2020-2021学年河北省保定市高三（第一次）模拟考试物理试卷（附答案详解）

2020-2021学年河北省保定市高三（第一次）模拟考试物理试卷

1.2021年1月9日某车企在成都发布了一款新能源轿车，它使用的150klV-八的固态电池能

达到3601V//如的超高能量密度，这款电池可以使该轿车续航能力达到1000公里。其中

>i360W-h/kg^^是这款电池的重要参数一一能量密度，若用国际单位制的基本单位来表示

该参数，下列选项中正确的是（）

A.3.6x102m2/s2B.1.3x106m2/szC.3.6x102m2/s3D.1.3x106m2/s3

2.某空间存在着范围足够大、相互垂直的匀强电场和匀强磁场，如图.B

所示，电场强度和磁感应强度的大小分别为E和及一带电粒子（不计

重力）恰能以速度丫垂直8、E组成的平面向外做匀速直线运动，下列有

关说法中正确的是（）E

O

A.

B.该粒子一定带正电

C.该粒子一定带负电

D.仅改变粒子所带的电荷量，其运动轨迹将发生偏转

3.如图所示，光滑平行的金属导轨放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,导

轨平面与水平面夹角为a,质量为m的金属杆垂直导轨放置,通以电流/时恰能保持静止状态。

已知重力加速度为g,下列说法中正确的是（）

mgsina

A.电流从B流向A,金属杆长度为

IB

B.电流从A流向8,金属杆长度为鸟学

C.电流从8流向A,金属杆长度为嚓吧

D.电流从A流向8,金属杆长度为嚓吧

4.火星探测器天间一号于2021年2月24日成功实施第三次近火制动，进入近火点0.28X

ICPkm、远火点5.9x104km、周期为两个火星日（火星日是指火星的自转周期）的火星停泊轨

道。已知火星半径R=3.4xlCPkm,V4«1.6,V10«3.16,关于火星的卫星，下列说法中

正确的是（

近火点

0.28xl03km

A.若能发射火星的同步卫星，则同步卫星的轨道半径约2.0x104km

B.若能发射火星的同步卫星，则同步卫星的轨道半径约1.0x104km

C.在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的卫星，在一个火星日内可以绕火星约5圈

D.在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的卫星，在一个火星日内可以绕火星约30圈

5.《流浪地球》在“2020国防军事电影盛典”系列活动中，被选送作为2021年全民国防教

育万映计划重点推介影片，向社会各界特别是广大青少年学生、基层部队官兵推荐。故事设

定中，人类居住在深度为左右的地下城中，乘坐升降机需要15min到达地面，若此升降

机匀加速过程中的加速度是匀减速过程中的加速度的2倍，且最大运行速度为6.2m/s。下列

说法正确的是（）

A.上升过程中变速运动时间与匀速运动时间之比约为1：5

B.匀加速运动过程中加速度大小约为0.05m/s2

C.若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面的最短时间约为9min

D.若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面过程中的最大速度约为9m/s

6.如图所示，倾角为。的斜面体固定在水平地面上，质量分别为，〃和2〃?的物块A、B叠放在

斜面底端，给B施加沿斜面向上的恒力尸，A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，经过时间

撤去力凡再经过时间t2,A、8的速度减为0。已知B与斜面之间的动摩擦因数为“，整

个运动过程中物块4与8均处于刚要相对滑动的状态，下列说法中正确的是（）

B.F=6〃mgcos。

C.两段时间内A、B之间的摩擦力大小均为3"ngcos8

D.AB的速度减为0后将一起沿斜面加速下滑

7.如图，竖直平面内放置一光滑绝缘轨道ABC。，A8为水平

长直轨道，BCD是半径为R的半圆轨道，竖直直径8。右侧

区域存在着水平向左的匀强电场，电场强度大小为及一电

荷量为+q、质量为m的小球从水平轨道上P点由静止释放,

设小球在之后的运动过程中始终不脱轨，P、B间的距离为X,

重力加速度为g,贝女）

A.xW军B.XW驾

qEqE

「2mgR5mgR

D.xN驾

2qE

8.电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等。

某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈,

在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动。下列说法中正确的是（）

,座椅

弹簧

定子线圈

固定底座

A.定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显

B.定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显

C.震动过程中减震系统会产生焦耳热

D.震动过程中减震系统不会产生焦耳热

9.如图所示,出?是半径为R的圆的直径,c是圆周上一点，ac=be。

质量为m的物体仅受一个恒力作用，从a点沿“c方向射入圆形区域,

经时间f沿仍方向从6点射出、圆形区域。下列说法中正确的是（）

恒力沿仍方向，大小为吗竺

A.

B.恒力方向垂直仍斜向左上，大小为驾

C.物体在4点的速率为年

D.物体离开匕点时的速率为攀

10.正方形MNPQ内存在着如图所示的垂直纸面向里或向外的匀强磁场，磁感应强度大小相

等，闭合的均匀导线框时〃形状与MNPQ完全相同，在外力作用下沿中心轴线。。'水平向右

匀速运动。在“4边从MQ运动到N尸的过程中，下列说法正确的是（）

A.导线框中感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针

B.导线框中感应电动势为0的时刻有两个

C.外力的大小随时间均匀变化

D.导线框中感应电流的大小随时间均匀变化

11.某实验小组要测量一根锲铭合金丝通过额定电流(044)时的电阻。把合金丝绕成螺线圈固

定在接线板上，提供的实验器材如图乙所示：直流电源、电表、电压表、滑动变阻器(最大阻

值500、开关和导线若干。

(1)采用如图甲所示的电路测电阻时，电压表一端接线固定，另一端接线接a点，调节滑动变

阻器，使得电流表示数为0.404此时电压表示数为10.0匕保持滑动变阻器滑片位置不变，

电压表另一端接b点时，发现电流表示数几乎不变，电压表示数变为10.51/。那么本实验中电

压表另一端接线接点时，得到的结果更接近合金丝电阻的真实值，此时电阻的测量值

为0。(计算结果保留三位有效数字)

(2)实验之前滑动变阻器滑片的位置如图乙所示，根据第(1)间的解答，为保证实验的安全性，

请你用笔划线代替导线把乙图的电路连接完整_________。

12.某同学设计用如图所示的装置来验证动量守恒定律。打点计时器打点频率为50Hz。

步骤一：用垫块垫起长木板的右端，使之具有一定的倾角，调节倾角，使得轻推一下滑块甲(

前端粘有橡皮泥，后端连接纸带)或者滑块乙之后它们均能在长木板上做匀速直线运动。

步骤二：把乙放在长木板合适的位置，甲靠近打点计时器，接通打点计时器的电源，轻推一

下甲，甲向下运动与乙发生碰撞并粘在一起。

步骤三：一段时间后关闭打点计时器的电源，取下纸带。更换纸带后重复第二步操作。

步骤四：选取点迹清晰的纸带，标出若干计数点0、A、B…--I,测量各计数点到O点的距

离。其中一条纸带的数据如图所示。

(1)由图示的纸带及其数据来看，纸带的端(填''左"或“右”)连接滑块甲。在打下

一点和一点之间的时间内，甲、乙发生碰撞。

(2)相邻计数点之间还有四个点迹没有画出来，碰撞前滑块甲的速度大小是m/s,碰

撞后粘连体的速度大小是m/s.(结果均保留两位小数)

(3)测得滑块甲、乙的质量均为0.20kg,碰撞前滑块甲的动量是kg-m/s,碰撞后滑

块甲、乙的总动量是kg-m/s。(结果均保留三位小数)

(4)通过计算可以得出结论o

13.如图所示，边长为L的正三角形AC。是用绝缘材料制成的固定框架，处在垂直框架平面

向里的匀强磁场中，AO边的中点有一小孔S。在框架平面内垂直AZ)方向从小孔S射入质量

为，小电荷量为+g的粒子。已知粒子射入框架时速率为v,与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子

重力忽略不计。

(1)若粒子第一次与AC碰撞的位置为4c的中点，求匀强磁场磁感应强度的大小8；

(2)若此粒子经过与框架的多次碰撞最终能垂直A。方向从小孔S射出，求所有满足条件的匀

强磁场磁感应强度的大小和粒子在框架内运动的时间。

14.如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度u=2m/s顺时针匀速

运动，传送带与水平方向的夹角0=37。。质量mi=5kg的小物

块P和质量=11kg的小物块。由跨过定滑轮的轻绳连接，P与

定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物

块P从传送带上端以速度%=8m/s冲上传送带(此时尸、。的速率相等)，已知物块尸与传送

带间的动摩擦因数〃=0.4,不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块。都没有上升到定

滑轮处。(sin370=0.6,cos370=0.8,^=10m/s2.)求：

(1)物块P刚冲上传送带时加速度的大小；

(2)从物块P刚冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，入。系统机械能的改变量；

(3)若传送带以不同的速度v(0<v<%)顺时针匀速运动，当v取多大时，物块尸沿传送带运

动到最远处过程中与传送带因摩擦产生的热量。有最小值。

15.在体积不变的情况下，1版空气每升高1K的温度所需的热量定义为等容比热容G，,在压

强不变的情况下，Mg空气每升高1K的温度所需的热量定义为等压比热容Cp。如图所示，一

固定的绝热汽缸，用质量可忽略的绝热活塞封闭了质量为〃，的空气，开始时汽缸内空气的压

强等于外界大气压Po,温度为To,体积为％。已知活塞与汽缸壁无摩擦，Q、Cp均为已知量，

缸内空气可视为理想气体。

(1)固定活塞，缸内空气吸收热量为。时，求缸内空气压强p；

(2)缓慢加热并放开活塞，求缸内空气吸收热量为Q时体积的增加量4V。

16.一列简谐横波在某介质中传播，t=2.5s时的波形图如图甲所示，x=0处质点偏离平衡位

置的位移y=?,M是介质中一质点，其振动图像如图乙所示。已知该简谐波在介质中传播的

速度u=10cm/s,求：

(1)该简谐波的传播方向和波长；

(2)质点M的平衡位置的坐标。

甲乙

17.尽管分子在永不停息地做无规则的热运动，但是大量分子的速率分布却具有一定的规律。

一定质量的氧气，在温度分别为J和t2时各速率区间的分子数占总分子数的百分比（简称为分

子数占比）分布图如图所示。温度为G时，分子数占比大于15%的速率位于_________区间和

__________区间之间，对比两个温度对应的分子数占比分布图，可以知道0t2（填

“>”或者）

18.如图所示，半圆玻璃砖圆心为0,顶点为。，光线”对着

圆心从C点射入玻璃砖，平行于a的另一条光线人从。点射入

玻璃砖，已知C0与AB夹角为a,从。点射出玻璃砖的光线

与AB夹角为0。玻璃砖的折射率n=,从。点射入的光线

的折射角为。，sin。=。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】由360W-h/kg=360x3600^s/kg=360x3600N-m/kg

又因为IN=1kg-m/s2

代入可得360W-h/kg=1.3x106m2/s2

故B正确，ACO错误。

故选8。

2.【答案】A

【解析】A.带电粒子在电磁场中能做匀速直线运动，处于受力平衡状态，即=即〃=1

D

A正确；

8c.由A的分析可知，该平衡方程与粒子带电性质无关，若带正电能平衡，带负电也一定能平衡,

8C错误；

D仅改变粒子所带的电荷量，粒子所受洛伦兹力与电场力仍始终相等，做匀速直线运动，故运动

轨迹不会发生偏转，。错误。

故选Ao

3.【答案】D

【解析】对金属杆受力分析，金属杆受到向下的重力，咫，垂直于导轨向上的支持力尽，安培力

B〃的方向应该水平向左，这样金属杆才可以受力平衡，保持静止状态。安培力84的方向水平

向左，磁场的方向竖直向上，根据左手定则可得，电流的方向从A流向8,根据受力平衡可得，

FNsina=BIL

FNcosa—mg

解得金属杆长度为L=嚼吧

1D

故选。。

4.【答案】A

0.28X103+5.9X104+2X3.4X103

【解析】48.火星停泊轨道半长轴a=km=33.04km

2

设同步卫星轨道半径为r,由开普勒第三定律有(今3=(1)2

解得r=2.0x”“km,故A正确，B错误；

CD.在火星表面附近的卫星与同步卫星，由开普勒第三定律有6A=(1)2

T=0.07个火星日，则1个火星日内该卫星可绕火星约14圈，故CQ错误。

故选A。

5.【答案】C

【解析14.设升降机匀加速运动的时间为f,则匀减速运动的时间为23匀速运动的时间为，=15X

60s—3/

根据已知条件可得：s=竽+M+竽

将6—5000m,v=6.2m/s代入上式，解得t=62s

则匀速运动的时间为/=15x60s-3t=15x60s-3x62s=714s

则上升过程中变速运动时间与匀速运动时间之比约为1：4,故A错误；

8.由A中分析可知，匀加速运动过程中的加速度大小为a===|^m/s2=O.lm/s2,故8错误；

LOZ

C若此升降机没有最大运行速度限制，则当其先匀加速上升，再匀减速上升，到达地面速度恰为

零时，所用时间最短，根据已知条件可得，其最大速度为片0,总位移s=^+学

两式联立，代入5=5000m,a=O.lm/s2,解得183s

则总时间，总=3t=3x183s«9min,故C正确；

。.由。分析可知，若此升降机没有最大运行速度限制，则将人运送到地面过程中的最大速度v=at=

0.1xl83m/s=18.3m/s,故。错误。

故选Co

6.【答案】B

【解析】48C.因为整个运动过程中物块A与8均处于刚耍相对滑动的状态，对A物块，据牛顿第

二定律有/—mgsind=max

对8物块，据牛顿第二定律有F-/-3^mgcos0-2mgs\nd=2/71^,联立解得的="geos9-

gsin9

撤去外力后对A物块，据牛顿第二定律有/+mgsinO=ma2

对B物块，据牛顿第二定律有3〃7ngeos。+2mgsin9-f=2ma2

联立解得g="geos。+gsin。，f=四mgcos。,F=6pimgcos。

因为的。。2,根据速度时间公式可知“装12,AC错误，8正确；

。.由A3C解析中的两式/—mgsin。=max,f=卬ngcos。，联立可得卬ngcos。—mgsind-max>

0,即〃>tan。，故AB的速度减为0后将一起静止在斜面上，。错误。

故选Bo

7.【答案】AD

【解析】小球刚好运动到C点Eqx-mgR=0-0

所以支〈颦

qE

小球恰好通过最高点mg=m^-

K

全程由动能定理得Eqx-2mgR=一0

解得x>驾

2qE

故选AO。

8.【答案】AC

【解析】AB.内部电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显，8错误，A正确;

CD.减震过程中会产生电流，内部有电阻，就会产生焦耳热，。错误，C正确。

9.【答案】BD

【解析】

CD把运动分解为沿ac方向和劭方向，沿ac方向初速度为％,末速度为零，物体做匀减速直线

运动，由几何关系得位移为&R，在这方向的平均速度方=竽=亨，则〜%=举

沿仍方向初速度为0,末速度为外,物体做匀加速直线运动，在这方向的平均速度方=竽=乎

解得力=攀

C错误，O正确；

4B.沿4c方向的加速度&=上言=-平^,方向从c指向a

沿仍方向加速度ay=%卫=3菖，方向从c指向〃

合加速度为a=+所

解得a=詈，方向与曲垂直斜向左上方

根据牛顿第二定律F=ma=詈

3正确，A错误。

故选BDo

10.【答案】AB

【解析】A设导线框"cd的边长为L电阻为此当线框刚进入磁场时，ad边切割向里的磁场,

产生逆时针电流，随着线框向右运动，向边的一部分长度在向外的磁场中切割磁感线，产生反向

的电动势，线框总电动势逐渐减小，当线框运动与时，总电动势为零，感应电流为零；宗|乙的过

程部分处在向外的磁场中切割的长度大于处在向里的磁场中切割的长度，总感应电动势的方

向与单独切割向外磁场时的感应电动势的方向相同，电流为顺时针方向；|不人的过程，向部分

处在向里的磁场中切割的长度大于处在向外的磁场中切割的长度，总感应电动势的方向，与单独

切割向里磁场时的感应电动势的方向相同，电流为逆时针方向，取逆时针方向为正，根据电流随

位移变化如图所示，所以导线框中感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针，故A正确；

X

员由图可知，导线框运动到距MQ距离为:和半时感应电流均为零，则感应电动势都为零，故B正

确；

R2.2

C.根据平衡条件可得外力F=FMBM=中

其中/为有效切割长度，其大小随时间均匀变化，所以外力的大小随时间的平方均匀变化，随时

间不是均匀变化的，故C错误：

。.根据图像可知，线框运动位移，前、后图像的斜率变化关系，而位移与时间成正比，所以导线框

中感应电流的大小随时间不是均匀变化的，故。错误。

故选4B。

11.【答案】(1)。25.0(2)

【解析】(1)电压表一端接线固定，另一端接线接。点换为另一端接6点时，电流表示数几乎不变，

但电压表示数变化较大，说明电流表内阻对实验影响较大，电压表内阻对实验几乎没有影响，所

以应该采用外接法，即电压表另一端接线接。点时，得到的结果更接近合金丝电阻的真实值。

此时电阻的测量值为&=乎=25.00

la

(2)为了保证实验的安全性，开关闭合前滑动变阻器接入电路的阻值应该调到最大，所以滑动变阻

器下方接线柱接右下方；由于电压表的示数能够达到10.0U,所以电源电动势应该选12V的，如图

所示。

12.【答案】⑴右DE(2)0.290.60(3)0.1200.116(4)在一定误差范围内，碰撞过程满足动

量守恒

【解析】(1)碰撞前甲的速度较大，碰撞后粘合在一起速度较小，由图示的纸带及其数据来看，纸

带的右端连接滑块甲。E至/点，相邻点距离约为6加〃；。至。点，相邻点距离约为2.9nun,故

在打下。点和E点之间的时间内，甲、乙发生碰撞。

(2)由题意知，相邻计数点间时间间隔为T=0.1s,碰撞前滑块甲的速度大小是/=需=

0.4045-0.1645m/s=0.60m/s

4x0.1

碰撞后粘连体的速度大小是。2=舞=器m/s=0.29m/s

(3)碰撞前滑块甲的动量是pi=m铲1=0.120kg-m/s

碰撞后滑块甲、乙的总动量是P2=(m^+mz)v2=0416kg•m/s

(4)通过计算可以得出结论是：在一定误差范围内，碰撞过程满足动量守恒。

13.【答案】(1)以该粒子为研究对象，做出粒子的运动轨迹如图

„2

由牛顿第二定律可知quB=m—

由几何关系可知R=3

联立上式得8=绊

qL

(2)要使粒子最终能垂直AO方向从小孔射出，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△4CD的边上，设

该粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为做出粒子的运动轨迹

由几何关系得，=2nr+r(n=0,1,2,3…)

解得丁=3^(n=°，123…)

设该磁场的磁感应强度为B,则=my

得名=F，.(；：+2)(n=o,L2,3…)

得7=竿=2兀-。=°，1，2,3…)

则》=3x+3仃=0(|—/)(“=0,1,2,3…)

【解析】(1)作出粒子运动轨迹由几何关系可求磁感应强度的大小。

(2)从小孔进入最后从小孔出去说明粒子运动的圆心在AAC。边上，由几何关系可求磁感应强度和

在框架内运动的时间。

设刚冲上传送带时P的加速度为©

对Q有m2g-A=?n2al

对尸有&+-m1gsinO=

FN=m^gcosB

Ff="N

解得出=6m/s2

(2)当在传送带上减速到与传送带共速时，经分析得到尸、Q的受力如图所示。

设此时尸的加速度为42,

对Q有加2g-F2=m2a2

对尸有尸2-Pf-m^gsind=mxa2

解得a?=4m/s2

设减速到与传送带共速的过程中P的位移为加

则一24%1=v2-v^

解得/=管=笠m=5m

再减速到0的过程中P的位移为X2

2

-2a2x2=0-v

解得冷=若-=B111=0.5m

ZU2ZX4-

设系统机械能的改变量为4E,根据能量守恒，机械能的改变量等于重力以外的力(也就是摩擦力)做

的功4E=-Ff-+Ff-x2=—gm1^cos0x1+/zm1^cos0x2

解得ZJE=-72J

(3)设传送带的速度V(0<KW),共速前第一个减速过程F的位移为X3,用时为白，皮带位移为x皮3：

共速后至减速为零为第二个减速过程，P的位移为X4,用时为S，皮带位移为X皮4

-2aiX3=f2-诏

v0—v

%=

ttl

ZB64-v2

得的==

8PV

皮带位移为%皮3=Vt3=-

第二个减速过程一2a2%4=o-v2

V

£4=--

解得%4="4=1

皮带的位移X皮4=叫=亍

物块P减速到0的过程中因摩擦产生的热量为Q

45

=V2-16V

Q=Ff(X3-x度3)+Ff(x皮4-X4)3(2_64)

解得u=3.2m/s时，。有最小值，最小值为Q=51.2J。

【解析】(1)对物块PQ受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度；

(2)在达到共同速度前，根据速度-位移公式求得下滑的位移，达到共同速度后，对P。受力分析，

根据牛顿第二定律求得加速度，利用速度-位移公式求得下滑的位移，即可求得总位移，然后即可

求得摩擦力做功；

(3)共速前第一个减速过程P运动的位移大于传送带的位移；共速后至减速为零为第二个减速过程,

P的位移大于小于传送带的位移，然后根据功的计算公式即可求解。

15.【答案】(1)对缸内的空气，初状态，压强加，体积片,热力学温度7b，固定活塞，缸内空气

吸收热量为。时，压强p,体积%,热力学温度心，该过程为等容变化，由查理定律的黑