2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性考試模擬卷(含解析)

2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性考試模擬卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.兩根互相平行的通電長直導線A、B垂直于紙面放置，電流相同.。0'是0'

連線的中垂線，沿。。'方向磁感應強度的大小（）

A.逐漸變大

軟

A

B.逐漸變小

C.先變小后變大

D.先變大后變小

2.以35m/s的初速度豎直向上拋出一個小球，不計空氣阻力，g取10m/s2.以下判斷錯誤的是（）

A.小球到最大高度時的速度為0B.小球到最大高度時的加速度為0

C.小球上升的最大高度為61.25，〃D.小球上升階段所用的時間為3.5s

3.2018年5月9H2時28分，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用“長征四號”丙運載火箭成功發(fā)射“高

分五號”人造地球衛(wèi)星，“高分五號”衛(wèi)星軌道高度約為705km,已知同步衛(wèi)星的軌道高度約

為36000km,地球半徑約為6400km,則“高分五號”衛(wèi)星的周期約為（）

A.4/iB.2八C.1.6/1D.l/i

4.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為由：電=3：1,在原、副線

圈電路中分別接有阻值相同的電阻&、/?2?交變電源電壓為。則下列說法

中正確的是（）

電阻&、/?2兩端的電壓之比為3：1

B.電阻飛、/?2上消耗的電功率之比為1：1

C.電阻治、兩端的電壓均為?

D.電阻/、/?2上消耗的電功率之比為1：9

5.如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻3僅

?XXXXXX

]xXXXXXX

強磁場，E點位于8邊上，S.ED=乳三個完全相同的帶電粒子1、jxXXXXXX

!xXXXXXX

?

?XXXXXXX

2、3分別以大小不同的初速度打、外、力從A點沿A8方向射入該磁場I

?XXXXXXX

?xXXXXXX

區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉后粒子1、2、3分別從C點、E點、。點射出.若匕、CD

E

t2、t3分別表示粒子1、2、3在磁場中的運動時間.則以下判斷正確的

是（）

力：：：：

A.%：v2-v3=6：2V3：3B.u2v3=432

：

C.0：t2J=2：3：4D.0：t2：t3=3：4：6

6.如圖所示，木板質量為M,長度為￡,小木塊（可視為質點）的質量為相，水平地面光滑，一根不

計質量的輕繩通過定滑輪分別與木板和小木塊連接，小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃，開始時

木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將小木塊拉至木板右端，拉力至少做功為（）

A.2[imgLB.[imgLC.〃(M+m)gLD.

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

7.如圖所示，光滑水平面。3與足夠長粗糙斜面8C交于3點.輕

彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)將質量為血1的滑塊壓縮彈簧至。1=1.............

0DB

點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)8點滑上斜面，上升到

最大高度，并靜止在斜面上.不計滑塊在B點的機械能損失；換用相同材料質量為巾2的滑塊

（m2>mD壓縮彈簧到相同位置，然后由靜止釋放，下列對兩滑塊說法正確的是（）

A.兩滑塊到達B點的速度相同

B.兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同

C.兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同

D.兩滑塊上升到最高點過程機械能損失相同

8.如圖所示，一個光滑的圓環(huán)M,穿過一個小環(huán)N,圓環(huán)M以豎直的A08軸為轉L*

軸，做勻速轉動，那么（

A.環(huán)N所受的力有N的重力及M對N的支持力

B.環(huán)N所受的力有N的重力及N對M的壓力

C.環(huán)N的向心力方向是指向大環(huán)圓心的

D.環(huán)N的向心力方向是垂直指向轉軸的

9.如圖所示，A,B,C,。為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一個電子垂直經(jīng)過

等勢面。時，動能為20e匕飛經(jīng)等勢面C時，電勢能為-10W,飛至等勢面

8時速度恰好為零，己知相鄰等勢面間的距離為5a”，則正確的是（）

A.等勢面A的電勢為一10U

B.勻強電場的場強大小為20017m

C.電子再次飛經(jīng)。勢面時，動能為10eV

D.電子的運動為勻變速直線運動

10.如圖所示，兩段長均為L的輕繩共同系住一質量為，〃的小球，另一端——L——貫一

固定在等高的兩點。1、02,兩點間的距離也為L,在最低點給小球一個\/

垂直紙面向里的初速度，小球恰能在豎直面內(nèi)做圓周運動，重力加速度\/

為g,則（）

A.小球運動到最高點的速度“=悟】

B.小球運動到最高點的速度12=B

C.小球在最低點時每段繩子的拉力F=3mg

D.小球在最低點時每段繩子的拉力F=2yf3mg

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某同學用如圖所示的實驗裝置來“驗證力的平行四邊形定則”.三條細繩_刃

結于。點分別與兩彈簧測力計和鉤碼相接.6F

①實驗步驟如下：中田一

A.彈簧測力計A掛于固定在豎直木板上的P點；,y

8.結點O下的細線掛鉤碼C；-------------

C.手持彈簧測力計8緩慢向左拉，使結點O靜止在某位置

。.記下鉤碼質量、結點。的位置、讀出并記錄彈簧測力計A和8的示數(shù)、記錄.

②在實驗過程中，下列哪些情況會對實驗結果產(chǎn)生誤差？答：（選填選項前的字母）

4木板不豎直B.4彈簧測力計外殼的重力

C.B彈簧測力計的拉力方向沒有保持水平

。改變彈簧測力計8拉力進行多次實驗時，結點。的位置發(fā)生變化.

12.某物理興趣小組利用圖甲所示電路測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。除電池（內(nèi)阻約為0.30）、

開關和導線外，實驗室提供的器材還有：

人電壓表量程為3V,內(nèi)阻約為3k0）

8.電流表4式量程為0.64內(nèi)阻約為0.2。）

C.電流表4（量程為3A,內(nèi)阻約為0.05。）

。定值電阻（限值為1.50,額定功率為2勿）

￡滑動變阻器（最大阻值為150,額定電流為24）

甲乙

⑴電流表應選用（選填"B”或"C”）；

（2）實驗時，閉合開關S前,應將滑動變阻器的滑動觸頭P置于（選填"a”或"b”）端。

（3）在器材選擇正確的情況下，按正確操作進行實驗，調節(jié)滑動變阻器，通過測量得到該電池的

U—/圖線如圖乙所示，則該電池的電動勢E=V、內(nèi)阻r=0。

四、簡答題（本大題共1小題，共12.0分）

13.假定線圈繞。0'軸沿逆時針方向勻速轉動，如圖甲至丁所示.請分析判斷:

（1）線圈轉動一周的過程中，線圈中的電流方向的變化情況.

（2）線圈轉動過程中，當產(chǎn)生的感應電流有最大值和最小值時線圈分別在什么位置？

五、計算題（本大題共3小題，共35.0分）

14.如圖所示，有一初速可忽略的電子經(jīng)電壓Ui加速后，進入兩塊水平”

放置、間距為”的、電壓的”的平行金屬板間.若電子從板正中央一黑...........

水平射入，且恰好能從板的右端射出.設電子電量為e,求：

B-----------------------------

(1)電子穿出電場時的動能；

(2)金屬板的長度.

15.如圖所示，內(nèi)徑粗細均勻的U形管豎直放置在溫度為7久的環(huán)境中，左側管

上端開口，并用輕質活塞封閉有長％=14cm的理想氣體，右側管上端封閉，

管上部有長％=24cni的理想氣體，左右兩管內(nèi)水銀面高度差八=6cm.若把

該裝置移至溫度恒為27。(：的房間中(依然豎直放置)，大氣壓強恒為po=

76cmHg.不計活塞與管壁間的摩擦.分別求活塞再次平衡時左、右兩側管中氣體的長度.

16.在“測定玻璃的折射率”實驗中，某同學經(jīng)正確操作插好了4枚大頭針，畫出完整的光路圖，

由于沒有量角器，他以入射點。點為圓心畫圓交入射光線于A點，交折射光線于B點，過A點

畫法線的垂線與法線交于C點，過8點畫法線的垂線與法線交于。點，如圖所示，若各線段的

長度可以用於、而、而、而表示，則玻璃的折射率可表示為o

【答案與解析】

1.答案：。

解析：解：

根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導線產(chǎn)生的磁場方向均沿逆時針方向，兩根通電導線在。。'某點產(chǎn)

生的磁感應強度大小疊加而成，根據(jù)平行四邊形進行合成得到，0點的磁感強度為零，由。向。'移

動，磁感應強度先變大后變小.故A、B、C錯誤，。正確.

故選：D

根據(jù)安培定則判斷兩根導線在0、。'兩點產(chǎn)生的磁場方向，根據(jù)平行四邊形定則，進行合成，確定

大小和方向的關系.在線段。'。上只有。點的磁感應強度為零.

本題考查安培定則和平行四邊定則的綜合應用，基礎題.

2.答案：B

解析：解：人小球做勻減速直線運動，當上升到最高點時，小球的速度減為零，再向下做勻加速直

線運動，故A正確；

2、小球到達最高點時，小球仍受重力，故加速度仍為g；故B錯誤；

C、由/=2g/i可得，小球上升的最大高度/i=?=61.25m,故C正確；

D、由v=gt可得，上升所用時間為t=3.5s,故。正確；

本題選錯誤的，故選瓦

小球向上做加速度為g,初速度為35m/s的勻減速直線運動，由運動學公式可求得上升的最大高度及

時間.

豎直上拋運動為末速度為零的勻減速運動，可以用反向法看作初速度為零的勻加速直線運動.

3.答案：C

解析：

利用萬有引力定律研究天體運動，根據(jù)萬有引力公式G駕=m與r求解。

r2T2

本題考查萬有引力的應用，利用天體運動時萬有引力提供向心力解答，也可以應用開普勒行星運動

定律解答。

根據(jù)萬有引力提供向心力得G等=rn￡fr,所以7=]嗡3所以''高分五號”衛(wèi)星和地球同步

衛(wèi)星的周期之比為，=H，則''高分五號”衛(wèi)星的周期為T高=L6/i,故C正確，AB。錯誤。

『同y聞

故選Co

4.答案：D

解析：解：A、理想變壓器的電流與匝數(shù)成反比，所以電阻&、&上的電流之比為1：3,分別接有

阻值相同的電阻&、R2.

所以電阻右、/?2兩端的電壓之比為U&；UR2=1：3,故A錯誤.

仁根據(jù)晟=￡可知：又有所以故

^=^U2=^UR2=3URZ,U=U1+U%,U&=[,UR2=M

C錯；

BD、根據(jù)電功率P=/2R知道電阻％、/?2上消耗的電功率之比為1：9,故3錯誤，。正確.

故選：D

根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得

出結論.

本題考查變壓器原理，只要掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關

系即可解決本題

5.答案：D

解析：解：粒子運動軌跡如圖所示:

由幾何知識可知：%=],%=7T,

R2cosa4-R2=3R2sina=ED=七3

解得：sina=—,a=%=兀一a?，

233

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：丁=察相同，

粒子在磁場中的運動時間：t=27=嘩8。，

2nqB

則粒子在磁場中的運動時間之比為：

ti：t2：13=%：。2：%=看拳兀=3：4：6；故A8C錯誤，。正確；

故選：D.

粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子的運動軌跡，求出粒子在磁場中轉過的圓心角，然后求出

粒子的運動時間之比.

本題考查了求粒子在磁場中的運動時間之比問題，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)題意作出粒

子運動軌跡、求出粒子轉過的圓心角是解題的前提與關鍵，應用周期公式即可解題.

6.答案：B

解析：解：開始時木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將機拉至右端，拉力做功最小，即為小

木塊在木板上做勻速運動，，”和M間的摩擦力為/="mg；”受到的摩擦力向右，加受到的摩擦力

向左；要使M做勻速運動，則繩子上的拉力T=而要使，”做勻速運動，拉力F=T+卬ng=

2/zmg；

由題意可知，〃，運動的位移為點則由功的表達式可得：W=FL=2umg*=“mgL；故B正確，ACD

錯誤。

故選：Bo

在水平向右的拉力作用下，小木塊沿木板向右運動，在運動過程中拉力做功的最小值就是拉力等于

摩擦力，使小木塊在木板上做勻速運動。從而根據(jù)功的表達式可求出勻速運動時，拉力做的功。

本題突破口就是拉力做功的最小值，就是木塊在木板上做勻速運動。但是一定要注意正確分析兩物

體的受力情況，明確木板不受地面的摩擦力，但受到木塊的摩擦力作用。

7.答案：CD

解析：解：A、兩滑塊到8點的動能相同，但速度不同，故4錯誤：

8、兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同。故B錯誤;

C、兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功為機g〃，由能量守恒定律得：EP=mgh4-fimgcosdx

-々，所以，加9%=色，故兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同，故C正確；

Sine1+tane

D、由能量守恒定律得：EP=mgh+nmgcosBx其中，E&=fimghcotd,結合C分析得，D

正確。

故選：CD。

先是彈性勢能轉化為動能，沖上斜面運動過程機械能損失變?yōu)槟Σ辽鸁?，由能量守恒定律可得，?/p>

能的減少等于重力勢能的增加量與摩擦產(chǎn)生的熱量之和.

關鍵是會應用能量守恒定律解決問題，同時要注意數(shù)學推理能力訓練

8.答案：AD

解析：解：N隨著M做在水平方向做勻速圓周運動，對環(huán)N受力分析，受力重力、例對N的支持力，

兩個力的合力提供向心力，向心力的方向垂直指向轉軸的，故正確，錯誤。

故選:AD.

N隨著M做在水平方向做勻速圓周運動，合外力提供向心力，對N受力分析即可求解.

解答本題的關鍵是知道N在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，圓心的在水平面內(nèi)，難度不大，屬于基礎題.

9.答案：ABD

解析：解：A、電子從。到B過程，動能減小20e匕且電場為勻強電場，即等間距，則C點的動能

為10eV,由于等勢面C時，電勢能為-10e叭則知電子的電勢能與動能的和等于0；由于等勢面C

時，電勢能為-10eV,則C等勢面的電勢為10匕粒子經(jīng)過等勢面8時的動能等于0,則電勢能也

等于0,則B等勢面的電勢等于0,結合該勻強電場的特點可知，A等勢面的電勢為-10V.故A正確；

B、電子從B到。過程，根據(jù)動能定理得：-eUDB=O-EkD,解得：第=等=等=20乙對

于8。段：電場強度為？=等=萼=200U/m,故B正確；

C、根據(jù)能量守恒可知，電子再次經(jīng)過力等勢面時，電勢能不變，動能不變，其動能仍為20e匕故

C錯誤；

。、根據(jù)電場線與等勢面垂直可知，該電場是勻強電場，電子做勻變速直線運動，故。正確。

故選：ABD.

電子從。到8過程，根據(jù)動能定理求出8。間電勢差，即可得到A等勢面的電勢；由E=二求解電場

a

強度：根據(jù)能量守恒可知，電子再次經(jīng)過。等勢面時，動能為20eH勻強電場中電子所受的電場力

是恒力，電子做勻變速直線運動。

解決本題的關鍵知道等勢面與電場線關系，掌握勻強電場的場強公式，以及電場力做功與電勢差的

關系。

10.答案：AD

解析：

當兩根繩的拉力恰好為零時，小球恰能在豎直面內(nèi)做圓周運動，靠重力提供向心力，結合牛頓第二

定律列出表達式，解得物體在最高點的速度；從最高點到最低點，由機械能守恒解得其在最低點的

速度，再由牛頓第二定律解得兩繩的拉力的合力，再由力的分解解得每段繩子的拉力。

解決本題的關鍵知道最高點的臨界情況，抓住小球向心力的來源，結合牛頓第二定律及機械能守恒

定律進行求解，難度一般。

AB.由題意可知，小球恰能在豎直面內(nèi)做圓周運動，故在最高點由其重力提供向心力，故有:mg=my,

由幾何關系知：「=苧3聯(lián)立解得：小球運動到最高點的速度"=悟］,A正確，B錯誤；

22

CD.從最高點到最低點，由機械能守恒可得：|znv+m52r=|niv1）在最低點又由牛頓第二定律

可得：F1-mg=m^,聯(lián)立解得兩繩的拉力的合力為：F.=6mg,由力的分解可得小球在最低點

時每段繩子的拉力：F=2Wmg，C錯誤，。正確。

故選A。。

11.答案：細繩的方向BC

解析：解：（1）記下鉤碼質量、結點。的位置、讀出并記錄彈簧測力計A和B的示數(shù)、記錄細繩的方

向.

（2）4、木板不豎直對實驗沒有影響.故A錯誤；

B、彈簧測力計是測力的大小的，彈簧測力計外殼的重力對彈力有一定的影響.故8正確；

C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準確性.會產(chǎn)生誤差，故c正確；

。、改變彈簧測力計B拉力進行多次實驗時，結點。的位置發(fā)生變化對實驗沒有影響，同一次實驗

時，。點位置不變.故。錯誤.

故選：BC.

故答案為：(1)細繩的方向；(2)BC；

彈簧測力計A掛于固定點，所以彈簧測力計外殼的重力對彈力有一定的影響，拉線方向必須與木板

平面平行，這樣才確保力的大小準確性，同一次實驗時，。點位置不變，不是同一次實驗時，。點

位置可以改變.當出現(xiàn)超出彈簧測力計4的量程時，通過改變其中一個力大小或另一個力方向來達

到此目的.

通過作出力的圖示來驗證“力的平行四邊形定則”，重點是如何準確作出力的圖示.同時值得注意

其中有一力大小與方向均已一定，從而減少實驗的操作步驟.

12.答案：⑴B；(2)b；(3)1.48；0.46

解析：

(1)根據(jù)圖乙中的電流值選擇電流表；

(2)根據(jù)實驗要求進行操作。

(3)由閉合電路歐姆定律可得出與題目中給出儀器有關的表達式，再由數(shù)學規(guī)律可得出電動勢和內(nèi)電

阻.

理解實驗原理，明確實驗器材的選擇和實驗數(shù)據(jù)的處理方法。

(1)由表中實驗數(shù)據(jù)可知電流表的量程應選擇0.64故選B-

(2)滑動變阻器在閉合開關前，應該接最大阻值，即滑動變阻器的滑動觸頭尸置于6端；

(3)由(/=后-/(/?0+口以及圖示電源［7-/圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.48,則電源電動勢

E=1.48K,電源內(nèi)阻

13.答案：(1)轉動過程：甲-?乙，電流方向：轉動過程：乙丙，電流方向：B—

4-*D—C;轉動過程：丙―丁，電流方向>C->D；轉動過程：丁t甲，電流方向：A—B-

CTD

(2)線圈轉到乙或丁位置時線圈中的電流最大；線圈轉到甲或丙位置時線圈中電流最小，為零，此時

線圈所處的平面稱為中性面

解析：

(1)利用楞次定律判斷感應電流的方向。

(2)利用法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢的大小，應用閉合電路的歐姆定律判斷感應電流的大小。

解題的關鍵是判斷磁通量的大小和改快慢。

(1)感應電流的方向總是阻礙引起原來磁通量的改變，故轉動過程甲T乙，磁通量減小，感應電流產(chǎn)

生的磁場與原來磁場相同，根據(jù)右手螺旋定則得到電流方向：BTATDTC；同理轉動過程：乙T

丙，電流方向：B->AtD->C；轉動過程：丙-*丁，電流方向：B—?C—?D?,轉動過程：丁->甲，

電流方向：4-B7C2tD。

(2)線圈轉到乙或丁位置時線圈中的磁通量變化最快，根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢最大,

應用閉合電路的歐姆定律判斷感應電流最大；線圈轉到甲或丙位置時線圈中磁通量變化最慢，根據(jù)

法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢最小，應用閉合電路的歐姆定律判斷感應電流最小，為零，此

時線圈所處的平面稱為中性面。

故答案為：(1)轉動過程：甲T乙，電流方向：BTATOTC；轉動過程：乙T丙，電流方向：BT

ATDTC；轉動過程：丙T丁,電流方向：ATBTC—>D；轉動過程：JT甲，電流方向：A—>B

CrD；(2)線圈轉到乙或丁位置時線圈中的電流最大；線圈轉到甲或丙位置時線圈中電流最小，為

零，此時線圈所處的平面稱為中性面

14.答案：解：(1)電子穿出時動能為戰(zhàn)，對電子在運動全過程內(nèi)動能定理：

1

eU]+e.3=EK—0,

解得：Ek=e(U1+^U2);

(2)電子離開加速電場時速度為北,

由動能定理得：eUi=lmvo_0>

電子在偏轉電場中做類平拋運動，

飛行時間：t=2，

偏移量："=?砒2=》當12,

222ma

聯(lián)立以上幾式得：L=d摩;