C.电流表A2：量程为3A，内阻约为0.1Ω D.定值电阻R1=20Ω； E.定值电阻R2=5Ω；

F.滑动变阻器R：最大阻值5Ω； G.开关S一个，导线若干； H.螺旋测微器。

(1)他用螺旋测微器测量导线的直径d，其中一次测量的示数如图所示，d=_____________mm；

(2)请根据方框乙内的部分电路，合理选用所给器材，补全测量铜导线电阻的电路，要求在电路图上注明所选元件符号___________；

(3)小明用设计的电路进行实验，获得多组电流表A1和A2的读数I1、I2，描点作图得到如图丙所示的图象。如果把图甲中示数作为铜导线的直径，可以算出铜导线的电阻率为 =_________×10-8Ω·m（取3.14，计算结果保留两位小数）；

8(4)通过查询相关资料，小明发现铜导线的标准电阻率01.7510Ω·m，则该导线的实

际长度为_______m（保留三位有效数字）。

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【答案】 (1). 1.128（1.127-1.129） (2).

(3). 1.67108 (4). 95.3 【解析】 【分析】

本题考查实验：测量电阻丝电阻率。

【详解】(1)[1]根据螺旋测微仪读数原则，读数为1.128（1.127-1.129）mm。

(2)[2]粗测阻值约为2Ω，故测量电路选用电流表外接法。电路中最大电流约为2A，电流表选择A2。运用A1和R2改装出一个量程为3.6V的电压表。故实验电路如图

(3)[3]运用欧姆定律对电路进行分析

UI1r1R1I2I1Rx

I2根据图像斜率，得Rx1.67Ω。

Rxr1R1IRx1

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dRRS2 LL得

21.67108Ω

(4)[4]根据电阻率计算公式

LRS095.3m

11.一皮带传送机械的结构示意图如图所示，O1为同轴套装轮的轴心，半径分别为r1、r2，外轮与轴心为O2半径为r3的滑轮由皮带相连，内轮通过细绳牵引一质量为m的物块。已知重力加速度为g，4r32r2r1l，皮带和细绳在传动过程中都不打滑。 (1)求半径为r1、r2、r3的三个滑轮的角速度之比；

(2)滑轮O2由静止开始逆时针加速转动，经过时间t转了N周，此过程中物块通过皮带传送向上做匀加速运动，求细绳的拉力。

mg【答案】(1)1:1:4；(2) 【解析】 【分析】

Nml。 22t本题考查圆周运动传动问题，以及牛顿第二定律在匀变速直线运动中的运用。 【详解】(1)根据轮轴传动原理

12，v1v3 1r13r3

1:3r3:r11:4

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1:2:31:1:4

(2)根据轮轴传动原理

11v2v1v3

22相同时间内，半径为r2的滑轮边缘走过的路程是半径为r3的滑轮的一半。故物体位移

x物体初速度为0，则加速度

11N2r3Nl 242xNl2 2t2ta对物体受力分析

F拉mgma

F拉mgNml 22t12.由某种能导电的材料做成正方体物块ABCD-EFGH，质量为m，边长为l，如图所示，物块放在绝缘水平面上，空间存在垂直水平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。已知材料电阻可忽略不计，与水平面的动摩擦因数为（1），重力加速度为g。

(1)如果固定物块，垂直ABCD表面向里给物块通以恒定电流I，已知电流的微观表达式I=neSv（n为该材料单位体积的自由电子数，e为电子电荷量大小，S为垂直电流的导体横截面积，v为电子定向移动的速率），物块某两个正对表面会产生电势差，请指出这两个正对表面及其电势高低的情况，并求出两表面间的电压；

(2)如果垂直表面BCGF向左施加大小为mg的恒力，物块将在水平面由静止开始向左运动。已知该材料介电常数为，其任意两正对表面可视作平行板电容器，电容C对面积，d为两表面间距。求：

①当物块速度为v时物块某两个表面所带电荷量大小Q，并指出带电荷的两个表面及其电性； ②任一时刻速度v与时间t的关系。

Sd，其中S为正

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【答案】(1) 【解析】 【分析】

BI ，见解析；(2)①vBl2，见解析；②v1gt。 nel本题考查安培定则和电磁感应定律，结合运动进行分析。

【详解】(1)自由电子在磁场中运动，受到洛伦兹力，根据安培左手定则，洛伦兹力向左。当电流稳定时，对载流子受力分析

EqqvBEB

故电场力向右。由于金属导体载流子

电子带负电，故场强方向向左，可得面ADHE和面BCGF之间存在电势差，且面ADHE电势较低。其电势差为

UEdvBl

根据电流微观表达式，自由电子速度

v则电势差为

I 2nelUBI nel(2)①物块向左运动，对自由电子受力分析，洛伦兹力垂直纸面向里，电场力垂直纸面向外，故场强垂直纸面向里，面ABCD带正电，面EFGH带负电。

QUCvBl②对物体本身受力分析

l2lvBl2

mgmgma

物体从静止开始做匀加速运动

vat1gt

13.如图所示，绝热气缸固定在水平面，用锁定的绝热活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，解除锁定后活塞向右运动，不计活塞与气缸间的摩擦，活塞稳定后关于气缸内的气体，以下说法正确的是（ ）

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A. 所有气体分子的运动速率都减小 B. 内能减小

C. 一定时间内撞击气缸单位面积器壁的分子数减少 D. 一定时间内气缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小 E. 温度不变 【答案】BCD 【解析】 【分析】

本题考查对理想气体方程和热力学定律的理解应用。

【详解】本体为绝热过程，无热传递。气体对外做功，内能减小。故温度降低，气体分子平均速率减小。体积变大，压强变低，故一定时间内撞击气缸单位面积器壁的分子数减少，一定时间内气缸单位面积器壁受到分子的撞击力减小。AE错误，BCD正确。 故选BCD。

14.如图所示，玻璃管N上端开口，管长L=105cm，在N的底部通过细玻璃管与玻璃管M相连，M上端封闭，M与N横截面相同，细玻璃管内部设有单向阀门K，当N管内气压大于M管内气压时，K打开，M、N连通。将M竖直插入水银槽中，里边气柱总长为L，管内外液面高度差为

h=30cm。A是与N配套的气密性良好的活塞，已知外界大气压为p075cmHg，全过程M相对

水银槽位置不变，忽略气体温度的变化和水银槽液面高度的变化，细管内气体可忽略不计。 (1)活塞A向下压缩多大距离阀门K才会连通M、N？

(2)将活塞A压到N的底部时，求M内外液面高度差H（计算结果可以保留根号）。

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302175cm。 【答案】(1) 30cm；(2) 【解析】 【分析】

本题考查对理想气体方程的理解和应用。

【详解】(1)对M管液面分析可得气体压强pM105cmHg。本题不计温度变化，对N管运用玻意耳定律

pN1VN1pN2VN2

记两管横截面积为S，由题可得

pN1p0，VN1SL，VN2SL'，pN2pM

L故向下压缩30cm阀门K才会连通M、N

(2)N管中气体长度为75cm时两管联通，对总气体运用玻意耳定律

p1V1p2V2

由题和第一问可得

p1105cmHg，V1SLL，p2(p0H)cmHg，V2SLhH

解得

H=302175cm

。5L75cm 715.某介质中两个波源A、B同时开始振动，它们的振动图象如图乙所示。已知A、B、C在一条直线上，AB=2m，BC=3m，两波源引起的机械波在介质中传播的速度均为10m/s。下列说法中正确的是（ ）

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A. 两列波在介质中传播的叠加区域内可能会发生干涉现象 B. A波的波长为4m C. B波的波长为6m

D. t=1.2s时在C位置的质点的位移为-3m E. t=1.2s时在C位置的质点的位移为+4m 【答案】BCD 【解析】 【分析】

本题考察通过振动图像分析简谐振动和波的叠加和干涉相关知识。 【详解】读图，波源A、B周期分别为0.4s，0.6s。 A．波源周期不同，不发生干涉，故A错误； B．根据机械波波速公式

vTA4m/s

故B正确；

C．根据机械波波速公式

vTB6m/s

故C正确；

DE．波源A引起的机械波0.5s传递到C点，起振方向向上，振幅为3cm，再经过0.7s即

7T，4振动位移为-3cm；波源B引起的机械波0.3s传递到C点，起振方向向上，振幅为4cm，再经过0.9s即

3T，振动位移为0cm，叠加后振动位移为-3cm。故D正确，E错误。 2故选BCD。

16.如图所示，一半圆形玻璃砖半径为R，圆心为O，AB与OC垂直，一光源M同时发出两条光线a、b，b射向圆心O点，与OC夹角 =30°，光线a射向C点，与OC的夹角 =60°，

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已知玻璃砖的折射率n3，光速为c。

(1)通过分析判断两条光线从AB界面射出后是相交还是平行，如果相交，求交点位置；如果平行，求两条光线间的距离；

(2)求两条光线从AB界面射出的时间间隔。

【答案】(1)平行，R；(2) 423R4。 c【解析】 【分析】

本题主要考察光的折射定律以及光速与介质的关系。

【详解】

(1)画出光路图，根据光的折射定律

nsinsin 解得

30

因为，故折射角r1r2，两条光线射出后平行。

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nsinr2 sinr1r260

由几何关系，两光线距离

dRsinsin90r2R 4(2)由几何关系，得

MCR，MN31R，CD233R，ONR光线在玻璃砖内速度为

vcn33c 23tR3R3R atMCtCDcvctbtMNt1RR231RNO3 cvct423R c

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