2021届天津市河北区高考物理二模试卷附答案详解

2021届天津市河北区高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）1. 我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度为静止轨道高度的35.下列说法正确的是(    )A.“中卫”的线速度介于7.9

km/s和11.2

km/s之间B.“静卫”的轨道必须是在赤道上空C.“静卫”的运行速度大于“中卫”的运行速度D.“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期2. 有关气体压强，下列说法正确的是(    )A.气体分子的平均速率增大，则气体的压强一定增大B.气体的分子密度增大，则气体的压强一定增大C.气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大D.气体分子的平均动能增大，气体的压强有可能减小3. 如图所示，合上开关S后，保持两板间距不变相互错开一些，下列判断中正确的是(    )A.电容器的电容保持不变B.电容器的电容减小C.两极板间电势差保持增大D.两极板间电势差减小4. 三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用12F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3A.a1=a2=C.a1>a2，a25. 如图所示，一束白光以入射角θ射向三棱镜ABC，在光屏上形成彩色光带ab，则(    )A.a处光的波长小于b处光的波长B.在棱镜中，a处光的传播速度小于b处光的传播速度C.增大θ，a处的光可能在AB面上发生全反射D.减小θ，b处的光可能在AC面上发生全反射二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）6. 如图甲所示，轻质细线吊着一质量为m=4.2g、边长L=1m的正方形单匝线圈。其总电阻r=1Ω，在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B大小随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(g=10m/s2A.线圈中产生逆时针方向的感应电流B.线圈中的感应电流大小为0.1AC.t=4s时轻质细线的拉力大小为0.012ND.6s内通过线圈横截面的电荷量为3C7. A、B两物体仅在它们之间的相互作用力的作用下靠近，在此过程中，v-t图象如图所示，则由图线可以判断(    )A.A、B作用前后的总动量守恒B.A、B的质量之比为3：2C.A、B作用前后总动能不相等D.A、B作用前后总动能不变8. 波速均为1.0m/s的两列简谐横波，分别从波源x=0、x=12m处沿x轴相向传播。t=0时的波形图如图所示。下列说法正确的是(    )A.两列波的频率均为0.25HzB.t=0.2s时，两列波相遇C.两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点振动加强D.t=3s时，x=6m处的质点位移达到最大值E.当波源从x=0处沿x轴正向运动时，在x=12m处的观察者观察到该简谐横波的频率变大三、实验题（本大题共2小题，共12.0分）9. 某同学利用图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系。实验中打点计时器电源的频率为50Hz。(1)实验过程中，某同学由于操作不慎，当砝码盘及砝码下降一段时间后，某同学用手托住，小车继续拖着纸带在木板上运动，但没有到达滑轮处。打出的纸带如图乙所示，从纸带上点迹分析，该同学在实验操作中存在的问题可能是______。(2)图乙中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s。则计数点3对应的速度大小是______，小车减速运动过程中加速度的大小是______。(结果保留两位有效数字)(3)该实验中，改变拉力或小车质量后，在实际操作过程中，对小车所放的位置、接通电源与放开小车的先后顺序及小车运动的控制等描述，你认为正确的是______。A.小车应尽量远离打点计时器，先放开小车后接通电源，在小车到达滑轮前按住小车B.小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，让小车一直到与滑轮相撞为止C.小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车D.小车应尽量放在打点计时器与滑轮的中间，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车(4)某同学用正确的实验方法，采集到若干组实验数据，并作出如图丙所示的a-M图象，但无法准确直观得出a-M之间的关系。为了探究合力一定，物体加速度a与质量M的关系，应将a-M图象进行转换，现请你在图丁中作出转换后的图象。10. 某同学设计了如图丙所示的电路来测量电源电动势E和内阻r及电阻R1的阻值。实验器材有：待测电源，待测电阻R1，电压表V(量程0～3V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)①先测电阻R1将该同学的操作补充完整：A.闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0B.保持电阻箱示数不变，______，读出电压表的示数U2C.电阻R1的表达式为R1②该同学已经测得电阻R1=2.8Ω，继续测电源电动势E和内阻r，其做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丁所示的1U-1R图线，则电源电动势E=四、计算题（本大题共3小题，共48.0分）11. 如图，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m.在台阶右侧固定了一个14圆弧挡板，圆弧半径R=1m，圆弧的圆心也在O点．今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(1)若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°)，求其离开O点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．12. 如图所示，轨道ABCD位于同一竖直平面内，AB段是光滑的四分之一的圆弧轨道，BC段是高H=3.2m、倾角θ=45°的斜面，CD段是足够长的水平轨道．一小球从AB轨道的某点由静止开始下滑，并从B点水平飞出，不计空气阻力，取g=10m/s2(1)若小球从B点飞出后恰好落在C点，求此情形小球在B点的速度大小vB和释放点到B点的高度h(2)若释放点到B点的高度h1=1.8m，求小球第一次落到轨道前瞬间速度方向与水平面夹角(3)若释放点到B点的高度h2=0.2m，求小球第一次落到轨道的位置到B点的距离L13. 如图，在空间有一直角坐标系xOy.C(0.1m,0)，D(0.2m,0)为x轴上两点，在D处有一与x轴垂直的光屏．在0≤x≤0.2m的区域内分布着竖直向上的匀强电场，场强E=0.4N/C，同时在xOy平面内分布着以C点为圆心，半径为R=0.1m的垂直向里的匀强磁场，磁感应强度B=2315T，x<0处有一平行板电容器，两极板PQ、MN与水平面成θ=37°角，Q点与O点重合．一质量m=4×10-7kg，电量大小q=1×10-5C的带电粒子，从两板极间距的中点A(-1(1)两极板间的电势差U以及PQ极板电性；(2)粒子到达坐标原点O时的速度；(3)粒子从A点到F点所用的时间(结果保留一位有效数字)．

参考答案及解析1.答案：B解析：解：A、7.9

km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7.9

km/s，故A错误；B、同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；CD、由GMmr2=mv故选：B。同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，7.9

km/s是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系。同步卫星的轨道与地球赤道共面，万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键。2.答案：D解析：解：A、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，体分子的平均速率增大，则气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气压不一定增大，气体的分子密度增大，气压不一定增加，故A错误；B、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，故B错误；C、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气压不一定增大，故C错误；D、气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定，气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气压可能减小，故D正确；故选D．气体压强的产生：大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强．单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定．本题关键是明确气体压强的微观意义和影响因素，同时也可以结合理想气体状态方程分析．3.答案：B解析：解：A、B、根据电容器的决定式C=ɛS4πkd，知保持两板间距不变相互错开，极板正对面积减小，电容减小，故A错误，C、D、合上开关S后，电容器与电源保持相连，板间的电势差不变．故CD错误．故选：B．本题可根据电容器的决定式C=ɛS4πkd，分析电容如何变化．合上开关解决本题的关键是掌握电容器的决定式C=ɛS4.答案：C解析：物块水平方向在拉力的分力和摩擦力作用下做加速运动，根据牛顿第二定律由水平方向合力的大小确定加速度的大小。

本题易错点在于在拉力和推力作用下，物块对地面的压力是否等于重力的问题，不能死记f=μmg分析滑动摩擦力的大小。对物块1，由牛顿第二定律得Fcos 60°-F对物块2，由牛顿第二定律得Fcos 60°-F对物块3，由牛顿第二定律得12F-比较得a 1>a 3故选C。

5.答案：D解析：解：A、由光路图可知，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，所以b光的折射率大，b光的频率大，波长短，故A错误；B、由折射率n=cv可知因为b光的折射率大，所以在棱镜中，a处光的传播速度大于b处光的传播速度，故C、光在从折射率大的物质射入折射率小的物质时才会发生全反射，故在AB面不会发生全反射，故C错误；D、由图可知减小θ，α增大到，当sinα=1n时，就会在AC故选：D。光的偏折程度越大则光的折射率大；由折射率n=cv可知传播速度大小；光在从折射率大的物质射入折射率小的物质时才会发生全反射，根据本题考查光的折射定律，解题关键掌握光的偏折程度越大则光的折射率大。6.答案：AC解析：解：A、由于磁场向里增加，由楞次定律可知电流的方向为逆时针方向，故A正确；B、由法拉第电磁感应定律得：E=△B根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为I=Er=C、根据图乙可知，t=4s时磁感应强度为B=0.6T，根据安培力的计算公式可得F安根据受力分析F安+F绳=mg，其中m=4.2g=0.0042kgD、6s内通过线圈横截面的电荷量为q=It=0.05×6C=0.3C，故D错误。故选：AC。由楞次定律判断电流的方向；由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小；根据安培力的计算公式结合平衡条件求解绳子拉力大小；根据电荷量的计算公式求解通过线圈横截面的电荷量。本题主要是考查楞次定律、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，能够根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，掌握安培力的方向的判断方法。7.答案：ABD解析：解：A、由题意可知，物体A、B组成的系统不受外力作用，则系统动量守恒，故A正确；B、由图示图象可知：vA=6m/s，vA'=2m/s，vBmAvA+mBvB=C、D、设A的质量为3m，B的质量为2m，则相互作用前的动能：E1相互作用后的动能：E2=12mAv'A故选：ABD由图象求出A、B的速度，然后应用动量守恒定律分析答题．写出相互作用前后的动能的表达式，进行判断即可．本题考查了判断系统动量是否守恒、判断两物体间作用力的关系，知道动量守恒的条件、应用动量守恒定律、牛顿第三定律即可正确解题．8.答案：ADE解析：解：A、两列波的波长为λ=4m，由v=λf得f=vλ=B、t=x2v=C、两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点波峰与波谷相遇振动减弱，故C错误。D、两波的周期为T=1f=4s，t=2s时，两列波在x=6m相遇，相遇x=6m处质点向下振动，再经过1s=T4E、当波源从x=0处沿x轴正向运动时，波源与x=12m处的观察者间的距离缩短，产生多普勒效应，则知在x=12m处的观察者观察到该简谐横波的频率变大，故E正确。故选：ADE。由图读出波长，由波速公式求出频率。由运动学位移公式求两波相遇的时间。根据波的叠加原理分析质点的位移。结合多普勒效应分析。解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波叠加时满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时振动减弱。9.答案：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够

0.30m/s

0.40m/s2解析：解：(1)由题意知，第5点以后，间距是逐渐减小的，显然小车在做减速直线运动，那么小车是未平衡摩擦力或平衡不足；(2)打下3点的速度v3=v(3)根据打点计时器的使用要求，就先通电再释放小车，且小车应尺量靠近打点计时器，故选项C合理；(4)由于反比例函数图象所含的信息量丰富，再说曲线所反应的是什么数学函数式并不清楚，所以若画的图象是a-1故答案为：(1)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(2)0.30m/s

0.40m/(3)C(4)改进后的坐标及图象如所示(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；(2)由瞬时速度的定义求瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT(3)根据打点计时器的要求答题；(4)实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图象的a轴上有截距。探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。10.答案：将S2切换到b

U2-U解析：解：①B.保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数UC.由于电压表的内阻很大，可以忽略电压表的分流作用，将S2切换到a经过R的电流与将S2切换到b经过R的电流相等，即U1②闭合S1，将S2切换到a，把R1根据闭合电路欧姆定律：U=E-U整理得：1U1U与1根据数学知识可得：1ER解得：E=2.0V，r=1.2Ω。故答案为：①将S2切换到b；U②2.0(或2)，1.2。①保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2；两次经过R的电流相等，根据欧姆定律可以解得的②根据闭合电路欧姆定律列出方程，把方程整理成1U与1本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。题关键明确实验原理，会用图想法处理实验数据，能结合闭合电路欧姆定律列出方程，把方程整理成横纵坐标的一次函数形式，利用图象的截距及斜率求电源的电动势和内阻。11.答案：解：(1)小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos37°=v竖直方向：Rsin37°=1由以上两式解得：v0(2)为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，由动能定理得：Fx-μmgS=△E解得：x=2.5m由牛顿第二定律得：F-μmg=ma解得：力F作用时的加速度a=5m/s由运动学公式得：x=1解得：t=1s(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x,y)，则x=vy=1由机械能守恒得：Ek又又击中挡板满足：x2化简得：Ek由数学方法解得：Ekmin答：(1)若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°)，其离开O点时的速度大小为43(2)为使小物块击中挡板，拉力F作用的最短时间为1s；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为53解析：(1)小物块离开P点做平抛运动，根据平抛知识求解其离开O点时的速度大小；(2)小物块能击中挡板的临界条件是能到达O点，根据运动学关系分析求解力F的作用最短时间；(3)根据平抛运动和击中挡板的轨道公式求解小物块击中挡板时的最小动能．本题是动力学、平抛运动的综合题，解决问题的关键是掌握相关动力学基础知识和平抛运动知识，在第三问中要求较好的数学功底．12.答案：解：(1)小球从B到C做平抛运动，故：H=12g在圆弧轨道的运动过程，根据动能定理，有：mgh联立解得：vB=4m/s，(2)若释放点到B点的高度h1vy故tanα=v联立解得：tanα=4(3)若释放点到B点的高度h2mgh设小球从B点平抛运动时的时间为t'，则：Lsinθ=12gt代入数据解得：L=0.82答：(1)若小球从B点飞出后恰好落在C点，此情形小球在B点的速度大小为4m/s，释放点到B点的高度为0.8m；(2)若释放点到B点的高度h1=1.8m，小球第一次落到轨道前瞬间速度方向与水平面夹角α的正切值为(3)若释放点到B点的高度h2=0.2m，小球第一次落到轨道的位置到B点的距离L为解析：(1)根据平抛运动的分位移公式求解小球在B点的速度大小；对圆弧上运动过程根据动能定理列式求解释放点到B点的高度；(2)