2020-2021學年河北省保定市高三（第一次）模擬考試物理試卷（附答案詳解）

2020-2021學年河北省保定市高三（第一次）模擬考試物理試卷

1.2021年1月9日某車企在成都發布了一款新能源轎車，它使用的150klV-八的固態電池能

達到3601V//如的超高能量密度，這款電池可以使該轎車續航能力達到1000公里。其中

>i360W-h/kg^^是這款電池的重要參數一一能量密度，若用國際單位制的基本單位來表示

該參數，下列選項中正確的是（）

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

2.某空間存在著范圍足夠大、相互垂直的勻強電場和勻強磁場，如圖.B

所示，電場強度和磁感應強度的大小分別為E和及一帶電粒子（不計

重力）恰能以速度丫垂直8、E組成的平面向外做勻速直線運動，下列有

關說法中正確的是（）E

O

A.

B.該粒子一定帶正電

C.該粒子一定帶負電

D.僅改變粒子所帶的電荷量，其運動軌跡將發生偏轉

3.如圖所示，光滑平行的金屬導軌放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B,導

軌平面與水平面夾角為a,質量為m的金屬桿垂直導軌放置,通以電流/時恰能保持靜止狀態。

已知重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

mgsina

A.電流從B流向A,金屬桿長度為

IB

B.電流從A流向8,金屬桿長度為鳥學

C.電流從8流向A,金屬桿長度為嚓吧

D.電流從A流向8,金屬桿長度為嚓吧

4.火星探測器天間一號于2021年2月24日成功實施第三次近火制動，進入近火點0.28X

ICPkm、遠火點5.9x104km、周期為兩個火星日（火星日是指火星的自轉周期）的火星停泊軌

道。已知火星半徑R=3.4xlCPkm,V4?1.6,V10?3.16,關于火星的衛星，下列說法中

正確的是（

近火點

0.28xl03km

A.若能發射火星的同步衛星，則同步衛星的軌道半徑約2.0x104km

B.若能發射火星的同步衛星，則同步衛星的軌道半徑約1.0x104km

C.在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動的衛星，在一個火星日內可以繞火星約5圈

D.在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動的衛星，在一個火星日內可以繞火星約30圈

5.《流浪地球》在“2020國防軍事電影盛典”系列活動中，被選送作為2021年全民國防教

育萬映計劃重點推介影片，向社會各界特別是廣大青少年學生、基層部隊官兵推薦。故事設

定中，人類居住在深度為左右的地下城中，乘坐升降機需要15min到達地面，若此升降

機勻加速過程中的加速度是勻減速過程中的加速度的2倍，且最大運行速度為6.2m/s。下列

說法正確的是（）

A.上升過程中變速運動時間與勻速運動時間之比約為1：5

B.勻加速運動過程中加速度大小約為0.05m/s2

C.若此升降機沒有最大運行速度限制，則將人運送到地面的最短時間約為9min

D.若此升降機沒有最大運行速度限制，則將人運送到地面過程中的最大速度約為9m/s

6.如圖所示，傾角為。的斜面體固定在水平地面上，質量分別為，〃和2〃?的物塊A、B疊放在

斜面底端，給B施加沿斜面向上的恒力尸，A、B一起由靜止開始沿斜面向上運動，經過時間

撤去力凡再經過時間t2,A、8的速度減為0。已知B與斜面之間的動摩擦因數為“，整

個運動過程中物塊4與8均處于剛要相對滑動的狀態，下列說法中正確的是（）

B.F=6〃mgcos。

C.兩段時間內A、B之間的摩擦力大小均為3"ngcos8

D.AB的速度減為0后將一起沿斜面加速下滑

7.如圖，豎直平面內放置一光滑絕緣軌道ABC。，A8為水平

長直軌道，BCD是半徑為R的半圓軌道，豎直直徑8。右側

區域存在著水平向左的勻強電場，電場強度大小為及一電

荷量為+q、質量為m的小球從水平軌道上P點由靜止釋放,

設小球在之后的運動過程中始終不脫軌，P、B間的距離為X,

重力加速度為g,貝女）

A.xW軍B.XW駕

qEqE

「2mgR5mgR

D.xN駕

2qE

8.電磁阻尼現象在日常生活中得到廣泛應用，如汽車的減震懸架，精密實驗儀器的防震等。

某減震座椅工作原理示意圖如圖所示，除了彈簧可減震之外，中間還有磁體和配套定子線圈,

在震動過程中磁體可在定子線圈內上下移動。下列說法中正確的是（）

,座椅

彈簧

定子線圈

固定底座

A.定子線圈的電阻越小，電磁阻尼現象越明顯

B.定子線圈的電阻越大，電磁阻尼現象越明顯

C.震動過程中減震系統會產生焦耳熱

D.震動過程中減震系統不會產生焦耳熱

9.如圖所示,出?是半徑為R的圓的直徑,c是圓周上一點，ac=be。

質量為m的物體僅受一個恒力作用，從a點沿“c方向射入圓形區域,

經時間f沿仍方向從6點射出、圓形區域。下列說法中正確的是（）

恒力沿仍方向，大小為嗎竺

A.

B.恒力方向垂直仍斜向左上，大小為駕

C.物體在4點的速率為年

D.物體離開匕點時的速率為攀

10.正方形MNPQ內存在著如圖所示的垂直紙面向里或向外的勻強磁場，磁感應強度大小相

等，閉合的均勻導線框時〃形狀與MNPQ完全相同，在外力作用下沿中心軸線。。'水平向右

勻速運動。在“4邊從MQ運動到N尸的過程中，下列說法正確的是（）

A.導線框中感應電流方向先逆時針后順時針再逆時針

B.導線框中感應電動勢為0的時刻有兩個

C.外力的大小隨時間均勻變化

D.導線框中感應電流的大小隨時間均勻變化

11.某實驗小組要測量一根鍥銘合金絲通過額定電流(044)時的電阻。把合金絲繞成螺線圈固

定在接線板上，提供的實驗器材如圖乙所示：直流電源、電表、電壓表、滑動變阻器(最大阻

值500、開關和導線若干。

(1)采用如圖甲所示的電路測電阻時，電壓表一端接線固定，另一端接線接a點，調節滑動變

阻器，使得電流表示數為0.404此時電壓表示數為10.0匕保持滑動變阻器滑片位置不變，

電壓表另一端接b點時，發現電流表示數幾乎不變，電壓表示數變為10.51/。那么本實驗中電

壓表另一端接線接點時，得到的結果更接近合金絲電阻的真實值，此時電阻的測量值

為0。(計算結果保留三位有效數字)

(2)實驗之前滑動變阻器滑片的位置如圖乙所示，根據第(1)間的解答，為保證實驗的安全性，

請你用筆劃線代替導線把乙圖的電路連接完整_________。

12.某同學設計用如圖所示的裝置來驗證動量守恒定律。打點計時器打點頻率為50Hz。

步驟一：用墊塊墊起長木板的右端，使之具有一定的傾角，調節傾角，使得輕推一下滑塊甲(

前端粘有橡皮泥，后端連接紙帶)或者滑塊乙之后它們均能在長木板上做勻速直線運動。

步驟二：把乙放在長木板合適的位置，甲靠近打點計時器，接通打點計時器的電源，輕推一

下甲，甲向下運動與乙發生碰撞并粘在一起。

步驟三：一段時間后關閉打點計時器的電源，取下紙帶。更換紙帶后重復第二步操作。

步驟四：選取點跡清晰的紙帶，標出若干計數點0、A、B…--I,測量各計數點到O點的距

離。其中一條紙帶的數據如圖所示。

(1)由圖示的紙帶及其數據來看，紙帶的端(填''左"或“右”)連接滑塊甲。在打下

一點和一點之間的時間內，甲、乙發生碰撞。

(2)相鄰計數點之間還有四個點跡沒有畫出來，碰撞前滑塊甲的速度大小是m/s,碰

撞后粘連體的速度大小是m/s.(結果均保留兩位小數)

(3)測得滑塊甲、乙的質量均為0.20kg,碰撞前滑塊甲的動量是kg-m/s,碰撞后滑

塊甲、乙的總動量是kg-m/s。(結果均保留三位小數)

(4)通過計算可以得出結論o

13.如圖所示，邊長為L的正三角形AC。是用絕緣材料制成的固定框架，處在垂直框架平面

向里的勻強磁場中，AO邊的中點有一小孔S。在框架平面內垂直AZ)方向從小孔S射入質量

為，小電荷量為+g的粒子。已知粒子射入框架時速率為v,與框架的碰撞為彈性碰撞，粒子

重力忽略不計。

(1)若粒子第一次與AC碰撞的位置為4c的中點，求勻強磁場磁感應強度的大小8；

(2)若此粒子經過與框架的多次碰撞最終能垂直A。方向從小孔S射出，求所有滿足條件的勻

強磁場磁感應強度的大小和粒子在框架內運動的時間。

14.如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度u=2m/s順時針勻速

運動，傳送帶與水平方向的夾角0=37。。質量mi=5kg的小物

塊P和質量=11kg的小物塊。由跨過定滑輪的輕繩連接，P與

定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻物

塊P從傳送帶上端以速度%=8m/s沖上傳送帶(此時尸、。的速率相等)，已知物塊尸與傳送

帶間的動摩擦因數〃=0.4,不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊。都沒有上升到定

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

(1)物塊P剛沖上傳送帶時加速度的大小；

(2)從物塊P剛沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠處的過程中，入。系統機械能的改變量；

(3)若傳送帶以不同的速度v(0<v<%)順時針勻速運動，當v取多大時，物塊尸沿傳送帶運

動到最遠處過程中與傳送帶因摩擦產生的熱量。有最小值。

15.在體積不變的情況下，1版空氣每升高1K的溫度所需的熱量定義為等容比熱容G，,在壓

強不變的情況下，Mg空氣每升高1K的溫度所需的熱量定義為等壓比熱容Cp。如圖所示，一

固定的絕熱汽缸，用質量可忽略的絕熱活塞封閉了質量為〃，的空氣，開始時汽缸內空氣的壓

強等于外界大氣壓Po,溫度為To,體積為％。已知活塞與汽缸壁無摩擦，Q、Cp均為已知量，

缸內空氣可視為理想氣體。

(1)固定活塞，缸內空氣吸收熱量為。時，求缸內空氣壓強p；

(2)緩慢加熱并放開活塞，求缸內空氣吸收熱量為Q時體積的增加量4V。

16.一列簡諧橫波在某介質中傳播，t=2.5s時的波形圖如圖甲所示，x=0處質點偏離平衡位

置的位移y=?,M是介質中一質點，其振動圖像如圖乙所示。已知該簡諧波在介質中傳播的

速度u=10cm/s,求：

(1)該簡諧波的傳播方向和波長；

(2)質點M的平衡位置的坐標。

甲乙

17.盡管分子在永不停息地做無規則的熱運動，但是大量分子的速率分布卻具有一定的規律。

一定質量的氧氣，在溫度分別為J和t2時各速率區間的分子數占總分子數的百分比（簡稱為分

子數占比）分布圖如圖所示。溫度為G時，分子數占比大于15%的速率位于_________區間和

__________區間之間，對比兩個溫度對應的分子數占比分布圖，可以知道0t2（填

“>”或者）

18.如圖所示，半圓玻璃磚圓心為0,頂點為。，光線”對著

圓心從C點射入玻璃磚，平行于a的另一條光線人從。點射入

玻璃磚，已知C0與AB夾角為a,從。點射出玻璃磚的光線

與AB夾角為0。玻璃磚的折射率n=,從。點射入的光線

的折射角為。，sin。=。

答案和解析

1.【答案】B

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

又因為IN=1kg-m/s2

代入可得360W-h/kg=1.3x106m2/s2

故B正確，ACO錯誤。

故選8。

2.【答案】A

【解析】A.帶電粒子在電磁場中能做勻速直線運動，處于受力平衡狀態，即=即〃=1

D

A正確；

8c.由A的分析可知，該平衡方程與粒子帶電性質無關，若帶正電能平衡，帶負電也一定能平衡,

8C錯誤；

D僅改變粒子所帶的電荷量，粒子所受洛倫茲力與電場力仍始終相等，做勻速直線運動，故運動

軌跡不會發生偏轉，。錯誤。

故選Ao

3.【答案】D

【解析】對金屬桿受力分析，金屬桿受到向下的重力，咫，垂直于導軌向上的支持力盡，安培力

B〃的方向應該水平向左，這樣金屬桿才可以受力平衡，保持靜止狀態。安培力84的方向水平

向左，磁場的方向豎直向上，根據左手定則可得，電流的方向從A流向8,根據受力平衡可得，

FNsina=BIL

FNcosa—mg

解得金屬桿長度為L=嚼吧

1D

故選。。

4.【答案】A

0.28X103+5.9X104+2X3.4X103

【解析】48.火星停泊軌道半長軸a=km=33.04km

2

設同步衛星軌道半徑為r,由開普勒第三定律有(今3=(1)2

解得r=2.0x”“km,故A正確，B錯誤；

CD.在火星表面附近的衛星與同步衛星，由開普勒第三定律有6A=(1)2

T=0.07個火星日，則1個火星日內該衛星可繞火星約14圈，故CQ錯誤。

故選A。

5.【答案】C

【解析14.設升降機勻加速運動的時間為f,則勻減速運動的時間為23勻速運動的時間為，=15X

60s—3/

根據已知條件可得：s=竽+M+竽

將6—5000m,v=6.2m/s代入上式，解得t=62s

則勻速運動的時間為/=15x60s-3t=15x60s-3x62s=714s

則上升過程中變速運動時間與勻速運動時間之比約為1：4,故A錯誤；

8.由A中分析可知，勻加速運動過程中的加速度大小為a===|^m/s2=O.lm/s2,故8錯誤；

LOZ

C若此升降機沒有最大運行速度限制，則當其先勻加速上升，再勻減速上升，到達地面速度恰為

零時，所用時間最短，根據已知條件可得，其最大速度為片0,總位移s=^+學

兩式聯立，代入5=5000m,a=O.lm/s2,解得183s

則總時間，總=3t=3x183s?9min,故C正確；

。.由。分析可知，若此升降機沒有最大運行速度限制，則將人運送到地面過程中的最大速度v=at=

0.1xl83m/s=18.3m/s,故。錯誤。

故選Co

6.【答案】B

【解析】48C.因為整個運動過程中物塊A與8均處于剛耍相對滑動的狀態，對A物塊，據牛頓第

二定律有/—mgsind=max

對8物塊，據牛頓第二定律有F-/-3^mgcos0-2mgs\nd=2/71^,聯立解得的="geos9-

gsin9

撤去外力后對A物塊，據牛頓第二定律有/+mgsinO=ma2

對B物塊，據牛頓第二定律有3〃7ngeos。+2mgsin9-f=2ma2

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

因為的。。2,根據速度時間公式可知“裝12,AC錯誤，8正確；

。.由A3C解析中的兩式/—mgsin。=max,f=卬ngcos。，聯立可得卬ngcos。—mgsind-max>

0,即〃>tan。，故AB的速度減為0后將一起靜止在斜面上，。錯誤。

故選Bo

7.【答案】AD

【解析】小球剛好運動到C點Eqx-mgR=0-0

所以支〈顰

qE

小球恰好通過最高點mg=m^-

K

全程由動能定理得Eqx-2mgR=一0

解得x>駕

2qE

故選AO。

8.【答案】AC

【解析】AB.內部電阻越小，電流越大，安培力越大，阻尼現象越明顯，8錯誤，A正確;

CD.減震過程中會產生電流，內部有電阻，就會產生焦耳熱，。錯誤，C正確。

9.【答案】BD

【解析】

CD把運動分解為沿ac方向和劭方向，沿ac方向初速度為％,末速度為零，物體做勻減速直線

運動，由幾何關系得位移為&R，在這方向的平均速度方=竽=亨，則?%=舉

沿仍方向初速度為0,末速度為外,物體做勻加速直線運動，在這方向的平均速度方=竽=乎

解得力=攀

C錯誤，O正確；

4B.沿4c方向的加速度&=上言=-平^,方向從c指向a

沿仍方向加速度ay=%衛=3菖，方向從c指向〃

合加速度為a=+所

解得a=詈，方向與曲垂直斜向左上方

根據牛頓第二定律F=ma=詈

3正確，A錯誤。

故選BDo

10.【答案】AB

【解析】A設導線框"cd的邊長為L電阻為此當線框剛進入磁場時，ad邊切割向里的磁場,

產生逆時針電流，隨著線框向右運動，向邊的一部分長度在向外的磁場中切割磁感線，產生反向

的電動勢，線框總電動勢逐漸減小，當線框運動與時，總電動勢為零，感應電流為零；宗|乙的過

程部分處在向外的磁場中切割的長度大于處在向里的磁場中切割的長度，總感應電動勢的方

向與單獨切割向外磁場時的感應電動勢的方向相同，電流為順時針方向；|不人的過程，向部分

處在向里的磁場中切割的長度大于處在向外的磁場中切割的長度，總感應電動勢的方向，與單獨

切割向里磁場時的感應電動勢的方向相同，電流為逆時針方向，取逆時針方向為正，根據電流隨

位移變化如圖所示，所以導線框中感應電流方向先逆時針后順時針再逆時針，故A正確；

X

員由圖可知，導線框運動到距MQ距離為:和半時感應電流均為零，則感應電動勢都為零，故B正

確；

R2.2

C.根據平衡條件可得外力F=FMBM=中

其中/為有效切割長度，其大小隨時間均勻變化，所以外力的大小隨時間的平方均勻變化，隨時

間不是均勻變化的，故C錯誤：

。.根據圖像可知，線框運動位移，前、后圖像的斜率變化關系，而位移與時間成正比，所以導線框

中感應電流的大小隨時間不是均勻變化的，故。錯誤。

故選4B。

11.【答案】(1)。25.0(2)

【解析】(1)電壓表一端接線固定，另一端接線接。點換為另一端接6點時，電流表示數幾乎不變，

但電壓表示數變化較大，說明電流表內阻對實驗影響較大，電壓表內阻對實驗幾乎沒有影響，所

以應該采用外接法，即電壓表另一端接線接。點時，得到的結果更接近合金絲電阻的真實值。

此時電阻的測量值為&=乎=25.00

la

(2)為了保證實驗的安全性，開關閉合前滑動變阻器接入電路的阻值應該調到最大，所以滑動變阻

器下方接線柱接右下方；由于電壓表的示數能夠達到10.0U,所以電源電動勢應該選12V的，如圖

所示。

12.【答案】⑴右DE(2)0.290.60(3)0.1200.116(4)在一定誤差范圍內，碰撞過程滿足動

量守恒

【解析】(1)碰撞前甲的速度較大，碰撞后粘合在一起速度較小，由圖示的紙帶及其數據來看，紙

帶的右端連接滑塊甲。E至/點，相鄰點距離約為6加〃；。至。點，相鄰點距離約為2.9nun,故

在打下。點和E點之間的時間內，甲、乙發生碰撞。

(2)由題意知，相鄰計數點間時間間隔為T=0.1s,碰撞前滑塊甲的速度大小是/=需=

0.4045-0.1645m/s=0.60m/s

4x0.1

碰撞后粘連體的速度大小是。2=舞=器m/s=0.29m/s

(3)碰撞前滑塊甲的動量是pi=m鏟1=0.120kg-m/s

碰撞后滑塊甲、乙的總動量是P2=(m^+mz)v2=0416kg?m/s

(4)通過計算可以得出結論是：在一定誤差范圍內，碰撞過程滿足動量守恒。

13.【答案】(1)以該粒子為研究對象，做出粒子的運動軌跡如圖

?2

由牛頓第二定律可知quB=m—

由幾何關系可知R=3

聯立上式得8=絆

qL

(2)要使粒子最終能垂直AO方向從小孔射出，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于△4CD的邊上，設

該粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為做出粒子的運動軌跡

由幾何關系得，=2nr+r(n=0,1,2,3…)

解得丁=3^(n=°，123…)

設該磁場的磁感應強度為B,則=my

得名=F，.(；：+2)(n=o,L2,3…)

得7=竿=2兀-。=°，1，2,3…)

則》=3x+3仃=0(|—/)(“=0,1,2,3…)

【解析】(1)作出粒子運動軌跡由幾何關系可求磁感應強度的大小。

(2)從小孔進入最后從小孔出去說明粒子運動的圓心在AAC。邊上，由幾何關系可求磁感應強度和

在框架內運動的時間。

設剛沖上傳送帶時P的加速度為?

對Q有m2g-A=?n2al

對尸有&+-m1gsinO=

FN=m^gcosB

Ff="N

解得出=6m/s2

(2)當在傳送帶上減速到與傳送帶共速時，經分析得到尸、Q的受力如圖所示。

設此時尸的加速度為42,

對Q有加2g-F2=m2a2

對尸有尸2-Pf-m^gsind=mxa2

解得a?=4m/s2

設減速到與傳送帶共速的過程中P的位移為加

則一24%1=v2-v^

解得/=管=笠m=5m

再減速到0的過程中P的位移為X2

2

-2a2x2=0-v

解得冷=若-=B111=0.5m

ZU2ZX4-

設系統機械能的改變量為4E,根據能量守恒，機械能的改變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)設傳送帶的速度V(0<KW),共速前第一個減速過程F的位移為X3,用時為白，皮帶位移為x皮3：

共速后至減速為零為第二個減速過程，P的位移為X4,用時為S，皮帶位移為X皮4

-2aiX3=f2-詔

v0—v

%=

ttl

ZB64-v2

得的==

8PV

皮帶位移為%皮3=Vt3=-

第二個減速過程一2a2%4=o-v2

V

￡4=--

解得%4="4=1

皮帶的位移X皮4=叫=亍

物塊P減速到0的過程中因摩擦產生的熱量為Q

45

=V2-16V

Q=Ff(X3-x度3)+Ff(x皮4-X4)3(2_64)

解得u=3.2m/s時，。有最小值，最小值為Q=51.2J。

【解析】(1)對物塊PQ受力分析，根據牛頓第二定律求得加速度；

(2)在達到共同速度前，根據速度-位移公式求得下滑的位移，達到共同速度后，對P。受力分析，

根據牛頓第二定律求得加速度，利用速度-位移公式求得下滑的位移，即可求得總位移，然后即可

求得摩擦力做功；

(3)共速前第一個減速過程P運動的位移大于傳送帶的位移；共速后至減速為零為第二個減速過程,

P的位移大于小于傳送帶的位移，然后根據功的計算公式即可求解。

15.【答案】(1)對缸內的空氣，初狀態，壓強加，體積片,熱力學溫度7b，固定活塞，缸內空氣

吸收熱量為。時，壓強p,體積%,熱力學溫度心，該過程為等容變化，由查理定律的黑