2021-2022学年河北省重点高考考前模拟物理试题含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、水平面内固定一个足够大且绝缘的粗糙斜面，其上有一个带电滑块匀速下滑且一直在斜面上运动。仅改变下列选项

中的条件，滑块速度大小一定改变的是（）

A.施加竖直方向的电场B,翻转滑块，改变它与斜面的接触面积

C.施加水平方向的恒力D.改变滑块的质量

2、如图所示，竖直直线MN的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abed的边长为

L,静止于图示位置，其右边与MN重合。从f=0时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运动。线框粗细均匀，其

电阻沿长度分布均匀。在运动过程中，线框a、b两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（）

3、有一变化的匀强磁场与图甲所示的圆形线圈平面垂直。规定磁场方向向里为正方向，从。经R流向。为电流的正方

向。已知R中的感应电流i随时间/变化的图象如图乙，则磁场的变化规律可能与下图中一致的是（）

甲

4、如图所示，将一交流发电机的矩形线圈Med通过理想变压器外接电阻R=10Q,已知线圈边长

帅=cd=0.1m,ad»c=0.2m,匝数为5()匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端，变压器原副线圈匝数比

川:〃2=1:3,线圈在磁感应强度8=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以”=200rad/s的角速度匀速转动，则()

t

A.从图示位置开始计时，线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为e=40sin200t(V)

B.交流电压表的示数为40V

C.电阻R上消耗的电功率为720W

D.电流经过变压器后频率变为原来的3倍

5、如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2a角，在平行板间存在着匀强电场，直线或是两板间一条垂直于板

的直线，竖直线EF与CD交于。点，一个带电小球沿着NFOO的角平分线从A点经。点向B点做直线运动，重力

加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是()

A.小球带正电

B.小球可能做匀加速直线运动

C.小球加速度大小为gcosa

D.小球重力势能的增加量等于电势能的增加量

6、若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的

距离之比为2：3,已知该行星质量约为地球的36倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为（）

A.3RB.4KC.5RD.6R

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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，“L”形支架A05水平放置，物体P位于支架05部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架4。

上，另一端与物体P相连。物体P静止时，弹簧处于压缩状态。现将“L”形支架绕0点逆时针缓慢旋转一很小的角度,

P与支架始终保持相对静止。在转动的过程中，关于P的受力情况，下列说法正确的是（）

砌网胸TP]

A.支持力减小

B.摩擦力不变

C.合外力不变

D.合外力变大

8、如图（a）所示，位于M、N两点处的两波源相距18m,在M、N两点间连线上有一点P,MP=6m.r=0

时，两波源同时开始振动，振动图象均如图（b）所示，产生的两列横波沿MN连线相向传播，波在MN间的均匀介

质中传播的速度为300m/s。下列说法正确的是（）

A.两波源产生的横波的波长4=6m

B.t=0.025s时，M点处的波源产生的第一个波峰到达P点

C.P点的振动是减弱的

D.在f=（）~0.035s内，P点运动的路程为35cm

E.”、N两点间（除用、N两点外）振幅为10cm的质点有5个

9、如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角。的关系，将某一物体每次以大小不变的初

速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角。，实验测得x与斜面倾角。的关系如图乙所示，g取10

m/s2,根据图象可求出

A.物体的初速度%=6m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数4=0.6

C.取不同的倾角物体在斜面上能达到的位移x的最小值4,加=144m

D.当某次。=300时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

10、以下说法正确的是（）

A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关

B.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动

C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大

E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某学校兴趣小组成员在学校实验室发现了一种新型电池，他们想要测量该电池的电动势和内阻.

（1）小组成员先用多用电表粗测电池的电动势，将选择开关调到直流电压挡量程为25V的挡位，将（填

“红”或“黑”）表笔接电池的正极，另一表笔接电池的负极，多用电表的指针示数如图所示，则粗测的电动势大小为

（2）为了安全精确的测量，小组成员根据实验室提供的器材设计了如图的测量电路，其中凡=5。，它在电路中的作

用是.闭合开关前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最（填“大”或“小”）,

(3)闭合开关，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值K及对应的电流表示数/,作出;-R图象，如图所示.

根据图象求出电池的电动势为V(保留两位有效数字).

12.(12分)如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用7型

管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积%,压强p°,T型管与传感器内少量气体体积可忽略不计。

缓慢推动注射器，保持温度不变,

(1)该装置可用于验证_____定律。填写气体实验定律名称)

2

(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为］匕，压强传感器读数为8,则此时气球体

积为.

(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气

球体积和压强”关系图。根据该图象估算：若初始时注射器内仅有体积为85%、压强为P。的气体。当气体全部压入气

球后，气球内气体的压强将变为(保留3位小数)

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为。。两个大小不计的物块48质量分别为g=加和

3

m2=5/%A8与传送带间的动摩擦因数分别为从=《tan。和外=tan6。已知物块A与B碰撞时间极短且无能量损

失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

（1）若传送带不动，将物块3无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物

块A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为%,求A与3第一次碰撞后瞬间的速度匕入、

（2）若传送带保持速度为顺时针运转，如同第（1）问一样无初速度地释放3和A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度

大小也为%,求它们第二次碰撞前瞬间A的速度岭A;

（3）在第（2）问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。

14.（16分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量，〃=lkg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与

滑块上的光滑轴。连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕。轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向

上的初速度Vo="4"m/s,g取10m/s2.

（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点尸时对轻杆的作用力大小和方向.

（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小.

（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离.

15.（12分）如图所示，绝热性能良好的汽缸开口向上，缸中用绝热性能良好的活塞封闭一段气体，气柱的长为h,活

塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，活塞的质量为m,横截面积为S,大气压强为p。，开始时缸中气体的温度为To,

重力加速度为g。

①若在汽缸上放一个质量为m的物块，再给缸中气体加热，使气柱长仍为h,则加热后气体的温度为多少?

②若只给缸中气体缓慢加热，当气体温度为2To时，电热丝产生的热量为Q,则气体的内能增加多少？

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、C

【解析】

AD.当滑块匀速下滑时，对滑块进行受力分析可知，重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力的大小。施加竖直方向的

电场与改变滑块的质量效果相同，各力沿斜面向下的分力之和与滑动摩擦力的大小始终相等，滑块仍做匀速直线运动，

AD错误；

B.翻转滑块，改变它与斜面的接触面积，并未改变它与斜面间的摩擦力，所以滑块仍做匀速直线运动，B错误；

C.施加水平向左的恒力时（滑块不脱离斜面），该力有沿斜面向下的分力，而且摩擦力减小，滑块将做加速运动；施

加水平向右的恒力时，该力有沿斜面向上的分力，而且摩擦力增大，滑块将做减速运动，C正确。

故选C。

2、C

【解析】

线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。两过程加速度相等，设为%

线框进入磁场的运动过程。由右手定则知感应电流方向由b向以力。段为电源，则〃点电势高于点电势。电动势大

小为

E=BLv

3

由运动规律得

v=at

解以上三式得

3

U,由=]BLat

3

图像为过原点的直线，斜率为一3L。。在2时刻有

4

3

U曲=1BLat[yo

在磁场中的运动过程。由右手定则知“点电势高于6点电势。在小时刻有

U曲=E'=BLat。

运动过程有

1｝独=E'=BLCv0+at）

由运动规律得

v（；=2aL

解以上两式得

Uab=BLxllaL+BLat

图像斜率为BLa.

故选C«

3、A

【解析】

应用楞次定律定性分析知，（）~Is内，电流为正方向，根据安培定则知磁场3应正方向减小或负方向增大。1~2s内,

电流为负方向，根据安培定则知磁场8应正方向增大或负方向减小。设线圈面积为S,则电动势

LA0）°NB…

E-....=S■—①

\tIs

电流

/J②

解①②式得

辞③

由图象知两过程中电流大小关系为

4=/④

解③④式得

强-1AB2

Is2Is

|绢|=#闵

所以A正确，BCD错误。

故选A。

4、C

【解析】

A.从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，所以电动势随时间的变化关系为

e=NBScocoscot(V)

代入数据得e=40cos200r(V),故A错误；

B.由瞬时值表达式e=40cos200/(V),可知线圈产生的电动势最大值为耳.=40V,但电压示数是有效值，故示

数为

U=%=2。丘N

V2

故B错误;

C.根据

：〃2

解得变压器副线圈的电压(4=605/2V,所以电阻R上消耗的电功率为

U2

P=~=720W

R

故C正确；

D.交流电的频率经过变压器不发生变化，故D错误。

故选C。

5、D

【解析】

AB.带电小球沿着NF。。的角平分线从A点经。点向5点做直线运动，所以小球合外力沿着AB;又由于小球受重

力，所以电场力的方向由。到O；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动,

故AB错误；

C.据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由。到O,据几何关系可知

a-2geos

故C错误；

D.由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重

力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。

故选D。

6、B

【解析】

平抛运动在水平方向上为匀速直线运动，

x=v„t

在竖直方向上做自由落体运动，即

,12

h=]gt

所以

2h

g

两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以

2

正=&=9：4

g地

Mm

根据公式G-^=mg可得

也

g

故

A行_M竹g地一一

R地一地.g行一

解得

R行=4R

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、AC

【解析】

对P受力分析如图:

mg

不转动时，OB对P有支持力N和静摩擦力/,根据平衡条件

f=F

N=mg

转动后受力分析如图:

N'=mgcos0

则支持力减小，摩擦力为

ff=F-mgsin0

则静摩擦力减小，物块保持静止，所以合外力不变，仍为o,AC正确，BD错误。

故选AC。

8、ABE

【解析】

A.由图可知波的周期为

T=0.02s

则两横波的波长为

A-vT=6m

所以A正确；

B.由题可知

A/P=6m

则波由M传到P,所用时间为

t="=0.02s=T

V

f为0.025s时，波源M已经向右发出之个周期的波，由图象可知，尸点已经振动则用点处的波源产生的第一个

44

波峰到达P点,所以B正确；

C.由题意可知

PN=MN-MP=12m

两列波到达尸点的波程差为

Ax=PN-MP=6m=4

是波长的整数倍，可知P点为加强点，所以C错误；

D.波源M的波需要一个周期传到尸点，则0.035s波源M发出的波已经传到

x=W=10.5m处

时间为

7

f=0.035s=4

4

可知，P点振动了之丁，路程为

4

s=3x5cm=15cm

所以D错误；

E.振幅为10cm的质点即为加强点，则

^x'-nA

"取0,±1,±2,对应的位置有5个：的中点，距离M和N分别6m处，距离M和N分别3m处，所以E正确。

故选ABEo

9、AC

【解析】

AB.物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律

mgsin0+^imgcos6=ma

得加速度为

a=gsin8+Rgcos。

2Q

由运动学公式当8=90。时，片=2gx,可得％=J莎=6叱\当。=0时，诏=2〃gx,可得〃故A

八2gx4

项正确，B项错误；

C.根据运动学公式得物体能达到的位移

2

一叫

2(gsin6+〃gcos6)

由辅助角公式

n；=2jl+〃2gsin(6+a)x

可得位移x的最小值

故C项正确；

D.由于〃>/an。，所以当物体在斜面上停止后，不会下滑，故D项错误。

10、ACE

【解析】

A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子密度和分子平均速率有关，即与单位体积内分子数及气体

分子的平均动能都有关，故A正确；

B.布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；

C.两分子从无穷远逐渐靠近的过程中，分子间作用力先体现引力，引力做正功，分子势能减小，当分子间的引力和

斥力平衡时，分子势能最小，之后体现斥力，斥力做负功，分子势能增大，故C正确；

D.根据理想气体状态方程

T

可知温度升高，体积变化未知，即分子密度变化未知，所以压强变化未知，故D错误；

E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故E正确。

故选ACE«

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、红10.5保护电阻大12

【解析】

(1)[1][2].将红表笔接电池的正极，多用电表示数为10.5V.

(2)[3][4],电阻Ro在电路中为保护电阻，闭合开关前应使电阻箱接入电路的电阻最大.

(3)[5].由实验电路可知，在闭合电路中，电池电动势

E=I(r+R)+K)

则

IEE

由图象可知，图象的斜率

1

,1△A/1-0.51

K=—=--=---=—

EAR612

则电池电动势

E」=12V

k

12、玻意耳1.027

【解析】

用DIS研究在温度不变时，气体的压强随温度的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律；

(2)⑵将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为pi,根据玻意耳定律得：

PM=Po%

所以

匕=Po%

P\

2

读出此时注射器内剩余气体的体积为彳匕，所以时气球体积为

卜沁皿普；

3Pl3

(3)网由题可知，若初始时注射器内仅有体积为0.5%、压强为po的气体，气体全部压入气球后气球的压强与初始时注

射器内有体积为％、压强为po的气体中的g气体压入气球，结合题中图乙可知，剩余的气体的体积约在。5匕左右，

压强略大于po,所以剩余的气体的体积略小于0.5%。由图可以读出压强约为l.O27po。

【点睛】

本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一

定，运用玻意耳定律列式进行分析。另外，还要注意思维方式的转化，即可以将初始时注射器内仅有体积为0.5%、压

强为po的气体，气体全部压入气球，与初始时注射器内有体积为％、压强为po的气体中的;气体压入气球是等效的。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

214,

v!

13、（1）vu=--v0,v）so（2）u2A=§%，方向沿传送带向下；（3）W=-3mv-

【解析】

（1）由于〃2=tan。，故B放上传送带后不动，对A和B第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

町％=町心+叫WB

1,1212

万町玲=5町外A+］叫KB

又5班=m2

5加21

解得匕A=一§%，HB=1%

（2）传送带顺时针运行时，B仍受力平衡，在被A碰撞之前B一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，A8碰前

的运动情形与传送带静止时一样，由于A第一次碰后反弹的速度小于％,故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦

力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设A在传送带上运动时的加速

度大小为。，根据牛顿第二定律有

班gsin8-4Mgcos0=mla

解得a=|'gsin9

解法一从第一次碰后到第二次碰前A做匀变速运动，8做匀速运动两者位移相等，则有

4

解得彩A=3%，方向沿传送带向下

解法二以8为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有

编对一（_；%一；%）?

--------=2——3——二0

2a

解得第二次碰前A相对3的速度丫相对=%

则A对地的速度为

4

岭A=丫相对

方向沿传送带向下

解法三第一次碰撞后到4B第一次碰撞前，两者位移相同，故平均速度相同，则有

h+5=v

2IB

4

解得丫2A=§%，方向沿传送带向下

（3）以地面为参考系，A第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为匕A和匕A，8第二次碰后瞬间的速度记

为岭一两者发生第二次弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒有

，多彩.+加2匕8=根1玲4+根2彩8

121T122

5班”+万〃72%=/叫~+万加2%

5g12

解得丫34=一］%，%

解法一第二次碰后A做匀变速运动，8做匀速运动。到第三次碰前两者位移相等，所以

VVat

4A-3A=2

解得以A=|%，方向沿传送带向下

A从第一次碰后到第三次碰前的位移

•〃=jKg%T一（一:％Tg%H-（一J%）」='-1".

2a3333gsin。

传送带对A做的功

W=-fsA=gcose---5V=—3加说

Agsi5n~J

解法二设第二次碰撞后再经时间，发生第三次碰撞，设A方位移分别为S2A、S?B，以向下为正，则

1,

%=匕/2+耳加2

S2B~V2fl?2

解得

5%

gsin。

10vj

S2A~S2B-~r-T

3gsin，

而

传送带对A做的功

w=乜即+%）=一3•

解法三以8为参考系，第二次碰撞到第三次碰撞之间，A和8的相对运动规律和第次与第二次之间的相同，故第三次

碰撞前，A的对地速度

5

%=%+%=]%

描绘从释放A和8开始到它们第三次碰撞前，它们对地的丫-/图线如下

结合V-/图象，可以计算A从第一次碰后到第二次碰前对地的位移

”总心。-（一|犷+（1）2-0%）2]=磊

传送带对A