2021年高考临考预测物理试卷A河北-参考答案

2021年高考临考预测·物理试卷A（河北）参考答案1.C【解析】由题可知，飞行器先加速再减速到零，且飞行器加速时的加速度大小是减速时的2倍，所以加速时图像的斜率是减速时的两倍。故选C。2.B【解析】水装置向上的反冲力与装置对水向下的压力是相互作用力，满足牛顿第三定律，即等大反向，A错误；人悬空静止时，是平衡状态，既不是超重现象、也不是失重现象，B正确；人向上减速运动，加速度向下，由牛顿第二定律，水对整体向上的支持力小于整体的重力，是失重现象，C错误；人悬空静止时，水的反冲动力对装置不做功但是有冲量，D错误。故选B。3.D【解析】对游客受力分析可知，游客受到竖直向下的重力和竖直向上的绳的拉力，两个力都在竖直方向，故游客必然做匀速运动，加速度为0，所以AC错误；以游客和滑环为整体，其受到重力，钢索的支持力和摩擦力，由于游客加速度为0，故整体加速度也为0，故，，解得，所以B错误；D正确；故选D。4.B【解析】由，，联立三式可得，式中为引力常量，为卫星绕地球表面做圆周运动的周期；根据开普勒第一定律可得可知，解得，火星密度是地球的倍，设“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期为，则，得，故B正确，ACD错误。故选B。5.C【解析】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有解得，故C正确ABD错误。故选C。6.D【解析】线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故B错误；线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D正确。故选D。7.BD【解析】设物体与斜面间的动摩擦因数为，分别对、整体及物体受力分析如图1、2所示，设作用时物体、的加速度为，根据牛顿第二定律有代入数据可解得，A错误；经过物体、同时达到最大速度此时，力的功率最大，最大功率为，B正确；撤去力瞬间，物体、的瞬时加速度大小分别为由于，则物体、间弹力突变为零，随后两物体都做匀减速运动，物体经过时间位移，后先减速至零，并且由于此后物体保持静止，物体运动到最高点时，、间有最大距离，C错误，D正确。故选BD。8.ACD【解析】在与传送带速度相同之前，小滑块受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得解得，故A正确；在共速之前小滑块滑行的时间为，沿传送带上滑的距离为速度相同后，因故小滑块将沿传送带继续向上做减速运动，设小滑块的加速度大小为，由牛顿第二定律可得解得，减速到零需要的时间为，此过程小滑块向上滑行的距离为，故小滑块能向上滑行的最大距离为，故B错误；小滑块减速到零之后，以的加速度匀加速下滑，由匀变速直线运动规律可得，解得，故小滑块在传送带上运动的时间为，故C正确；在小滑块与传送带共速之前，摩擦力方向沿传送带向下，此过程中摩擦力做的功为，从共速到上滑减速到零的过程中，小滑块受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，此过程摩擦力做的功为，下滑过程中摩擦力做的功为所以整个过程中摩擦力做的功为，故D正确。故选ACD。9.AD【解析】点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由Fa、Fb的方向可知该点电荷带负电，并且同时在Fa、Fb所在的平面内，即y轴正半轴上，设其到原点的距离为L，则，解得，故A正确、B错误；点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b两点到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即；O点到点电荷的距离小于a、b两点到点电荷的距离，所以其电势较低，即，故C错误；由库仑定律得，解得，故D正确。故选AD。10.BC【解析】在线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，穿过线框的磁通量所以在时间内，磁通量随时间均匀增加，由可知在时间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流故在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率同样为定值。同理，在时间内，先逐渐减小到零再反向增大，电动势、电流为正值且均变成原来的两倍，外力、功率变为原来的四倍。在时间内，从负的最大逐渐减小到零再变为正的最大，电动势为负值且是时间内电动势的两倍，外力和功率仍与时间内大小相同。在时间内，磁通量逐渐减小，外力、功率与时间内大小相同，电动势与时间内大小相同但方向相反。故选BC。11.（1）平衡摩擦力远大于（2）没有满足滑块质量M远大于砂和砂桶的总质量m（3）0.60（4）【解析】（1）实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先需要做的是平衡摩擦力.根据牛顿第二定律可知，当砂和砂桶的总质量远小于滑块质量时，绳子的拉力才能近似等于砂和砂桶的重力，所以应该满足的条件是：砂和砂桶的总质量远小于滑块的质量（2）设滑块加速度为a，对滑块对砂和砂桶联立解得所以砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M时，图线为直线，当m逐渐变大时，a逐渐变小，故图象出现弯曲，所以原因是：没有满足滑块质量远大于砂和砂桶的总质量（3）每两计数点之间还有4个点没有标出，所以每两数点之间的时间间隔是，根据逐差法可得小车的加速度大小为（4）根据共点力平衡和滑动摩擦力的公式，，，可得。12.（1）a（2）U2=U1+I(R+RA)（3）5.9-6.14.9-5.1（4）0.52-0.65【解析】(1)由于电压表量程较小，所以电流表外接，可以让热敏电阻获得更大的电压范围。(2)根据欧姆定律得U2=U1+I(R+RA)(3)根据闭合电路的欧姆定律得U2=E-Ir图像跟横轴的交点表示电动势，由图可知，电动势为。图像的斜率表示内电阻的倒数，所以内阻为。(4)将电流表内阻、变阻箱、电源内阻一起等效成电源内阻，则新电源的图像为与热敏电阻的图像交点坐标为，0.23A)，功率为13.(1)(2)(3)【解析】(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得BIabL＝mgsinθ①设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0②I＝③R外＝＝r④Iab＝I⑤解得：t0＝⑥(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir⑦解得：Ucd＝⑧此时电阻R的电功率为P＝⑨解得：P＝⑩(3)对cd棒，由牛顿第二定律得：F－BI′L－mgsinθ＝ma⑪I′＝解得：F＝⑫14.（1）恰好能到达圆轨道最高点Q；（2）m/s；（3）滑块最终距离P点右端【解析】(1)假设能到Q，从出发点到最高点Q，由动能定理可得解得：=0，恰好能到达圆轨道最高点Q；(2)物块在E点，由牛顿第二定律可得物块在E点的速度出发点到E点，动能定理出发点的速度，代入数据可得：(3)全过程动能定理可得在粗糙段上的位移为可知，滑块最终距离P点右端15.(1)；【解析】(1)若水即将