2021屆天津市河北區高考物理二模試卷一、單選題（本大題共5小題，共25.0分）1. 我國“北斗二代”計劃在2020年前發射35顆衛星，形成全球性的定位導航系統，比美國GPS多5顆。多出的這5顆是相對地面靜止的高軌道衛星(以下簡稱“靜衛”)，其他的有27顆中軌道衛星(以下簡稱“中衛”)軌道高度為靜止軌道高度的35.下列說法正確的是(????)A.“中衛”的線速度介于7.9

km/s和11.2

km/s之間B.“靜衛”的軌道必須是在赤道上空C.“靜衛”的運行速度大于“中衛”的運行速度D.“靜衛”的運行周期小于“中衛”的運行周期2. 有關氣體壓強，下列說法正確的是(????)A.氣體分子的平均速率增大，則氣體的壓強一定增大B.氣體的分子密度增大，則氣體的壓強一定增大C.氣體分子的平均動能增大，則氣體的壓強一定增大D.氣體分子的平均動能增大，氣體的壓強有可能減小3. 如圖所示，合上開關S后，保持兩板間距不變相互錯開一些，下列判斷中正確的是(????)A.電容器的電容保持不變B.電容器的電容減小C.兩極板間電勢差保持增大D.兩極板間電勢差減小4. 三個完全相同的物塊1、2、3放在水平桌面上，它們與桌面間的動摩擦因數都相同．現用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在1和2上，用12F的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速運動．令a1、a2、a3分別代表物塊1、2、3A.a1=a2=C.a1>a2，a25. 如圖所示，一束白光以入射角θ射向三棱鏡ABC，在光屏上形成彩色光帶ab，則(????)A.a處光的波長小于b處光的波長B.在棱鏡中，a處光的傳播速度小于b處光的傳播速度C.增大θ，a處的光可能在AB面上發生全反射D.減小θ，b處的光可能在AC面上發生全反射二、多選題（本大題共3小題，共15.0分）6. 如圖甲所示，輕質細線吊著一質量為m=4.2g、邊長L=1m的正方形單匝線圈。其總電阻r=1Ω，在線圈的中間位置以下區域分布著垂直紙面向里的磁場，磁感應強度B大小隨時間t的變化關系如圖乙所示。下列說法正確的是(g=10m/s2A.線圈中產生逆時針方向的感應電流B.線圈中的感應電流大小為0.1AC.t=4s時輕質細線的拉力大小為0.012ND.6s內通過線圈橫截面的電荷量為3C7. A、B兩物體僅在它們之間的相互作用力的作用下靠近，在此過程中，v-t圖象如圖所示，則由圖線可以判斷(????)A.A、B作用前后的總動量守恒B.A、B的質量之比為3：2C.A、B作用前后總動能不相等D.A、B作用前后總動能不變8. 波速均為1.0m/s的兩列簡諧橫波，分別從波源x=0、x=12m處沿x軸相向傳播。t=0時的波形圖如圖所示。下列說法正確的是(????)A.兩列波的頻率均為0.25HzB.t=0.2s時，兩列波相遇C.兩列波相遇過程中，x=5m處和x=7m處的質點振動加強D.t=3s時，x=6m處的質點位移達到最大值E.當波源從x=0處沿x軸正向運動時，在x=12m處的觀察者觀察到該簡諧橫波的頻率變大三、實驗題（本大題共2小題，共12.0分）9. 某同學利用圖甲所示的實驗裝置，探究加速度與力、質量的關系。實驗中打點計時器電源的頻率為50Hz。(1)實驗過程中，某同學由于操作不慎，當砝碼盤及砝碼下降一段時間后，某同學用手托住，小車繼續拖著紙帶在木板上運動，但沒有到達滑輪處。打出的紙帶如圖乙所示，從紙帶上點跡分析，該同學在實驗操作中存在的問題可能是______。(2)圖乙中，相鄰兩計數點間的時間間隔為0.1s。則計數點3對應的速度大小是______，小車減速運動過程中加速度的大小是______。(結果保留兩位有效數字)(3)該實驗中，改變拉力或小車質量后，在實際操作過程中，對小車所放的位置、接通電源與放開小車的先后順序及小車運動的控制等描述，你認為正確的是______。A.小車應盡量遠離打點計時器，先放開小車后接通電源，在小車到達滑輪前按住小車B.小車應盡量靠近打點計時器，先接通電源后放開小車，讓小車一直到與滑輪相撞為止C.小車應盡量靠近打點計時器，先接通電源后放開小車，在小車到達滑輪前按住小車D.小車應盡量放在打點計時器與滑輪的中間，先接通電源后放開小車，在小車到達滑輪前按住小車(4)某同學用正確的實驗方法，采集到若干組實驗數據，并作出如圖丙所示的a-M圖象，但無法準確直觀得出a-M之間的關系。為了探究合力一定，物體加速度a與質量M的關系，應將a-M圖象進行轉換，現請你在圖丁中作出轉換后的圖象。10. 某同學設計了如圖丙所示的電路來測量電源電動勢E和內阻r及電阻R1的阻值。實驗器材有：待測電源，待測電阻R1，電壓表V(量程0～3V，內阻很大)，電阻箱R(0～99.99Ω)①先測電阻R1將該同學的操作補充完整：A.閉合S1，將S2切換到a，調節電阻箱，讀出其示數R0B.保持電阻箱示數不變，______，讀出電壓表的示數U2C.電阻R1的表達式為R1②該同學已經測得電阻R1=2.8Ω，繼續測電源電動勢E和內阻r，其做法是：閉合S1，將S2切換到a，多次調節電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電壓表示數U，由測得的數據，繪出了如圖丁所示的1U-1R圖線，則電源電動勢E=四、計算題（本大題共3小題，共48.0分）11. 如圖，在粗糙水平臺階上靜止放置一質量m=0.5kg的小物塊，它與水平臺階表面的動摩擦因數μ=0.5，且與臺階邊緣O點的距離s=5m.在臺階右側固定了一個14圓弧擋板，圓弧半徑R=1m，圓弧的圓心也在O點．今以O點為原點建立平面直角坐標系．現用F=5N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板．(1)若小物塊恰能擊中擋板上的P點(OP與水平方向夾角為37°)，求其離開O點時的速度大小；(2)為使小物塊擊中擋板，求拉力F作用的最短時間；(3)改變拉力F的作用時間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值．12. 如圖所示，軌道ABCD位于同一豎直平面內，AB段是光滑的四分之一的圓弧軌道，BC段是高H=3.2m、傾角θ=45°的斜面，CD段是足夠長的水平軌道．一小球從AB軌道的某點由靜止開始下滑，并從B點水平飛出，不計空氣阻力，取g=10m/s2(1)若小球從B點飛出后恰好落在C點，求此情形小球在B點的速度大小vB和釋放點到B點的高度h(2)若釋放點到B點的高度h1=1.8m，求小球第一次落到軌道前瞬間速度方向與水平面夾角(3)若釋放點到B點的高度h2=0.2m，求小球第一次落到軌道的位置到B點的距離L13. 如圖，在空間有一直角坐標系xOy.C(0.1m,0)，D(0.2m,0)為x軸上兩點，在D處有一與x軸垂直的光屏．在0≤x≤0.2m的區域內分布著豎直向上的勻強電場，場強E=0.4N/C，同時在xOy平面內分布著以C點為圓心，半徑為R=0.1m的垂直向里的勻強磁場，磁感應強度B=2315T，x<0處有一平行板電容器，兩極板PQ、MN與水平面成θ=37°角，Q點與O點重合．一質量m=4×10-7kg，電量大小q=1×10-5C的帶電粒子，從兩板極間距的中點A(-1(1)兩極板間的電勢差U以及PQ極板電性；(2)粒子到達坐標原點O時的速度；(3)粒子從A點到F點所用的時間(結果保留一位有效數字)．

參考答案及解析1.答案：B解析：解：A、7.9

km/s是地球衛星的最大速度，所以“中衛”的線速度小于7.9

km/s，故A錯誤；B、同步軌道衛星軌道只能在赤道上空，則“靜衛”的軌道必須是在赤道上空，故B正確；CD、由GMmr2=mv故選：B。同步軌道衛星軌道只能在赤道上空，7.9

km/s是地球衛星的最大速度，根據萬有引力提供圓周運動向心力根據半徑大小關系分析描述圓周運動物理量的關系。同步衛星的軌道與地球赤道共面，萬有引力提供圓周運動的向心力，掌握圓周運動向心力和萬有引力的公式是正確解題的關鍵。2.答案：D解析：解：A、氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定，體分子的平均速率增大，則氣體分子的平均動能增大，分子數密度可能減小，故氣壓不一定增大，氣體的分子密度增大，氣壓不一定增加，故A錯誤；B、氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定，故B錯誤；C、氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定，氣體分子的平均動能增大，分子數密度可能減小，故氣壓不一定增大，故C錯誤；D、氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定，氣體分子的平均動能增大，分子數密度可能減小，故氣壓可能減小，故D正確；故選D．氣體壓強的產生：大量做無規則熱運動的分子對器壁頻繁、持續地碰撞產生了氣體的壓強．單個分子碰撞器壁的沖力是短暫的，但是大量分子頻繁地碰撞器壁，就對器壁產生持續、均勻的壓力．所以從分子動理論的觀點來看，氣體的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力．氣體壓強由氣體分子的數密度和平均動能決定．本題關鍵是明確氣體壓強的微觀意義和影響因素，同時也可以結合理想氣體狀態方程分析．3.答案：B解析：解：A、B、根據電容器的決定式C=?S4πkd，知保持兩板間距不變相互錯開，極板正對面積減小，電容減小，故A錯誤，C、D、合上開關S后，電容器與電源保持相連，板間的電勢差不變．故CD錯誤．故選：B．本題可根據電容器的決定式C=?S4πkd，分析電容如何變化．合上開關解決本題的關鍵是掌握電容器的決定式C=?S4.答案：C解析：物塊水平方向在拉力的分力和摩擦力作用下做加速運動，根據牛頓第二定律由水平方向合力的大小確定加速度的大小。

本題易錯點在于在拉力和推力作用下，物塊對地面的壓力是否等于重力的問題，不能死記f=μmg分析滑動摩擦力的大小。對物塊1，由牛頓第二定律得Fcos?60°-F對物塊2，由牛頓第二定律得Fcos?60°-F對物塊3，由牛頓第二定律得12F-比較得a?1>a?3故選C。

5.答案：D解析：解：A、由光路圖可知，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光的頻率大，波長短，故A錯誤；B、由折射率n=cv可知因為b光的折射率大，所以在棱鏡中，a處光的傳播速度大于b處光的傳播速度，故C、光在從折射率大的物質射入折射率小的物質時才會發生全反射，故在AB面不會發生全反射，故C錯誤；D、由圖可知減小θ，α增大到，當sinα=1n時，就會在AC故選：D。光的偏折程度越大則光的折射率大；由折射率n=cv可知傳播速度大小；光在從折射率大的物質射入折射率小的物質時才會發生全反射，根據本題考查光的折射定律，解題關鍵掌握光的偏折程度越大則光的折射率大。6.答案：AC解析：解：A、由于磁場向里增加，由楞次定律可知電流的方向為逆時針方向，故A正確；B、由法拉第電磁感應定律得：E=△B根據閉合電路的歐姆定律可得線圈中的感應電流大小為I=Er=C、根據圖乙可知，t=4s時磁感應強度為B=0.6T，根據安培力的計算公式可得F安根據受力分析F安+F繩=mg，其中m=4.2g=0.0042kgD、6s內通過線圈橫截面的電荷量為q=It=0.05×6C=0.3C，故D錯誤。故選：AC。由楞次定律判斷電流的方向；由法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據閉合電路的歐姆定律可得線圈中的感應電流大小；根據安培力的計算公式結合平衡條件求解繩子拉力大小；根據電荷量的計算公式求解通過線圈橫截面的電荷量。本題主要是考查楞次定律、法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的應用，能夠根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，掌握安培力的方向的判斷方法。7.答案：ABD解析：解：A、由題意可知，物體A、B組成的系統不受外力作用，則系統動量守恒，故A正確；B、由圖示圖象可知：vA=6m/s，vA'=2m/s，vBmAvA+mBvB=C、D、設A的質量為3m，B的質量為2m，則相互作用前的動能：E1相互作用后的動能：E2=12mAv'A故選：ABD由圖象求出A、B的速度，然后應用動量守恒定律分析答題．寫出相互作用前后的動能的表達式，進行判斷即可．本題考查了判斷系統動量是否守恒、判斷兩物體間作用力的關系，知道動量守恒的條件、應用動量守恒定律、牛頓第三定律即可正確解題．8.答案：ADE解析：解：A、兩列波的波長為λ=4m，由v=λf得f=vλ=B、t=x2v=C、兩列波相遇過程中，x=5m處和x=7m處的質點波峰與波谷相遇振動減弱，故C錯誤。D、兩波的周期為T=1f=4s，t=2s時，兩列波在x=6m相遇，相遇x=6m處質點向下振動，再經過1s=T4E、當波源從x=0處沿x軸正向運動時，波源與x=12m處的觀察者間的距離縮短，產生多普勒效應，則知在x=12m處的觀察者觀察到該簡諧橫波的頻率變大，故E正確。故選：ADE。由圖讀出波長，由波速公式求出頻率。由運動學位移公式求兩波相遇的時間。根據波的疊加原理分析質點的位移。結合多普勒效應分析。解決本題的關鍵是掌握波的疊加原理，知道波疊加時滿足矢量法則，例如當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時振動減弱。9.答案：沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠

0.30m/s

0.40m/s2解析：解：(1)由題意知，第5點以后，間距是逐漸減小的，顯然小車在做減速直線運動，那么小車是未平衡摩擦力或平衡不足；(2)打下3點的速度v3=v(3)根據打點計時器的使用要求，就先通電再釋放小車，且小車應尺量靠近打點計時器，故選項C合理；(4)由于反比例函數圖象所含的信息量豐富，再說曲線所反應的是什么數學函數式并不清楚，所以若畫的圖象是a-1故答案為：(1)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠(2)0.30m/s

0.40m/(3)C(4)改進后的坐標及圖象如所示(1)解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項；(2)由瞬時速度的定義求瞬時速度，根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT(3)根據打點計時器的要求答題；(4)實驗時應平衡摩擦力，沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F圖象在F軸上有截距；平衡摩擦力過度，在a-F圖象的a軸上有截距。探究加速與力的關系實驗時，要平衡摩擦力、應根據紙帶求出小車的加速度，掌握實驗的實驗注意事項是正確解題的關鍵。要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用。10.答案：將S2切換到b

U2-U解析：解：①B.保持電阻箱示數不變，將S2切換到b，讀出電壓表的示數UC.由于電壓表的內阻很大，可以忽略電壓表的分流作用，將S2切換到a經過R的電流與將S2切換到b經過R的電流相等，即U1②閉合S1，將S2切換到a，把R1根據閉合電路歐姆定律：U=E-U整理得：1U1U與1根據數學知識可得：1ER解得：E=2.0V，r=1.2Ω。故答案為：①將S2切換到b；U②2.0(或2)，1.2。①保持電阻箱示數不變，將S2切換到b，讀出電壓表的示數U2；兩次經過R的電流相等，根據歐姆定律可以解得的②根據閉合電路歐姆定律列出方程，把方程整理成1U與1本題考查了測定電源的電動勢和內阻的實驗。題關鍵明確實驗原理，會用圖想法處理實驗數據，能結合閉合電路歐姆定律列出方程，把方程整理成橫縱坐標的一次函數形式，利用圖象的截距及斜率求電源的電動勢和內阻。11.答案：解：(1)小物塊從O到P，做平拋運動水平方向：Rcos37°=v豎直方向：Rsin37°=1由以上兩式解得：v0(2)為使小物塊擊中檔板，小物塊必須能運動到O點，由動能定理得：Fx-μmgS=△E解得：x=2.5m由牛頓第二定律得：F-μmg=ma解得：力F作用時的加速度a=5m/s由運動學公式得：x=1解得：t=1s(3)設小物塊擊中擋板的任意點坐標為(x,y)，則x=vy=1由機械能守恒得：Ek又又擊中擋板滿足：x2化簡得：Ek由數學方法解得：Ekmin答：(1)若小物塊恰能擊中擋板上的P點(OP與水平方向夾角為37°)，其離開O點時的速度大小為43(2)為使小物塊擊中擋板，拉力F作用的最短時間為1s；(3)改變拉力F的作用時間，使小物塊擊中擋板的不同位置，擊中擋板時小物塊動能的最小值為53解析：(1)小物塊離開P點做平拋運動，根據平拋知識求解其離開O點時的速度大小；(2)小物塊能擊中擋板的臨界條件是能到達O點，根據運動學關系分析求解力F的作用最短時間；(3)根據平拋運動和擊中擋板的軌道公式求解小物塊擊中擋板時的最小動能．本題是動力學、平拋運動的綜合題，解決問題的關鍵是掌握相關動力學基礎知識和平拋運動知識，在第三問中要求較好的數學功底．12.答案：解：(1)小球從B到C做平拋運動，故：H=12g在圓弧軌道的運動過程，根據動能定理，有：mgh聯立解得：vB=4m/s，(2)若釋放點到B點的高度h1vy故tanα=v聯立解得：tanα=4(3)若釋放點到B點的高度h2mgh設小球從B點平拋運動時的時間為t'，則：Lsinθ=12gt代入數據解得：L=0.82答：(1)若小球從B點飛出后恰好落在C點，此情形小球在B點的速度大小為4m/s，釋放點到B點的高度為0.8m；(2)若釋放點到B點的高度h1=1.8m，小球第一次落到軌道前瞬間速度方向與水平面夾角α的正切值為(3)若釋放點到B點的高度h2=0.2m，小球第一次落到軌道的位置到B點的距離L為解析：(1)根據平拋運動的分位移公式求解小球在B點的速度大小；對圓弧上運動過程根據動能定理列式求解釋放點到B點的高度；(2)