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1、密绝密启用前2021年高考押题预测卷0 1【河北卷】物理：注意事项：i 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。:2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦i 干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。j3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。O:一、选择题:本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要：求的。：1.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为。一 乙 的 圆 心 为 在 两 环 圆6：心 的 连
2、线 上 有 b、C三点，其中q=。也=。2=。2。，此时a点的磁感应强度大小为 用，八点的磁感应强度大小为8?.当把环形电流乙撤去后，C点的磁感应强度大小为（）C.篮球从出手到与墙接触所用时间为1.28sD.篮球与墙的接触点与出手位置相距5m3.如图所示，如果把地球表面看成座巨大的拱形桥，若汽车速度足够大就可以飞离地面而成为人造地球卫星。己知地球自转周期为T,赤 道 上 的 重 力 加 速 度 为 万 有 引 力 常 量 为G,地球的半径为R。则下才能飞离地面B.地球的质量为甄工G地球两极处的重力加速度为2万于R+g养O挥2.如图所示，体育馆内有一处倾斜墙壁,r八o2abcrbIu甲乙A.B空
3、B.B、-1 22c B2-B 1D,”3D.4.为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自东向西加速运动图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将宜流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为小、小当两点火针间电压大于5000V就会产生电与竖直方向夹角为53。某同学在距墙面4m处以垂直于墙面的火花进而点燃然气，闭合S，下列说去正确的是（）O速度投出个篮球，篮球恰好擦墙而过（刚好接触墙）。篮球的质量为6 0 0 g,将篮球视为质点，忽略篮球出手前的加速距离，不计空气阻力，重力加速度取g=1 0m/s2,则下列说法正确的是（）A.出手时篮球速
4、度大小为1 0m/sB.该同学对篮球的冲量大小为4N s甲 乙A.电压表的示数为50万VB.在正常点燃然气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000VC.当 上1 00时，才能点燃燃气D.某正弦交流发电机要产生与图乙相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为1 00转/秒5.如图所示，垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形A 8C D,其中为8 c边的中点，AE垂直于OBC,.束电子以大小不同的速度沿A&方向射入磁场，不计电子的重力和电子间的相互作用，关于电子在B.入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C.从八8 边射出的电子运动时间都相等D.从 8c边射出的电子运动时间都相等6.如图甲所
5、示，有固定的正点电荷N,其右侧距离为L 处啜直放置内壁光滑的绝缘圆筒，圆 筒 内 有 带电小球。将小球从均 高处由静止释放，至小球下落到与N 同一水平面的过程中，其动能Ek随高度H（设小球与点电荷N 的竖直高度差为/）的变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）乙A.小球可能带负电，也可能带正电B.带电小球在高度”oHi之间运动过程中，电势能减小C.带电小球在高度从 生之间运动过程中，机械能减小D.带 电小球在整个运动过程中，库仑力先减小后增大二、选择题:本题共4 小题，每小题6 分，共 24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的
6、得。分。7.在农村人们盖房打地基叫打夯，如图所示，在某次打夯过程中，两人通过绳子对夯锤各施加一个力，将夯锤提升到距地面80cm后夯锤做自由落体运动把地面砸结实。已知夯锤从接触地面到速度为零用时0.0 5 s,夯锤的质量为5 0 k g,重力加速度大小为g=1 0 m/s 则（）A.夯锤做自由落体运动的时间为0.5sB.夯锤做自由落体运动的末速度大小为4m/sC.夯锤在接触地面到速度为零的过程中，对 地面的平均作用力大小为5000ND.夯锤在接触地面到速度为零的过程中，地面对夯锤作用力的冲量大小为225N s8.如图所示为甩水拖把的示意图。将拖把的托盘连同周边的拖布条全部放入脱水桶，使上方的固定
7、套杆和旋转杆竖直，手握固定套杆让把手从旋转朴的项端向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶起转动，固定套杆每下降10cm,旋转杆带动脱水桶转动1 圈：当固定套杆静止不动或向上运动时，固定套杆对旋转杆既不施加动力、也不施加阻力。某型号的甩水拖把部件的数据为：托盘半径为8cm,拖布条长度为6cm,脱水桶的半径为9cm。固定套杆从最高处沿旋转杆下降40cm到达最低处的过程中，旋转杆恰好转动了 4 圈。某次脱水时，固定套杆从最高处由静止匀加速持续向下运动，脱水桶从静止开始转动，历时3 s,固定套杆刚好运动到底端，此时，刚好有水从拖布条脱出。则下列说法正确的是（）A.紧贴脱水
8、桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出B.脱水桶内胜与托盘外缘处的向心加速度之比为1:1C.脱水桶内壁与托盘外缘处的向心加速度之比为9:84D.拖布条表面附着的水刚被脱出时，脱水桶内壁处的线速度大小为 m/s物 理 试 题 第3页（共22页）物 理 试 题 第4页（共22页）9.带电平行板电容器两极板水平放置，充电后与电源断开。两质量相等的带电小球a、b分别位于电容器内上、下极板附近，。与上极板、b与下极板的距离相等。现在同时由静止释放。、b,。和b同时经过两极 板 的 中 线 已 知 重 力 加 速 度 为g,不计a、b间的相互作用和电容器极板的边缘效应，下列说法正确的 是（）A.到达M N时，
9、a的动能大于b的动能B.到 达 时，。、b的电势能变化相等C.从释放两带电小球a、b到M N的过程中，b的机械能变化量的绝对值大于。的机械能变化量的绝对值D.若将上极板上移一小段距离八，下极板下移2人 再同时由原位置释放a、b,a、b仍同时到达原中线M N1 0.在新冠肺炎防控期间，要求同学们勤洗手，戴口罩，不聚集，内防反弹外防输入。为了防止被污染的冷链食品感染工人，某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕过定滑轮的轻细绳，与放在倾角为6 =30。的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升：在0匚6s时间内物体运动的P T图象如图乙所示，其中除1 5s时间段图象为曲线
10、外，其余时间段图象均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变；己知物体的质量为2 k g,不计一切摩擦，重力加速度g=1 0m/s2。则下列判断正确的 是（）甲 乙A.在0 1 s内电动机所做的功为50JB.1 s后电动机的输出功率为HX）WC.在1口 5 s内电动机牵引力的冲量大小为5（）NsD.在0 5 s内物体沿斜面向上运动了 32.5m三、非选择题:共5 2分。第1 1 1 4题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1 51 6题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:共4 3分I I.（6 分）某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数也、口：两块粗糙
11、程度不同的木板AD、对 接组成斜面和水平面，两木板在。点光滑连接（物块在此处运动不损失机械能），且AD板能绕D点转动.现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿A。下滑，最终停在水平板的C点；改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同条竖直线上（以保证图中物块水平投影点B与接点D间距5不变），用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离 s,D点与最终静止点C的水平距离x,利用多次测量的数据绘出x d图像，如图所示，则（1）写出x-h的数学表达式（用 田、汝、力及s表示）：（2）若实验中s=0.5m,X-/）图彖的,黄轴截距a=0.1,纵轴截距6=0.
12、4,则,2=.1 2.（9分）如图甲所示的电路中，电源为恒流源（电源输出恒定电流）。甲电路中的恒流源可为电路提供恒定电流/。，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器号消耗的电功率，并测出定值电阻R的阻值。改变 号 的 阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U-/关系图线。甲乙回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数（填 增大 或 减小）。（2）根据乙图实验数据可知恒流源输出的恒定电流/。=A，定值电阻R=C。（3）甲电路中，当凡中的电流/=A时，&消耗的功率最大，最大功率为 W。1 3.（1 2 分）某研究性学习小组用如图所示的装置，测
13、量地面附近地磁场的磁感应强度。固定金属横杆。、。两点间距离为L,两根长度均为L的轻质软导线，其端分别接在。、。点，另端分别接在长度也为L的导体棒岫 两端。现将导体棒M拉至图示位置，使棒与0 0,在同一水平面内由静止释放，导体棒。b转过四分之一圆弧至最低点时速度大小为v,由接入电路的电流传感器测得此过程通过导体棒截面的电荷量为q。已知地磁场与水平面夹角 为 色 且与金属横杆垂直，导体棒岫 的 质量为m、电阻为R,重力加速度为g,不计回路其它部分电阻，忽略空气阻力。求：10 0故C正确；D.根据电压的图像可读出周期为7 =0.0 2 s,则相同频率的交流电，转速为 =150转/秒故D错误；故选C。
14、5.C【详解】A B.电子做圆周运动的周期T 2 万 71=-eB保持不变，电子在磁场中运动时间为轨迹对应的圆心角。越大，运动时间越长。电子沿4E方向入射，若从BC边射出时，根据几何知识可知在A。边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故AB错误：C.电子沿AE方向入射，若从A8边射出时，根据几何知识可知在A8边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故C正确：物 理 试 题 第 12页（共 22页）D.从6 c边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等，故D错误。故选C。6.C【详解】A
15、.根据动能定理知EL”图像的斜率为带电小球所受合力，由图像知随”的减小，斜率先减小，说明N对小球的库仑力斜向右上方，为斥力，所以小球带正电，故A错误；B.整个过程中小球距离正点电荷N越来越近，库仑力对小球始终做负功，电势能增加，故B错误；C.除重力外的其他力做的功等于机械能的变化，由于库仑力做负功，故 带 电 小 球 在 高 度 上之间运动过程中，机械能减小，故C正确；D.由库仑力F=k”广整个运动过程中，越来越小，库仑力一直增大，故D错误。故选C7.BD【详解】A.设夯锤做自由落体的时间为，根据自由落体的规律有卜=犷解得2h/2x0.8t=/=J-s=0.4sn v ioA错误；B.夯锤做自
16、由落体运动的末速度大小为v=10 x0.4m/s=4m/sB正确；C.整个运动的总时间为f =(0.4+0.05)s=0.45s地面给夯锤的作用力为F,且该力的作用时间为4=0.0 5 s,根据动量定理有代入数据有c错误;rngt1-Fty=0-0F =5 0 x1 0 x0.45N =4 5 0 0 ND.地面给夯锤的作用力的冲量大小为D正确。故选BD8.AC【详解】A.由A0.05I=Fl、=4500 x 0.05N-s=225N sF=rnccrr可知半径越大，所需要的向心力越大，所以紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出，故A正确;B C.由a=a)2r可知脱水桶内壁与托盘外缘的向
17、心加速度之比即为半径之比，即9:8,故B错误，C正确:D.由题意知3秒内旋转杆下降40cm,脱水桶转过4圈，脱水桶内壁转过的弧长为,.18乃I=4x2nfi=-m帼25固定杆匀加速向下运动，脱水桶内壁线速度大小均匀增加，转过的弧长与速度、时间的关系可类比匀变速直线运动的规律，所以故脱水桶内壁处线速度大小为故D错误。故选AC09.CD【详解】vt2交火m/st 25/A.两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有：），=不。/由题意知，相同时间内“的位移与6的位移大小相等，、E又相等，可知a产公，由 牛 顿 第 二 定 律 可 知 合 外 力 两 粒 子 的 合 外 力 相 等。由动能定理可知
18、：。、方两粒子在相同的时间内位移相同，合外力相同，动能的增量相同，所以到达M N时，的动能等于。的动能，故A错误；B.对a粒子牛顿第二定律：m g-q(lE =matl对粒子牛顿第二定律：qbE-m g=m ah综上分析可知两粒子的电荷量大小佻,硕，又由于两粒子带负电，则到达M N时，根据W=E g y可知，电场力对。做功少，电势能变化不相等，故B错误：C.从释放到M N的过程中，根 据W=qU=qEy知，因为场强E和位移y相等，而两粒子的电荷量大小务如，则电场力对。粒子做功的绝对值大于电场力对，粒子做功的绝对值，则b粒子机械能的增加量大于。机械能的减小量，故C正确：D.若仅将上极板向上平移一
19、段距离，因极板带电量不变，正对面积不变，根据推论知板间场强不变，两个粒子运动的加速度不变，则再同时由原位置释放a、b,a将同时达到原中线M N,故D正确。故选CD。1 0.ABC【详解】A.在时间，尸1s内，物体的位移为右 电动机做的功为1%,则由运动学公式得：故A正确：x=g v/j=g x 5 x lm=2.5m由动能定理得一 7 g%s加 30=:m联立解得Wi=50JB.在。Is内，设细绳拉力的大小为四，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得由图象可知以=5m/s,由功率公式vi=MQ-mgsin 30=zn物 理 试 题 第15页（共22页）P=F联立解得在1 s末电动机输出功率为/余-
20、igsinO(z-ri)=mvm-nt=50Ns细 绳 的 拉 力 大 小 由牛顿第二定律和功率的公式可得:Fi-mgsin-OP=F2Vmvm=1 0m/sP(t m s in O =-mQ-mv；P=I（X）WIs后电动机的输出功率保持不变，所 以1 s后电动机的输出功率为1 00W,故B正确：C.在1 5s内，据动量定理得解得故C正确；D.当物体达到最大速度Vm后，由解得在1 5 s内，据动能定理得代入数据解得K2=32.5m物体在05s内物体沿斜面向上运动位移为,v=.vi+.V2=2.5m+32.5m=35m故D错误。故选ABC01 1.x =-h-L S 0.2 0.2542【详解
21、】试题分析：对全程应用动能定理列式计算，求出表达式，然后根据图线的斜率和纵截距结合表达式求解.由动能定理，对全过程有：rngh-p jn gcos0-A D-j2mg-x=0根据题意可知c o s A O+x =s,即为彳=-/一 丛,5.物 理 试 题 第16页（共22页）O第O(2)根据公式工=力一丛$可知=2 =-,-6 =一 丛九 代入数值可知：必=0.2,“，=0.2 5.必 必。必 必1 2.减小 1.0 A 2 0 C 0.5 A 5 W【详解】(1)1 1 滑动触头向下移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，而电路干路电流恒定，所以并联电路两端的电压减小，即电压表的示数减小：当电
22、压表示数为零时，时，/#=20V,得 R=2 0 C；由并联电路规律可知，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为。，故/片1.0 A；当。全部流过R流过RL的电流为R+RLa=E ZkR联立解得B =变-1：（si n 0+c o s 01 4.(1)QA=QB；(2)见解析；(3)2./=3夕*/、；、4：4二弓：彳。【详解】(1)由器电感应，A部分带正电、B部分带负电，由电荷量守恒，A、B两部分电荷量的大小相等，QA=(2B：(2)设散射后X光子的动量为3,根据碰撞过程动量守恒和平行四边形定则(或三角形定则)，画图如图所示则RL消耗的功率为P=r&=卫 匚 勺=3 20?（R+&）R-+2
23、R+RLRL散射前X光子的动量p1O-0c散射5后X光;子的动量.3散射后电子的动量P?三O挥O由数学规律可知，最大功率为此时通过RL的电流为0.5 A。1门 qR3卬丁一心口仍【详解】(1)导体棒由静止转至最低点的过程，由动能定理有mgL +W =m v2解得1廿=g m v2-mgL-A(P(2)上述过程电路中产生的平均感应电动势E =,其中A/A O =BL r(s i n 0+co s O)通过的电荷量P=5W3)沿传播方向，任取于传播方向垂直的横截面，面积为S。在/时间内流过S面的能量E =V,V=SL,L =t单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量b.在第二间的基础上，时间内流过，
24、面上的能量!=zS联立解得/=；pfiiOVI时间内流过S 2面上的能量/15口=弓 04%2丫.4孙2口,由能量守恒I2S2Qt=pAceTv-Trrlto/SElr=八邑 口，联立解得A：4 =：415.1.5x l O$P a；14 cm【详解】(1)对气缸与椅面整体受力分析如图由受力平衡有/2,P 2得p2=5x l O5 P a对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变气缸内气体温度不变初状态 P z =1.5x 10,P a V、=L S末状态P 2=5x l 0$P a V2=L S时气缸内气体由玻意耳定律PM=4匕p J S =p?L S得L=7cmm gPiS=p0S+mg科=
25、%+墨得=1.5x 105 P a可知气体体积变小，长度较小即为高度下降方=乙-工力=14 cm16.(1)14 x/7 m；(2)4 m /r 9 m【详解】由(2)重物放上后，设气缸内气体压强为P 2,对气缸、椅面与重物整体受力分析如图P7M g由受力平衡有s i n C =-n得inC_3_ 4 2解得4 “2、肝h=1 4 S m(2)若光线恰好从皮划艇右端射入，折射角为6,根据折射定律s i n an=-s i n。解得3 3s i n =-=-j=；=：5物理试题第19页(共2 2页)PQS=PoS+(m+M)g即物理试题第2 0页(共2 2页)O4=4m若光线恰好从皮划艇左端射入，折射角为7,同理4=9 m所以能看到灯塔深度的范围，深度4m/?9m第O疑密O挥OO