2021年河北省新高考“八省联考”高考物理适应性考试模拟卷(含解析)

2021年河北省新高考“八省联考”高考物理适应性考试模拟卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.两根互相平行的通电长直导线A、B垂直于纸面放置，电流相同.。0'是0'

连线的中垂线，沿。。'方向磁感应强度的大小（）

A.逐渐变大

软

A

B.逐渐变小

C.先变小后变大

D.先变大后变小

2.以35m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10m/s2.以下判断错误的是（）

A.小球到最大高度时的速度为0B.小球到最大高度时的加速度为0

C.小球上升的最大高度为61.25，〃D.小球上升阶段所用的时间为3.5s

3.2018年5月9H2时28分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号”丙运载火箭成功发射“高

分五号”人造地球卫星，“高分五号”卫星轨道高度约为705km,已知同步卫星的轨道高度约

为36000km,地球半径约为6400km,则“高分五号”卫星的周期约为（）

A.4/iB.2八C.1.6/1D.l/i

4.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为由：电=3：1,在原、副线

圈电路中分别接有阻值相同的电阻&、/?2•交变电源电压为。则下列说法

中正确的是（）

电阻&、/?2两端的电压之比为3：1

B.电阻飞、/?2上消耗的电功率之比为1：1

C.电阻治、两端的电压均为?

D.电阻/、/?2上消耗的电功率之比为1：9

5.如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀3仅

।XXXXXX

]xXXXXXX

强磁场，E点位于8边上，S.ED=乳三个完全相同的带电粒子1、jxXXXXXX

!xXXXXXX

।

•XXXXXXX

2、3分别以大小不同的初速度打、外、力从A点沿A8方向射入该磁场I

•XXXXXXX

•xXXXXXX

区域，经磁场偏转后粒子1、2、3分别从C点、E点、。点射出.若匕、CD

E

t2、t3分别表示粒子1、2、3在磁场中的运动时间.则以下判断正确的

是（）

力：：：：

A.%：v2-v3=6：2V3：3B.u2v3=432

：

C.0：t2J=2：3：4D.0：t2：t3=3：4：6

6.如图所示，木板质量为M,长度为£,小木块（可视为质点）的质量为相，水平地面光滑，一根不

计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为〃，开始时

木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至木板右端，拉力至少做功为（）

A.2[imgLB.[imgLC.〃(M+m)gLD.

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.如图所示，光滑水平面。3与足够长粗糙斜面8C交于3点.轻

弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为血1的滑块压缩弹簧至。1=1.............

0DB

点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经8点滑上斜面，上升到

最大高度，并静止在斜面上.不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为巾2的滑块

（m2>mD压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是（）

A.两滑块到达B点的速度相同

B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同

D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同

8.如图所示，一个光滑的圆环M,穿过一个小环N,圆环M以竖直的A08轴为转L*

轴，做匀速转动，那么（

A.环N所受的力有N的重力及M对N的支持力

B.环N所受的力有N的重力及N对M的压力

C.环N的向心力方向是指向大环圆心的

D.环N的向心力方向是垂直指向转轴的

9.如图所示，A,B,C,。为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过

等势面。时，动能为20e匕飞经等势面C时，电势能为-10W,飞至等势面

8时速度恰好为零，己知相邻等势面间的距离为5a”，则正确的是（）

A.等势面A的电势为一10U

B.匀强电场的场强大小为20017m

C.电子再次飞经。势面时，动能为10eV

D.电子的运动为匀变速直线运动

10.如图所示，两段长均为L的轻绳共同系住一质量为，〃的小球，另一端——L——贯一

固定在等高的两点。1、02,两点间的距离也为L,在最低点给小球一个\/

垂直纸面向里的初速度，小球恰能在竖直面内做圆周运动，重力加速度\/

为g,则（）

A.小球运动到最高点的速度“=悟】

B.小球运动到最高点的速度12=B

C.小球在最低点时每段绳子的拉力F=3mg

D.小球在最低点时每段绳子的拉力F=2yf3mg

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”.三条细绳_刃

结于。点分别与两弹簧测力计和钩码相接.6F

①实验步骤如下：中田一

A.弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；,y

8.结点O下的细线挂钩码C；-------------

C.手持弹簧测力计8缓慢向左拉，使结点O静止在某位置

。.记下钩码质量、结点。的位置、读出并记录弹簧测力计A和8的示数、记录.

②在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？答：（选填选项前的字母）

4木板不竖直B.4弹簧测力计外壳的重力

C.B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平

。改变弹簧测力计8拉力进行多次实验时，结点。的位置发生变化.

12.某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。除电池（内阻约为0.30）、

开关和导线外，实验室提供的器材还有：

人电压表量程为3V,内阻约为3k0）

8.电流表4式量程为0.64内阻约为0.2。）

C.电流表4（量程为3A,内阻约为0.05。）

。定值电阻（限值为1.50,额定功率为2勿）

£滑动变阻器（最大阻值为150,额定电流为24）

甲乙

⑴电流表应选用（选填"B”或"C”）；

（2）实验时，闭合开关S前,应将滑动变阻器的滑动触头P置于（选填"a”或"b”）端。

（3）在器材选择正确的情况下，按正确操作进行实验，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的

U—/图线如图乙所示，则该电池的电动势E=V、内阻r=0。

四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）

13.假定线圈绕。0'轴沿逆时针方向匀速转动，如图甲至丁所示.请分析判断:

（1）线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况.

（2）线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？

五、计算题（本大题共3小题，共35.0分）

14.如图所示，有一初速可忽略的电子经电压Ui加速后，进入两块水平”

放置、间距为”的、电压的”的平行金属板间.若电子从板正中央一黑...........

水平射入，且恰好能从板的右端射出.设电子电量为e,求：

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

(1)电子穿出电场时的动能；

(2)金属板的长度.

15.如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7久的环境中，左侧管

上端开口，并用轻质活塞封闭有长％=14cm的理想气体，右侧管上端封闭，

管上部有长％=24cni的理想气体，左右两管内水银面高度差八=6cm.若把

该装置移至温度恒为27。(：的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为po=

76cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦.分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度.

16.在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，画出完整的光路图，

由于没有量角器，他以入射点。点为圆心画圆交入射光线于A点，交折射光线于B点，过A点

画法线的垂线与法线交于C点，过8点画法线的垂线与法线交于。点，如图所示，若各线段的

长度可以用於、而、而、而表示，则玻璃的折射率可表示为o

【答案与解析】

1.答案：。

解析：解：

根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，两根通电导线在。。'某点产

生的磁感应强度大小叠加而成，根据平行四边形进行合成得到，0点的磁感强度为零，由。向。'移

动，磁感应强度先变大后变小.故A、B、C错误，。正确.

故选：D

根据安培定则判断两根导线在0、。'两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定

大小和方向的关系.在线段。'。上只有。点的磁感应强度为零.

本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题.

2.答案：B

解析：解：人小球做匀减速直线运动，当上升到最高点时，小球的速度减为零，再向下做匀加速直

线运动，故A正确；

2、小球到达最高点时，小球仍受重力，故加速度仍为g；故B错误；

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

D、由v=gt可得，上升所用时间为t=3.5s,故。正确；

本题选错误的，故选瓦

小球向上做加速度为g,初速度为35m/s的匀减速直线运动，由运动学公式可求得上升的最大高度及

时间.

竖直上抛运动为末速度为零的匀减速运动，可以用反向法看作初速度为零的匀加速直线运动.

3.答案：C

解析：

利用万有引力定律研究天体运动，根据万有引力公式G驾=m与r求解。

r2T2

本题考查万有引力的应用，利用天体运动时万有引力提供向心力解答，也可以应用开普勒行星运动

定律解答。

根据万有引力提供向心力得G等=rn£fr,所以7=]嗡3所以''高分五号”卫星和地球同步

卫星的周期之比为，=H，则''高分五号”卫星的周期为T高=L6/i,故C正确，AB。错误。

『同y闻

故选Co

4.答案：D

解析：解：A、理想变压器的电流与匝数成反比，所以电阻&、&上的电流之比为1：3,分别接有

阻值相同的电阻&、R2.

所以电阻右、/?2两端的电压之比为U&；UR2=1：3,故A错误.

仁根据晟=£可知：又有所以故

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

C错；

BD、根据电功率P=/2R知道电阻％、/?2上消耗的电功率之比为1：9,故3错误，。正确.

故选：D

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得

出结论.

本题考查变压器原理，只要掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关

系即可解决本题

5.答案：D

解析：解：粒子运动轨迹如图所示:

由几何知识可知：%=],%=7T,

R2cosa4-R2=3R2sina=ED=七3

解得：sina=—,a=%=兀一a?，

233

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：丁=察相同，

粒子在磁场中的运动时间：t=27=哗8。，

2nqB

则粒子在磁场中的运动时间之比为：

ti：t2：13=%：。2：%=看拳兀=3：4：6；故A8C错误，。正确；

故选：D.

粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出

粒子的运动时间之比.

本题考查了求粒子在磁场中的运动时间之比问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒

子运动轨迹、求出粒子转过的圆心角是解题的前提与关键，应用周期公式即可解题.

6.答案：B

解析：解：开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将机拉至右端，拉力做功最小，即为小

木块在木板上做匀速运动，，”和M间的摩擦力为/="mg；”受到的摩擦力向右，加受到的摩擦力

向左；要使M做匀速运动，则绳子上的拉力T=而要使，”做匀速运动，拉力F=T+卬ng=

2/zmg；

由题意可知，〃，运动的位移为点则由功的表达式可得：W=FL=2umg*=“mgL；故B正确，ACD

错误。

故选：Bo

在水平向右的拉力作用下，小木块沿木板向右运动，在运动过程中拉力做功的最小值就是拉力等于

摩擦力，使小木块在木板上做匀速运动。从而根据功的表达式可求出匀速运动时，拉力做的功。

本题突破口就是拉力做功的最小值，就是木块在木板上做匀速运动。但是一定要注意正确分析两物

体的受力情况，明确木板不受地面的摩擦力，但受到木块的摩擦力作用。

7.答案：CD

解析：解：A、两滑块到8点的动能相同，但速度不同，故4错误：

8、两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于速度不同，故上升高度不同。故B错误;

C、两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为机g〃，由能量守恒定律得：EP=mgh4-fimgcosdx

-々，所以，加9%=色，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；

Sine1+tane

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

正确。

故选：CD。

先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程机械能损失变为摩擦生热，由能量守恒定律可得，动

能的减少等于重力势能的增加量与摩擦产生的热量之和.

关键是会应用能量守恒定律解决问题，同时要注意数学推理能力训练

8.答案：AD

解析：解：N随着M做在水平方向做匀速圆周运动，对环N受力分析，受力重力、例对N的支持力，

两个力的合力提供向心力，向心力的方向垂直指向转轴的，故正确，错误。

故选:AD.

N随着M做在水平方向做匀速圆周运动，合外力提供向心力，对N受力分析即可求解.

解答本题的关键是知道N在水平面内做匀速圆周运动，圆心的在水平面内，难度不大，属于基础题.

9.答案：ABD

解析：解：A、电子从。到B过程，动能减小20e匕且电场为匀强电场，即等间距，则C点的动能

为10eV,由于等势面C时，电势能为-10e叭则知电子的电势能与动能的和等于0；由于等势面C

时，电势能为-10eV,则C等势面的电势为10匕粒子经过等势面8时的动能等于0,则电势能也

等于0,则B等势面的电势等于0,结合该匀强电场的特点可知，A等势面的电势为-10V.故A正确；

B、电子从B到。过程，根据动能定理得：-eUDB=O-EkD,解得：第=等=等=20乙对

于8。段：电场强度为？=等=萼=200U/m,故B正确；

C、根据能量守恒可知，电子再次经过力等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20e匕故

C错误；

。、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动，故。正确。

故选：ABD.

电子从。到8过程，根据动能定理求出8。间电势差，即可得到A等势面的电势；由E=二求解电场

a

强度：根据能量守恒可知，电子再次经过。等势面时，动能为20eH匀强电场中电子所受的电场力

是恒力，电子做匀变速直线运动。

解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的

关系。

10.答案：AD

解析：

当两根绳的拉力恰好为零时，小球恰能在竖直面内做圆周运动，靠重力提供向心力，结合牛顿第二

定律列出表达式，解得物体在最高点的速度；从最高点到最低点，由机械能守恒解得其在最低点的

速度，再由牛顿第二定律解得两绳的拉力的合力，再由力的分解解得每段绳子的拉力。

解决本题的关键知道最高点的临界情况，抓住小球向心力的来源，结合牛顿第二定律及机械能守恒

定律进行求解，难度一般。

AB.由题意可知，小球恰能在竖直面内做圆周运动，故在最高点由其重力提供向心力，故有:mg=my,

由几何关系知：「=苧3联立解得：小球运动到最高点的速度"=悟］,A正确，B错误；

22

CD.从最高点到最低点，由机械能守恒可得：|znv+m52r=|niv1）在最低点又由牛顿第二定律

可得：F1-mg=m^,联立解得两绳的拉力的合力为：F.=6mg,由力的分解可得小球在最低点

时每段绳子的拉力：F=2Wmg，C错误，。正确。

故选A。。

11.答案：细绳的方向BC

解析：解：（1）记下钩码质量、结点。的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录细绳的方

向.

（2）4、木板不竖直对实验没有影响.故A错误；

B、弹簧测力计是测力的大小的，弹簧测力计外壳的重力对弹力有一定的影响.故8正确；

C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性.会产生误差，故c正确；

。、改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时，结点。的位置发生变化对实验没有影响，同一次实验

时，。点位置不变.故。错误.

故选：BC.

故答案为：(1)细绳的方向；(2)BC；

弹簧测力计A挂于固定点，所以弹簧测力计外壳的重力对弹力有一定的影响，拉线方向必须与木板

平面平行，这样才确保力的大小准确性，同一次实验时，。点位置不变，不是同一次实验时，。点

位置可以改变.当出现超出弹簧测力计4的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达

到此目的.

通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示.同时值得注意

其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤.

12.答案：⑴B；(2)b；(3)1.48；0.46

解析：

(1)根据图乙中的电流值选择电流表；

(2)根据实验要求进行操作。

(3)由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电

阻.

理解实验原理，明确实验器材的选择和实验数据的处理方法。

(1)由表中实验数据可知电流表的量程应选择0.64故选B-

(2)滑动变阻器在闭合开关前，应该接最大阻值，即滑动变阻器的滑动触头尸置于6端；

(3)由(/=后-/(/?0+口以及图示电源［7-/图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.48,则电源电动势

E=1.48K,电源内阻

13.答案：(1)转动过程：甲-»乙，电流方向：转动过程：乙丙，电流方向：B—

4-*D—C;转动过程：丙―丁，电流方向>C->D；转动过程：丁t甲，电流方向：A—B-

CTD

(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大；线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为零，此时

线圈所处的平面称为中性面

解析：

(1)利用楞次定律判断感应电流的方向。

(2)利用法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，应用闭合电路的欧姆定律判断感应电流的大小。

解题的关键是判断磁通量的大小和改快慢。

(1)感应电流的方向总是阻碍引起原来磁通量的改变，故转动过程甲T乙，磁通量减小，感应电流产

生的磁场与原来磁场相同，根据右手螺旋定则得到电流方向：BTATDTC；同理转动过程：乙T

丙，电流方向：B->AtD->C；转动过程：丙-*丁，电流方向：B—»C—»D•,转动过程：丁->甲，

电流方向：4-B7C2tD。

(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的磁通量变化最快，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势最大,

应用闭合电路的欧姆定律判断感应电流最大；线圈转到甲或丙位置时线圈中磁通量变化最慢，根据

法拉第电磁感应定律判断感应电动势最小，应用闭合电路的欧姆定律判断感应电流最小，为零，此

时线圈所处的平面称为中性面。

故答案为：(1)转动过程：甲T乙，电流方向：BTATOTC；转动过程：乙T丙，电流方向：BT

ATDTC；转动过程：丙T丁,电流方向：ATBTC—>D；转动过程：JT甲，电流方向：A—>B

CrD；(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大；线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为

零，此时线圈所处的平面称为中性面

14.答案：解：(1)电子穿出时动能为战，对电子在运动全过程内动能定理：

1

eU]+e.3=EK—0,

解得：Ek=e(U1+^U2);

(2)电子离开加速电场时速度为北,

由动能定理得：eUi=lmvo_0>

电子在偏转电场中做类平抛运动，

飞行时间：t=2，

偏移量："=?砒2=》当12,

222ma

联立以上几式得：L=d摩;