调研卷(三)备战2021年新高考物理综合测试调研押题卷(河北专用)

2021河北省普通等学校生考试物理调研卷（三）一选题本共小，小分共24分在小给的个项，有项符题要求。．居室装修材料中不同程度的含有一些放射性元素，例如氡。氡在放射性衰变时会出、、射，这些射线对人体有害。根据我们对放射性的认识，判断下列说法正确的有（）A在材料表面涂上油蜡等物质可以减缓放射性衰变B根据、、三射线的穿透能力可知，导致细胞癌变的主要是γ射线C．衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡小D．射线是原子内层电子受到激发辐射出来形成的射线【答案】B【解析A．对于一定的放射性物质，其衰变度是恒定的。所有放射性同位素的衰变速度不能因外界因素改变，故A错误；B．射线是高能电磁波，穿透性强，对人体组织危害大，故B确；C．衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡大，故误；D．射线是原子核发生衰时辐射出来的高能电子，故D误。故选B。．如图所示，一轻质光滑定滑轮两侧用轻绳连接有两物体a，物体a放粗糙水平桌面上，物体b悬空中。现对物体a施一水平向右的恒F使其紧压桌面向右匀速运动。则在图示的运动过程中（）A物体速上升B轻绳的弹力逐渐增大C．体a所的摩擦力逐渐增大D．体a所的支持力逐渐减小/20

【答案】C【解析】A．设绳子与水平方向，a水向右的速度，对行速度的分解，沿绳子方向的分速度为

，当向右匀速运动的时候，角不断变小，此时

不断变大，故加速运动，A误；B设在运动t

时间后，绳子与水平方向成子方向的加速度为a

vcos

t

利用极限法可知，加速度大小逐渐减小，对b进受力分析可得Tgbb可知逐减小，错；CD对受力进行正交分解，在竖直方向上可得T

ga

角不断变小T也断小，故得此时物体a所的支持力逐渐变大；根据牛顿第三定律可知，此时物体a对地面的压力逐渐变大，则物体a受的动摩力也逐渐变大；故C正，错；故选。．如图所示，将一横截面为扇形的物体放在水平面上，一滑块放在物体上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体的量为，滑块A的量m重力加速度为。当整个装置静止时、B接面的切线与竖直的挡板之的夹角为θ下列选项正确的是（）A物体B水平面的压力大小为(+m)B物体B到水平面的摩擦力大小为mgtanC．物体B缓向左移动一小段距离，滑块A对体的力将变小D．物缓慢向左移动一小段距离，滑块A与直挡板之间的弹力将变小【答案】A【解析】AB．看一个整体，并对整体做受力分析如下图/20

N22211122N22211122由整体法有F=(M+mg，F=f由于F为直的挡板给A的持力，则对A做受力分析有θ=

F则有F=f=

tanA正B错；C．A的力分析可知F=

由于物体B缓向左移动一小段距离导致θ减，θ减、增由于A对B的压力与F等反向，C错；D．的受力分析可知F=

tan由于物体B缓向左移动一小段距离导致θ减，θ减、增D错。故选A。．如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，交流电表和电流表均为理想电表，其中电压表示数为22V，下列法正确的是（）/20

122122A灯泡中电流方向每秒钟改变50次B变压器原、副线圈的匝数之比为5∶C．压器原、副线圈中磁通量变化率之比为∶1D．滑变阻器滑片下滑，变压器的输入功率减小【答案】C【解析A．交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，流方向在一个周期内改变，则灯泡中电流方向每秒钟改变100，选项A错；B变压器初级电压有效值为U=220V次级电压有效值为U=22V根据匝数比等于电压比可知，变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，选项B错；C．压器原、副线圈共用一个铁芯，则磁通量变化率是相等的，即磁通量变化率之比为1，选项C正确；D．滑变阻器滑片下滑，则减，次级电阻减小，因次级电压不变，根据

P

UR

可知，变压器次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错。故选。如所示在滑定滑轮正方相h的A处定一个点电荷用质绝缘细线拴着一个带电小球B，线跨过滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处静止状态。如果P缓漏，保持绳长BC不且于小B将竖直面内缓慢运动至P点上方此过程点电荷的电荷尚未漏完则在此过程中，关于小球所库仑力及拉力F大的变化情况是（）/20

库1库1A库仑力不变

B库仑力变大

C．力不变

D．力F变【答案】C【解析】对小球，在点，受力分析如图，力角形和长度三角形相。有hABF库则随着电荷的漏电，则减，库仑力F减；由于BC不，则绳子的拉力F不。故选。．如图所示，用轻绳系住一质量为m的质大球，大球和墙壁之间置一质量为m的质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角，球心连线O与绳之间的夹角为则、

应满足（）A

3cot

B

C．

3tan

D．

3tan

2tan

/20

100100【答案】C【解析】设绳子拉力为T，墙壁支持力为，两球之间的压力为，两个球作为一个整体进行受力分析，可得Tcos

mgT

对小球进行受力分析，可得mgFN联立得3tan

tan

故选。二选题本共小，小分共24分在小给的个项，题多符题要求全选的6分，对不的分有错得0分。中国航天科技集2020年月日在北京举行中航天科技活动蓝皮2019年布会记者获悉，嫦娥五号探器拟于2020年发射实施首次月球采样返回如所示假设运载火箭先将嫦五号月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r=100km的环月圆轨道I

后成功变轨到近月点为的椭圆轨道再15km高降至近月圆轨Ⅲ最后成功实现登月若取两物体相距无穷远时的引力势能为零质为m的点到质量为的匀物体中心的距离为r时力能表达式为

E

r（式中G为力常量）。已知月球质量为M，月球半径为R，发射“嫦娥五号”探测器质量为m，下列关于嫦娥五登月过程的说法正确的是（）A“娥五”测器在轨道I

上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运的动能B“娥五探测器在轨Ⅲ上行时的机械能等于在轨道I/20

上运行时的机械能

r1kpr1kpC．嫦五号探测器从轨道I

上变轨到轨Ⅲ时，势能减小了

GM00

1D．月“嫦娥五探测器从轨道Ⅲ回到轨道I，需要提供的最小能量【答案】AD【解析】A．由公式v2r2r得

GMm102r1则嫦五”探测器在轨道I

GMvr上运行的速率小于在轨道Ⅲ上运速率，所嫦娥五号探器在轨道I

上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的能，故A正确；B嫦娥五探测器在轨Ⅲ变到轨道I

时需要点火加速做离心运动过程中由化学能转化为机械能，则嫦五”探测器在轨道Ⅲ运行时的机械能小于在轨道I

上运行时的机械能，故B错；C．嫦五号探测器从轨道I

上变轨到轨Ⅲ时，势能减小了p

GMGMGM00)00rRr11故C错；D．星地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得v2r2r则动能的减小量为GMr1引力势能的增加量为GMGMGM00)00rRr11由能量守恒定律可知，卫星轨道发生变化时，发电机消耗的最小能量/20

0E00E0Ek

m100()Rr1故D正。故选。．如图所示，绝缘材料做成的轨道ACDE定于竖直平面内AC段平CDE为半径的圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，方向与轨道平面垂直。有一个质量为m=1.0×10kg，带电量为q-3，可视为质点的小滑块，的初速度从C点始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过E点水平飞出，一段时间后小滑块通过与E点高的F点图中未标出）。若运动过程中小滑块带电量不变，取重力加速度为g=10m/s

。下列说法正确的是（）A小滑块通过EF两点时的速度大小相等B小滑块通过点的速度大小为C．C小滑块克服摩擦力做的功为4.0×10-4JD．到D小块损失的机械能小于J【答案】AC【解析】A．小滑块从点等高的点重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系可知，通过、F两时的动能相同，即速度大小相等，选项A正；B小滑块恰好能通过点水平飞出mgBqvm

则v=1m/s选项B错；C．C小滑块克服摩擦力做的功为Wf

1mv2

2E

mgR/20

f121f121解得-4J选项正；D．到D小块的速度大于从D到E的速度，可知从滑对轨道的压力大于从D到E对道的压力C到D滑受到的摩擦力大于从DE受的摩擦力C到D失的机械能大于10-4，选项D错误。故选AC。．如图，倾角=30°且电阻不计的光滑平行双导轨定，导轨上端连有阻值R=1Ω电阻，MNQP区存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度B=1T的匀强磁场，质量=1kg、电阻rΩ导体棒置于导轨上并与导轨接触良好，。让ab与MP相为d=0.5m处静止下滑，同时对它加一个平行于导轨方向的力，ab始沿导轨向下做2

的匀加速直线运动，直到ab穿磁场。已知的长度及导轨间距均为=1m，MP和NQ相d=1.5m。重力加速g=10m/s

。则（）A进入磁场时受到的安培力大小为2NBab即穿出磁场时，重力的功率为20WC．在磁场中运动的过程中，力一在增大D．ab静止下滑到即将穿出磁场的过程中，力的向不变【答案】BD【解析】A．设导体棒ab在MP处速为，据速度位移公式有v22ad1

1代入数据解得则感应电流为

v2m/1I1

1R解得

I1A1则安培力为/20

22BIL1解得，A错；B设导体棒ab在NQ处速度为v，据速度位移公式有v

代入数据解得

v4m/s2则沿竖直方向的速度为siny

2m/故重力的功率为P20W故B确；CD导体棒ab在入磁场前，根据牛顿第二定律可知mgsin

F解得

，方向沿斜面向上，大小不变；当导体棒在入磁场，根据牛顿第二定律可知sinF安又F安

22v

，

代入数据并联立解得

t

，此时随时间的增大而减小，方向沿斜面向上；当F=0，F的向即将变化，根解得t=0.5s则导体棒在段时间的位移为代入数据解得x=1.5m=2

tvx1t说明导体棒运动到NQ处F为，综上分析可知，导体棒由静止下滑到即将穿磁场的过程中，力F的向不变，都沿斜向上，大小先不变再减小，故错D正。10/

BBBABABBBABA故选BD。．图，在光滑水平面上放着质量分别为2m和的、两个物块，弹簧与AB栓，现用外力缓慢向左推B使簧压缩，此过程中推力做功。然后撤去外力，则（）A从撤去外力到A离开墙的过程中，墙面对A的量大小为B当A开墙面时，的量大小为2mWC．A开墙面后A的大速度为

8mD．A开墙面后，弹簧的最大弹性势能为

2W【答案】BCD【解析】A．设当离墙面时的速度大小为v．据能关系知1Wmv2

2得vB

2m从撤去外力到离开墙面的过程中，对A及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对的冲量大小I故A错；B当A离墙面时，的量大小p2故B确；C．弹簧再次恢复原长时的度最大，从A离墙壁到AB共的过程，系动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有=2mv+mv①由机械能守恒有1W2mv2

B

2

②11/

0B0B由①②得的最大速度为vA

8m故C正；D．B去F后，A离竖直墙后，当两体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为v，离开墙时，B的度为．据动量守恒和机械能守恒得12

2

联立解得：弹簧的弹性势能最大值为

23故D正。故选BCD三非择:共52分第～题必题每试考都须答。5～16题选题，生据求答（）考共43分。11为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其M为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是（）A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．变和砂桶的质量，打出几条纸带12/

E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远于小车的质量(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的流电，据纸带可求出小车的加速度2结果保留两位有效数字）。(3)以弹簧测力计的示数F为坐标度纵坐标的a-F图是条直线与轴的夹角为，求得图线的斜率为K，小车的质量为（）A

B

1

．

D．

k【答案】BCD1.3D【解析】．物体M受的力可由弹测力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出。故A错；B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受的合力等于拉力。故B正；C．车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的。故正确；D．变和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来探究加速度与外力关系，故也是需要进行的操作；故D正确；E．因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远于小车的质量M，故错误；故选BCD(2)[2]连相等时间内的位移之eq\o\ac(△,)=0.5cm根eq\o\ac(△,)

得am/sT20.06

2

2(3)[3]由顿第二定律得F=解得a

2Fma-F图的斜率k

解得小车的质量

k13/

故D正。．同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．实电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：A电流表A：量程0～．6A内阻约0125ΩB电压表V：量程0～3V内阻约3kC．动变阻器0～D．动阻器～Ω(1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选________(选填相应器材前的)；(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于_________端(选填左或右；(3)图乙是该同学根据实验数据绘制的U图，根据图线求得被测干电池的电动势E，内阻r=_________结果保留到小数点后位；(4)该实验中，产生系统误差的主要原因_____________．丙中实线为根据测量数据绘制的图线，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，下列四幅图能够正确反映两者关系的____________．【答案】C

右

～1.490.90～

电压表的分流

D【解析】(1)为使电流表有明显偏转且方实验操作，滑动变阻器应选择C(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于右．(3)由图示电源UI

图象可知，电源电动势：E，电源内阻：

r

1.100.42

Ω0.90

；(4)由图示电路图可知于电压表不是理想电表存在分流现象电表所测电流(测量值小于电的电流14/

ABNNxxxABNNxxx(真实值；当外电路短路时，电压表的分流为零，所以真实图象和测量图象与横轴的交点相，故D正，ABC错．．图所示，在水平地面上固定一个倾角=45°、高H=4m的面，在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道，周部分的半径R=

与周相切于B点长度为R，与水平方向夹角，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点、轨道末端D与面端处于同一高度．现将一质量为，直径可以忽略的小球从管口A处由静止释放2（1）求小球在点对轨道压力．（2）若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？最大位移是多少？【答案】(1)【解析】（1）设AD之的竖直高度为，由几何关系可知h=R+Rsin30°+lA到根动能定理得在C点F﹣解得：由牛顿第三定律可知小球在点对轨道的压力为7N（2）从A到撞点，根据动能定理得：mgh+x）平抛过程：﹣x=平抛水平位移：S=vt代入数据整理得=可知：当时抛水平位移S有最大值15/

m000000020t1m000000020t1如(所示根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内间距为L根长度均为L、质量均为电均为r的同的导体棒M静置于导轨上，两棒相距；个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。从t=0开始，给导体棒M施一平行于导轨的外力F使导体棒M在0~内以加速度μg做匀加速运动，导体棒N在t

时刻(t

未知)始运动F随时间变化的规律如b)所示。棒与导轨间的动摩擦因数均为μ(大静摩擦力等于滑动摩擦，运动过程中两棒均与导轨接触良好。重力加速度大小为g。（1）求t时导体棒M的度；（2）求2（3）若2

时刻外力F大小；时刻导体棒M的度为v，求此时两棒间距离。【答案】（1）

v0

2L

2mvr16gr；（）μmg（）xxBL

【解析】（1）导体棒未动时，电路中的电动势、电流E=BLv，

i

E2r每个导体棒受到的安培力F=导体棒开运动时，安培力与摩擦力平衡F=整理得，此时导体棒M的度v0

22（2）对导体棒Mt时F－=ma0

时刻F－－=16/

2000t100210002000t10021000而FFFtt整理得F=4（3）t

时间内，导体棒做匀加速运动v=at可得t0

2mrL0

时刻两棒间的距离为1x2

0

2设2t

时刻两棒间的距离为，导体棒的度为，tt

时间内电路中电流的平均值为I。根据动量定理对整体FF1t

mvmvmv010对导体棒

此过程中的平均感应电动势E

E，Ir而BL(x)