2021届河北省保定市高考物理二模试卷附答案详解

2021届河北省保定市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，通电

螺线管的电流方向如图所示。其中哪一个小磁针的指向是正确的（）

A.aB.bC.cD.d

2.如图是某同学制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小

车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若小

车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离S,

速度达到最大值为，设这一过程中电动机的功率恒为P,小车所受阻

力恒为丹，贝4（）

A.这段时间内小车先匀加速后匀减速运动

B.这段时间内电动机所做的功为/=>为

C.这段时间内电动机所做的功为:nt呢

D.这段时间内电动机所做的功为汁S+|mv2

3.有关近代物理内容的叙述中，正确的是（）

A.原于核发生一次£衰变，该原子外层就失去一个电子

B.康普顿效应表明光具有波动性，即光子不仅具有能量还具有动量

C.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及其表面状况无关

D.比结合能大的原子核结合成比结合能小的原子核时一定放出核能

4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q（可视为质点）上，Q放

在带小孔（小孔是光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内作匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球

改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动（图中P'位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同

一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）

A.Q受到桌面的支持力不变B.Q受到桌面的摩擦力变小

C.小球P运动的周期变大D.小球P运动的线速度变小

5.如图所示，物体m与斜面体”一起静止在水平面上.若将斜面的倾角。稍

微增大一些，且物体m仍静止在斜面上，贝心）M

A.斜面体对物体的支持力变小B,斜面体对物体的摩擦力变

小

C.水平面与斜面体间的摩擦力变大D.水平面对斜面体间的支持力变大

二、多选题（本大题共5小题，共26.0分）

6.如图所示，长为L的轻绳一端固定在。点，另一端拴着质量为m的小球.现给小球一水平「

速度%,已知重力加速度为g,则小球上升至最高点时细线的张力大小可能为（）

6-

A.*mgB.mg-噂C.0D.^-5mg

7.如图所示，粗糙水平面上放置8、C两物体，4叠放在C上，4、8、C的质量分别为m、27n和3m,

物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉

力为7,现用水平拉力尸拉物体B,使三个物体一起向右加速运动，贝女）

2mr

3mC

^77777777777777777777777777777

A.此过程中物体C受重力等五个力作用

B.当户逐渐增大到7时，轻绳刚好被拉断

C.当尸逐渐增大至h.5T时，轻绳刚好被拉断

D.若水平面光滑，则绳刚要断时，4、C间的摩擦力足

8.如图所示，两个可视为质点的相同小球1、2分别在两竖直光滑圆锥的内侧面上以相同的角速度

做匀速圆周运动.已知两圆锥面与水平面的夹角分别为30。和45。，重力加速度为g,则下列说法

正确的是（）

A.两球的向心加速度大小之比为1：V3

B.两球做圆运动的半径之比为1：1

C.两球的线速度大小之比为1：V2

D.两球离地面的高度之比为1：3

9.气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密

性装置，其原理图如图所示。座舱4与气闸舱B之间装有阀门K,

座舱4中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱

时，打开阀门K,A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换,

舱内气体可视为理想气体。在此过程中（）

A.气体对外界做功，内能减少

B.气体不做功，温度不变

C.气体压强变小，气体分子的平均动能减少

D.气体压强变小，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数变少

10.图中坐标原点处的质点。为一简谐波的波源，当t=0s时，质点。从平衡位置开始振动，波沿X轴

向两侧传播，P质点的平衡位置在1巾〜2m之间，Q质点的平衡位置在27n〜3nl之间.“=2s时

A.波源。的初始振动方向是从平衡位置沿y轴向下

B.从t2=2.5s开始计时，质点P比Q先回到平衡位置

C.当t2=2.5s时，P、Q两质点的位移、加速度相同，速度方向相反

D.当b=2.5s时，，-4Tn和4nl两处的质点分别沿波的传播方向传到-57n和5m的位置

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.某试验小组利用拉力传感器来验证牛顿第二定律，实验装置如图1.他们将拉力传感器固定在小

车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到的拉力产

的大小；小车后面固定一打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车匀加速运动的速度

与加速度.

①为了尽量减小实验的误差，以下采取的措施中必要的是：

A.适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑

B.应使钩码总质量m远小于小车（加上传感器）的总质量M

C.定滑轮的轮轴要尽量光滑

D先放手让小车运动起来，速度足够大之后再让打点计时器通电打点

②若交流电的频率为50Hz,根据图2所打纸带的打点记录，小车此次运动经B点时的速度%=

m/s,小车的加速度a=m/s2.

③保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量Tn,分别得到小车加速度a与质量?n及对应的*数据如表:

实验次数12345678

小车加速度a/m-s~21.951.721.511.251.000.750.500.30

小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67

'/kg—4.003.453.032.502.001.411.000.60

m

请在在答题卷相应位置的坐标纸中完成实验8组数据的描点，并画出a-L图线，并由图线3求出

m

小车加速度a与质量倒数三之间的定量关系式是

图2图3

12.在实验室某同学想测出某种金属材料的电阻率。他选用一卷用该材料制成的粗细均匀的金属丝

进行测量，该金属丝长L=40.0机、电阻约为202实验室还备有以下实验器材：学生电源（稳压

输出12V）、电流表4（内阻约几欧）、电压表V（内阻约几千欧）、滑动变阻器（可供选择：%,0〜200,

允许通过的最大电流24；R2,O-2OOO/2,允许通过的最大电流17n4）、导线和开关。

（1）为精确测量金属丝电阻，请选择合适的器材和量程，用笔画线代替导线连好实物图（图甲）。

（2）用10分度的游标卡尺测定金属丝直径结果如图乙所示，则金属丝直径d=cm-,若选用合适

量程后，如图丙，电压表和电流表的读数分别为〃=V、1=A,由以上实验数据得

出这种材料的电阻率p=n-in（结果保留2位有效数字）。

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

13.一个有10匝的闭合导体线圈，若在0.01s内，通过线圈的磁通量是由0.04〃b均匀地减小到零，

则在这段时间内线圈产生的感应电动势为多少？

五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

14.在丛林探险项目中，缓冲索道简化模型如图所示，现在让质量为m的测试物体（包合挂椅）从。点

无初速释放，。4段可看作倾斜直轨道，段为第一缓冲区域，在48段作用下到达B点时速度减

小为4点的k倍（k<1），随后进入第二缓冲区水平直索道BC段直至停下，已知104、BC段与测试

物体（包含挂椅）的动摩擦因数都为H，。力段长为，，倾角为。.求测试物体

（1）到达4点时的速度大小。

（2）若水平索道足够长，在B点后水平索道上运动的时间。

（3）由于空间限制和追求刺激，在第一缓冲区末端B位置安装撞击减速装置，测试要求在极限情况下

撞击过程中的平均加速度大小不能超过重力加速度g的两倍，求极限情况下撞击过程中的减速距

离（结果用符号表示）

15.如图所示的粗细均匀薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口且足够长.温度为G=

27。（；时，右管内水银面比左管高八=4cm,左管内空气柱长度为L=40cm,大气

压强Po=76an"g.现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升七=

4cm时，管内气体温度12为多少℃?

16.如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形力BC组成,4C是

半圆的直径，4c长为2R,一束单色光照射在圆弧面上的。点，入射

角为45。，折射光线刚好照射在4B边的中点E,折射光线在AB面上

的入射角也为45。，光在真空中传播速度为c,求：

①玻璃砖对单色光的折射率；

②光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在圆弧面上的反射）。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：由图可知，电流由右侧流入，则由安培定则可知，螺线管的左侧为N极，右侧为S极；

而螺线管的磁感线外部是由N极指向S极，内部由S指向N极，而小磁针d静止时N极所指方向与磁感

线方向一致，故可知。正确，A8C错误；

故选：Do

由电源的极性可得出电流的方向，则由安培定则可得出磁场的方向，即可判出小磁场的方向是否正

确。

本题考查安培定则及通电螺线管磁感线的特点，要求明确内部磁感线和外部磁感线的不同之处，熟

记相应磁场的磁感线形状。

2.答案：D

解析：解：

4、从题意得到，太阳能驱动小车以功率不变启动，当开始阶段小车所受的牵引力大于阻力，小车做

加速运动，当牵引力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大.故A错误；

B、这段时间内电动机所做的功为W=%5+［巾*,故BC错误，。正确.

故选：D

小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=可知，牵引力不断减小，

故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，结合动能定理列式求解相关量即可.

本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于

每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉.

3.答案:C

解析：解：4、/?衰变反应发生在原子核内部，原子核由质子和中子组成，发生£衰变时一个中子变

为质子并释放一个电子，故A错误；

8、康普顿效应表明光具有粒子性，即光子不仅具有能量还具有动量，故B错误；

C、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料种类及表面状况无关，温度越高，黑

体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射电磁波的强度的极大值向波长较短的方向移动，故

C正确：

。、比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放

出核能，如轻核聚变、重核裂变，反之，比结合能大的原子核结合成比结合能小的原子核时一定吸

收能量，故。错误；

故选：Co

根据0衰变的实质分析；

康普顿效应表明光具有粒子性，即光子不仅具有能量还具有动量；

根据黑体辐射的特征分析；

根据比结合能的定义分析判断；

本题考查了3衰变、康普顿效应、黑体辐射、比结合能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。

4.答案:A

解析：解：4、金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，

保持不变。故A正确。

B、C设细线与竖直方向的夹角为。，细线的拉力大小为T,细线的长度为L.P球做T

匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：7=翳，/

f-7*Fn

小球所受合力提供向心力有：，/

/

mgtanO=ma)2Lsin9Ag

得角速度为：3=「卫

NLcosO

周期为：T=—=2TI户逵

使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时，。增大，cos。减小，则

得到细线拉力7增大，角速度增大，周期7减小。对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变

大。故BC错误。

。、根据U=R3,半径增大，角速度增大，故线速度增大，。错误。

故选:A„

金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化。以P为研究对象，根据

牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化。由向心力知识得出小球P

运动的角速度、周期与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化。

本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受

力情况是关键。

5.答案：A

解析：解：4、物体m受重力、支持力和摩擦力处于平衡，则有：N=mgcosd,f-mgsind,当。增

大，则支持力减小，摩擦力变大.故A正确，B错误；

CD,对整体分析知，整体受总重力、地面的支持力平衡，水平方向上不受力，所以地面的摩擦力为

零，所以水平面与斜面体间的摩擦力以及水平面对斜面体间的支持力都不变.故CZ)错误；

故选:A

物体静止在斜面上，对物体进行受力分析，求出摩擦力和支持力的大小，根据角度的变化判断支持

力和摩擦力的变化，对整体分析，判断地面对斜面体摩擦力和支持力的变化.

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，以及能够合适地选择研究对象.运用共点力平衡进行求

解.

6.答案：CD

解析：解：设小球到达最高点时的速度为也从最低点至最高点的过程，由机械能守恒定律得

2mgL+^mv2=如诏

在最高点，由向心力公式有mg+T=m亍

联立得T=詈2■—5mg

若%=J5g3得T=0

若孙〉庖I,得7=等一560故AB错误，8正确.

故选：CD

由机械能守恒定律求出小球到达最高点时的速度.由最高点，由向心力公式列式求细线的张力大小.

小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意临界值的应用及正确列

出向心力公式.

7.答案：CD

解析：解：4、物体C受到力有重力、支持力、绳的拉力、力对B的压力、地面对C的摩擦力、4对C的

摩擦力，共6个力，故A错误。

B、把ABC看成是一个整体，整体的质量为6m,根据牛顿第二定律有：F-n-6mg=6ma,得。=

F-6fimg

6m'

把4c看成是一个整体，绳子将被拉断的瞬间，根据牛顿第二定律有：T-〃(m+3m)g=(m+3m)a,

解得：F=1.5T,故8错误，C正确。

D、若水平面光滑，则绳刚要断时，对于整体4BC,根据牛顿第二定律：F=6ma①

对整体4C,根据牛顿第二定律：T=4ma（2）

对4根据牛顿第二定律：f=ma③

联合①②③解得4、C间的摩擦力：/=；.故。正确。

故选:CD.

对物体C进行受力分析可知，一共有6力；如果水平面粗糙，先把4BC看成是一个整体，根据牛顿第

二定律可以求出整体的加速度，再对整体AC,根据牛顿定律可以求出尸和T的关系；若水平面光滑,

分别对整体ABC,整体AC,及C进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程求解。

本题考查了牛顿第二定律及受力分析等知识点。受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟

练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内

各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与

隔离法交叉使用。

8.答案：AD

解析：解：设小球的质量为m,两个小球运动的向心力为两球受到的合外力，分别为：

又向=mgtan30°=^tng...①；

F2向—mgtan450=mg…②；

A、由①式得小球1的加速度为由=白；由②式得小球2的加速度为a2=g；所以的：a2=1：痘,

选项4正确。

B、由向心加速度的公式Q=32R结合向心加速度的比值得：Ri：/?2=1：值，选项8错误

C、由线速度的公式u=3/?得两球的线速度大小之比为1：V3,选项C错误。

。、球1离地面的高度月=/?我即30。=4/?1，球2离地面的高度电=%1即45。=/?2，所以两球离地

面的高度之比为打：h2=1：3,选项。正确。

故选:AD„

先对两个小球进行受力分析，得出向心力，从而可得知向心加速度的比值，从而可判知选项A的正

误.再利用向心加速度的公式a=32/?结合向心加速度的比值，即可判知选项8的正误.利用线速

度的公式。=即可得知两球的线速度的大小之比，继而可得知选项C的正误.利用半径和角度的

关系可得知两球离地面的高度之比，由此可知选项。的正误.

解答该类型的题，首先要进行正确的受力分析，得出向心力，铭记向心力是沿半径方向上的所有力

的合力；平时要熟记公式尸向=ma==023?/?=TH篝R=7714*/2R,根据题干所给的条件选

择合适的式子列式求解.

9.答案:BD

解析：解：A、座舱4中空气向真空舱B扩散，不用克服外力做功，有W=0,而这个过程中系统与

外界没有热交换，有Q=0,根据热力学第一定律：△U=Q+W=0,即内能不变，故4错误。

B、W=0,即气体不做功，△(；=(),即温度不变，故B正确。

C、温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子的平均动能不变；根据理想气体状态方程空=c,

温度不变，体积增大，则压强P减小，故c错误。

。、根据气体压强微观意义，气体压强与气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数、分子平

均动能有关；因为分子平均动能不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰

撞的次数变少，故。正确。

故选：BD。

气体向真空中膨胀，气体不做功，即分=0,系统与外界没有热交换，有Q=0,根据热力学第一定

律可以推出气体内能不变；内能不变，温度也不变，气体分子的平均动能不变；根据理想气体状态

方程判断气体压强的变化；根据气体压强微观意义，判断气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞

的次数的变化。

本题考查了热力学第一定律、理想气体状态方程、气体压强微观意义等知识点。气体气体膨胀，一

般情况下气体对外界做功，但气体在真空中膨胀，气体做功为零，这一点要牢记。

10.答案:ABC

解析：解:4、据题，ti=2s时刻刚传到47n处，根据4nl处质点向下振动可知波源起振的方向也向下.故

A正确；

B、根据波形图可得波长4m,由题意可知周期为2s,在t2=2.5s时，即由图示的位置再过0.25个周

期，此时质点P在正半轴，向下运动，质点Q在正半轴，向上运动，所以质点P比Q先回到平衡位置，

故B正确；

C、在2.5s时刻，即由图示的位置再过0.25个周期，将波形图转换为三角函数：yP=Asin(O.Sn+cp+

0.571),yQ=Asin(n+cp+0.5TI),可见yp=yQ,故位移、加速度相同，振幅相同，质点P在负半轴，

向下运动，质点Q在负半轴，向上运动，P、Q速度方向相反.故C正确；

简谐波向前传播过程中，质点不会“随波迁移”，只是在平衡位置上下振动，故。错误；

故选：ABC

波源的初始振动方向与图示时刻x=4m处和x=-4m处两质点的振动方向相同.简谐横波传播过程

中，介质中质点不随波迁移，各个质点的振幅相同.根据以=2s时刻波形第一次如图所示，可知波

的周期是2s.根据时间与周期的关系，分析t=2.5s时刻，P、Q两质点的位移、加速度、速度、振幅

关系.

本题考查了对于机械波基本特点的了解程度，即简谐横波传播过程中，介质中质点不随波迁移；各

个质点的振幅、频率相同；波从一种介质进入另一种介质时，频率不变.这三点要理解记忆，牢固

掌握.

11.答案：A；0.56；1.46；a=4

2m

解析：解：(1)4、实验前需要平衡摩擦力，适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车被轻

推后恰能拖着纸带匀速下滑，故A正确；

8、由题意可知，实验用拉力传感器测小车所受拉力，不需要使钩码总质量加远小于小车(加上传感

器)的总质量M,也不需要使定滑轮的轮轴尽量光滑，故BC错误；

。、实验时要先接通电源，然后再放开小车，故。错误；故选A.

(2)由图示纸带可知，两个计数点之间有5个时间间隔，计数点间的时间间隔：t=0.02sx5=0.1s,

在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，为=登=

0.0327+0.0800

=0.56m/s,

2X0.1

2

由匀变速直线运动的推论：△X=矶2可知，加速度：a==曾08。0--3善-O：O32」=146m/s.

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示:

a/(ms-2)

—1

m

H

l

—

rr莘

:•f

:士

1

上

工

士

J.I1士

rH

m

:l+

J十

I

由图示图象可知，k.=FAa=]1,则a=；1；

m

故答案为：(1)4(2)0.56；1.46；(3)a=5

(1)根据实验原理与实验注意事项分析答题.

(2)根据匀变速直线运动的推论求出小车的速度与加速度.

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象，然后根据图象分析答题.

本题考查了实验注意事项、求速度与加速度、作图象、实验数据分析，要掌握描点法作图的方法；

应用匀变速直线运动的推论即可求出小车的速度与加速度.

12.答案:0.1210.00.466.1x10-7

解析：解：(1)学生电源选择直流输出，电源输出电压为12V,金属丝长L=40.0小、电阻约为200,

电流最大为：/=《=0.64所以电压表选择“15V”接线柱，电流表选择“0.64”接线柱，滑动变

阻器选择％,与被测电阻相近，选择限流接法即可，被测

电阻较小，电流表外接，实物图如图所示。

(2)游标卡尺精度值为O.lnun,主尺读数为1mm,游尺与主

尺对齐的刻度为2,所以读数为：d=1mm+2x0.1mm=

1.2mm=0.12cm；

电压表量程为15乙由图示电压表表盘可知，其分度值为：0.5V,示数为：10.0K；

电流表量程为0.64由图示电流表表盘可知，其分度值为：0.024,读数为：0.464

由电阻定律得：R=p5,

由欧姆定律知：R=?,其中S=：7rd2,

I4

代入数据解得：p=6.1xI。-7。,7n。

故答案为:(1)实物图如上；(2)0.12,10.0,0.46,6.1x10-7。

(1)根据电源输出电压选择电压表量程，根据电阻和欧姆定律知最大电流，从而选择电流表的量程,

根据允许的最大电流和被测电阻的大小选择滑动变阻器，确定滑动变阻器的接法是分压还是限流；

根据被测电阻和电压表和电流表内阻比较，选择电流表接法，然后连接实物图。

(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；根据电表量程确定其分度值，然后根据指针位

置读出其示数；根据实验数据应用电阻定律可以求出材料的电阻率。

电学实验仪器的选择把握三个原则：安全、准确、方便；电路的选择注意滑动变阻器的接法和电流

表的接法。

对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。

13.答案：解：感应电动势：E=n¥=10X熬=40V；

△L0.01

答：在这段时间内线圈产生的感应电动势为40M.

解析：由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势.

本题考查了求感应电动势，根据题意应用法拉第电磁感应定律即可正确解题.

14.答案:解：(1)沿。A段下滑的过程由牛顿第二定律得下滑的加速度:%=…叱…©=_

figcosQ

由速度位移的关系式得：若=2的，

联立解得：vA=J2g(sinJ-“cos9)l

(2)由题意知测试物体滑到B点的速度方=kvA

由牛顿第二定律得测试物体在水平索道上的加速度：a?=臂=

在水平索道上运动的时间：t=?

a2

联立解得：t=kj2g(sin8fcose)l

(3)由题意知极限情况下的加速度=2g

由速度位移的关系式得：vj=2amx

联立解得：x=g竺"竺竺叨

2

答：⑴到达4点时的速度大小是J2g(sin。一林96)1。

(2)若水