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1、2021届河北省高考物理选择性试卷一、单 选 题（本大题共7 小题，共 2 8.0 分）1 .据 8 8 c 报道，前英国政府辐射事务顾问巴斯比博士表示，日本核电站的问题极为严重，尤其令人担心的是福岛核电站三号反应堆.他称，该反应堆现在遇到了麻烦，因为它使用的是一种不同的燃料：它不是铀，而是一种铀杯混合燃料，而杯是极为危险的，因此一旦这种物质泄漏出来，将使海啸灾难雪上加霜.钵是世界上毒性第二大的物质（世界上毒性第一大的物质为针）.一片药片大小的杯，足以毒死2 亿人，5克的杯足以毒死所有人类.杯的毒性比砒霜大4.8 6 亿奥倍，一旦泄露入太平洋全人类都玩完/2 3 9 P U,半衰期2 4 3
2、9 0 年.关于杯的危害的认识，你认为错误的是（）（注：原创，日本地震造成的核污染是今年的一个热点话题）A.杯是具有很强的放射性B.杯是重金属进入人体会破坏细胞基因从而导致癌C.杯的半衰期比铀要长的多D.杯核的裂变反应能放出巨大的能量2 .如图所示，质量为小，电量为。的带电粒子从平行板电容器左侧一端的|中点处以速度先沿垂直于电场线方向进入电容器，恰能从下边缘处飞出，_ _ _ _ _ _ I飞出时速度大小为内,若其他条件不变，而在电容器内加上垂直纸面向 b I 力里的匀强磁场，则带电粒子恰能从上极板边缘处飞出，飞出时速度大小为丫2,不计粒子的重力，则以下速度大小的关系正确的是（）A.2 v0=
3、乙+v2C.VQ=y/v1 V2D.v0”、或“（7）利用现有的器材，为了更准确地测量该电阻的阻值，请你对电表的接法提出建议并说明理由14.小周用如图1所示的装置进行“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验。（1）图 中 打 点 计 时 器 使 用 的 电 源 应 是（填选项前的字母）。A.220H直流电源2.220V交流电源C.6y以下直流电源D6 V以下交流电源（2）在实验前应进行“平衡摩擦力”的操作，下列关于“平衡摩擦力”的操作中做法妥当的是（填选项前的字）。4小车尾部不需要安装纸带8.小车尾部需要安装纸带C.小车前端不挂细绳与祛码盘D小车前端需要挂上细绳与祛码盘，但是祛码盘中不加祛码（
4、3）在正确地完成“平衡摩擦力”的操作后，小周进行了加速度与力（把祛码和祛码盘的总重力大小当成细绳对小车的拉力大小）之间关系的探究，得到了如图2所示的一条纸带（相邻两个计数点间均还有1个点，图中未画出）且所用电源频率为50/Zz,%!=3.59cm,不=4.41cm,小=5.19cm,x4=5.97cm,x5=6.78cm,x6=7.64cm；则小车的加速度a=m/s2（要求充分利用测量的数据，保留2位有效数字），该 纸 带 数 据 是 否 合 理 （填合理或者不合理）。五、计 算 题（本大题共4 小题，共 45.0分）15.某做简谐运动的物体，其位移与时间的变化关系为x=lOsin57rtem
5、由此可知：（1）物体的振幅为多少？（2）物体振动的频率为多少？（3）在时间t=0.1s时，物体的位移是多少？16.历史上荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献.惠更斯所做的碰撞实验可简化为如下模型:三个质量分别为m、加2、巾3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L的三根平行绳子上，彼此相互接触.现把质量为Tn1 的小球拉开，上升到，高处释放，如图所示，己知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，远小于L,不计空气阻力.若三个球的质量不同，要使球1 与球2、球2 与球3 相碰之后，三个球具有同样的动量，贝 I J：(i)z ni：m2：m 3 应为多少？(
6、i i)它们上升的高度分别为多少？1 7.如下图所示。在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用水银柱将管内一部分空气密封。当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度，1 为0.3 0 m,压强为1.4 0 x l 05P a,温度为2 7 匕 当管内空气柱的温度下降到0 笃时，若将玻璃管开口 勿向下竖直放置，水银没有溢出，待水银柱稳定后，空气柱的长度%是多少米？(大7 1L气压P o =1.0 0 x 1 0 P a,并保持不变，不计玻璃管的热膨胀)1 8.一列横波的波形如图所示，实线表示匕=0 时刻的波形图，虚线表示t 2 =0.0 4 s 时刻的波形图,且 在=0 时x =4 m 处的质点振
7、动方向沿+y 方向，求.(1)波的传播方向及传播速度.(2)周期的最大值.y/cm5【答案与解析】1.答案：D解析：解：A、由题意描述可知，钵有很强的放射性，射线对环境会造成污染危害，故A正确；&杯进入人体会导致基因突变，使正常组织发生癌变，故8正确；C、杯半衰期比铀要长，因此其危害性大，故C正确；。、杯核的裂变反应能放出巨大的能量可以为人类服务，这不是算是其危害性，故。错误。本题选错误的，故选。正确解答本题需要掌握：了解放射性元素的放射性以及其危害，理解半衰期的含义.此题是一道多点知识考查题，解题的关键是对相关知识点的掌握与理解，属基础性知识考查题.2.答案：B解析：带电粒子恰好能从下板边缘
8、以速度飞出电场时，电场力做正功，根据动能定理可得到电场力做功与初速度%、速度的关系.在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场，该带电粒子恰能从上板边缘以速度均射出时，洛伦兹力不做功，电场力做负功，再由动能定理得到电场力做功与初速度火、速度畛的关系，而两种情况下，电场力做功大小相等，联立即可求出北。本题运用动能定理研究带电粒子的电场中和复合场中的运动，列式时要抓住洛伦兹力不做功的特点。4 B C.带电粒子恰好能从下板边缘以速度飞出电场时，根据动能定理得：U 1 o 1 o /Q-=-mv1z-mv0 该带电粒子恰能从上板边缘以速度外射出时，则有:U 1 2 1 2-q-=-m v2-m v0z 联立
9、解得，卬=产 铐 1；故 AC错误，3正确。D由得知,%v 先 由得知,%2,故。错误。故选B。3.答案：D解析：解：4、粒子每穿过MN一次，阻力对粒子所做的功相等，由动能定理知粒子损失的动能相等，而动能与速度不是线性关系，可知，损失的速度不等，故 A错误。B、根据7 =翳 分 析 知，粒子运动的周期和速度无关，故粒子穿板前后在磁场中运动的周期保持不变，故 B错误。C D、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m-,得：=理1 r T n粒子的动能：E k-m v2=q RK 2 2m设粒子 段轨迹半径为G，A 段轨迹半径为7 2,段 与 A 段轨迹半径之比：7=S =T
10、f 2 DC 7粒子在第一次穿过金属板前的动能：En=式电五2m粒子在第一次穿过金属板后的动能：Ek 2=-k 2m粒子能够穿过金属板的次数：n=乒 舄 次=5.26Ekl-Ek2 rir2 ri-（0-9 ri）z所以粒子能够穿过金属板M N的次数应为5次。故C错误，。正确。故选：Do根据动能定理分析粒子每穿过M N一次损失的速度关系。根据7=黑分析粒子运动的周期是否变化。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，写出该方程与粒子动能的表达式，即可根据粒子半径的变化求出每一次穿过金属板时粒子损失的动能，求比值得出粒子穿过金属板的次数。本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题
11、的关键，明确了速度关系即可由洛伦兹力提供向心力求解。4.答案：A解析：解：A、8两灯均不亮，说明电路中有断路，没有短路，由题意知，c、间电压约为5.8 V,约等于四节干电池的总电动势，可知，以 两点的电势与电池组正负极间的电势分别相等，说明8灯丝、d、e间连线、8灯都完好，c、d间可能发生断路，则故障是A灯丝断开，故A正确；故选：A首先根据小灯泡不亮判断应是断路故障，然后再根据欧姆定律和“等势”的概念判断故障所在.当电路发生断路故障时，当电压表无示数时，电压表之间（不含电源）的电路没有断路：当电压表有示数时，电压表之间的电路（不含电源部分）有断路.5.答案：A解析：解：根据=尸。知，在加速运动
12、的过程中，功率不变，速 度v增大，则尸逐渐减小，根据牛顿第二定律得，a=3,可知加速度逐渐减小，故A正确，B、C、。错误.m故选：A.抓住功率不变，结合P=Fv分析牵引力的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化.解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系，抓住功率不变进行分析判断，基础题.6.答案：B解析：解：A、物体随地球自转做匀速圆周运动，故物体受到的万有引力和支持力的合力提供向心力，指向地轴，不一定指向地心，除非物体在赤道上或两极处，故A错误；B、物体与地球相对静止，故以太阳为参考系时，物体做匀速圆周运动的周期与地球自转周期相等,故 8 正确；C、以太阳为参考系时，物体随地球自转做匀速圆
13、周运动，万有引力和支持力的合力提供向心力，故向心加速度不等于重力加速度，故 C错误；。、静止在地面上的物体随地球自转做匀速圆周运动，万有引力的一个分力提供向心力，另一个分力为重力，物体对地面压力的方向与重力方向相同，与万有引力的方向不一定相同，故。错误；故选：瓦以太阳为参考系，地面上的物体随地球自转做匀速圆周运动，万有引力和支持力的合力提供向心力，或者说万有引力的一个分力提供向心力，另一个分力为重力。本题要考虑地球自转的影响，是以太阳为参考系，注意区分重力和万有引力，注意重力只是万有引力的一个分力，在忽略地球自转的情况下，可以认为重力等于万有引力。7.答案：C解析：该题考查万有引力定律的应用，
14、解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，这类问题也是高考的热点问题。A、由万有引力提供向心力可得：牛=邛1r2 T2则圆轨道的周期公式7=2兀叵则可计算出月球质量M,但月球半径R未知，所以算不出月球密度，故A 错误；B、因为2 轨道为椭圆轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径R未知，同理计算不出月球密度,故 8 错误；C、探测器在1轨道的P 减速后才能变轨到2轨道，故 C 正确；。、由近月点向远月点尸运动过程中，探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿第二定律加速度应变小，故。错误。故选：Co8.答案：BCD解析：对A B C D受力分析根据平衡条件求轻绳上的张力；从 开 始 释 放 到 边 刚
15、穿 出 磁 场 区 域 的 过 程 中，全过程中，系统的机械能减小转化为热量，根据能量守恒列式求焦耳热。本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力。A.导线框ABC。刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框ABC。不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：Fr=2 m g,此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，故 A 错误；B.ABCO完全进入磁场后，Med中开始产生感应电流，根据根据平衡条件：m g +=2mg得：嘿,故 8 正确；C 导线
16、框ABCQ的A 8边进入磁场后，到导线框必cd匀速运动完全进入磁场，线框均做匀速直线运动，A8边下降乙，导线框ABCQ离开磁场过程中，产生感应电流受安培力作用，受力分析知系统始终匀速运动，故导线框A8CZ）的AB边进入通过磁场到AB边离开磁场的时间：土 =4 =岑，故 Cv mgR正确；D 从开始运动至ABC。全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为W,则有：19VK 4-x 3m v=2mgL mgL所以此过程中产生的焦耳热为：Q i=7 n g L-嘿 券；以后系统匀速运动，根据功能关系可得产生的焦耳热为：Qz=2mg x 3 L-m g x 3 L =3 mgL所以两线框
17、从开始运动至导线框帅cd刚好穿过磁场的过程中所产生的总焦耳热为：Q=Q+（J2=4mgL 故。正确。2B4L4故选B C D。9.答案：CD解析：解：A、N 从无穷远处移到C点的过程中，电场力做的功为4 W,其电势能减少了 4 W,而 N在无穷远处电势能为0,所以N 在移到C 点后的电势能为-4 W,故 A 错误。B、N 从无穷远处移到C 点的过程中，根据电场的叠加原理知，C 点的电势为：SC=20C=2 9，N从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为：W=-2 q（0-（pc）=4 W,故 B错误。C、M 从无穷远处（电势为0）移到C 点的过程，根据电场力做功公式得：qU8c=-皿，
18、得：U8c=又U8c=0-9c=-9 c，可得Q1移入之前，c 点的电势为：P c =故 C正确。、M 移入之前，C 点与B 点的电势相等，两者间的电势差为0,根据勿=qU 知，M 从 C 点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0,故。正确。故选：C D。研究M 从无穷远处（电势为0）移到C 点的过程，利 用 公 式 皿=（/（/求出无穷远处与C 点间的电势差，从而求得C 点的电势。例 从 C 点移到B 点的过程中，根据C 点与B 点间的电势差求电场力做功。N从无穷远处移到C 点的过程中，先根据电场的叠加原理求C 点的电势，再由W=qU求电场力做的功。再求N 在移到C 点后的电势能。解决本题的
19、关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式勿=qU时各个量均要代符号运算。10.答案：ABD解析：解：A、当温度下降时，减小，并联部分电阻减小，外电路总电阻减小，则总电流增大，长 电压增大.故A 正确.B、电流表测量总电流，则知其示数增大，故 B 正确.C、D、灯泡的电压=5-/（&+），/增大，其他量不变，则 U减小，灯 泡 变 暗.故 C 错误，D正确.故选：ABD.正温度系数的金属热电阻的特性是：温度升高，电阻增大.根据温度下降，%电阻减小，确定并联部分电阻及总电阻的变化情况，可定出电流、电压的变化情况及灯泡亮度变化情况.本题的
20、金属热电阻相当于滑动变动器，当温度变化时，其电阻发生变化.通常电路动态变化问题分析 按“部分T整体T部分”思路进行.11.答案：X解析：解：液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过.所以该说法是错误的.故答案为：x液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质.液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过.液晶较为生疏的一种物质状态.关键需要记住其定义和基本特性即可.12.答案：上半圆；1.5解析：解：光从介质进入空气，折射角大于入射角，从空气进入介质，折射角小于
21、入射角，可知玻璃砖所在的位置为图中的上半圆.根据折射定律知，n =竺号=舍=2 =：=1.5.sinp-o 4故答案为：上半圆，1.5根据光线从空气进入介质，折射角小于入射角，从介质进入空气，折射角大于入射角，确定玻璃砖所在的位置.根据折射定律求出玻璃砖的折射率.解决本题的关键掌握折射定律的内容，本题运用单位圆求解折射率的大小，不需要测量出入射角和折射角的大小.13.答案：电池；5.0；电流表采用外接法解析：解：(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；(2)由图示电路图可知，闭合开关前，滑片应置于。端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大;(3)根据坐标系中描出的实验数据点画出U -/
22、图线：(4)测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材.(5)由图示U -/图象可知，待测电阻阻值R x =4 =k*5.0 0；(6)由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知,电阻测量值大于真实值.(7)由于待测电阻阻值较小，所以电流表应采用外接法，电流表采用外接法可以减小实验误差.故答案为：(1)如图；(2)a；(3)如图；(4)电池；(5)5.0；(6)；(7)电流表采用外接法根据实验电路图连接实物电路图；闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，根据电路图确定滑片的位置；根据图象由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图与欧姆
23、定律分析实验误差；根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，从而改进实验.本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、作图象、求电阻阻值、实验误差分析，根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键；要掌握描点法作图的方法.14.答案：D BC 5.0不合理解析：解：(1)图中为电磁打点计时器，其工作电压为6V以下交流电源，故。正确，A8C错误。(2)本实验认为绳子的拉力对物体提供合外力，故需要满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，故应让小车做匀速直线运动，所以平衡摩擦力时小车前端不挂细绳与祛码，因为需要通过判断纸带上的点是否均匀分布来分析小车是
24、否做匀速直线运动，故小车尾部需要安装纸带，故BC正确，错误。(3)频率为50H z,故7=0.0 2 s,由于相邻两计数点间还有1个点未画出，故相邻两计数点间的时间间隔为t=2 x 0.02s=0.04so根据匀变速直线运动推论 x=2得:屐+匕+%宙+物+加=(7.6 4 +6.7 8 +5.9 7)U；：4.4 1 +3.5 9)|X10-7/S2=5.0血片2,小车的加速度5.0巾/$2太大，故该纸带数据不合理。故答案为：(1)。(2)BC(3)5.0 不合理电磁打点计时器，其工作电压为6丫以下交流电源，平衡摩擦力时小车尾部需要安装纸带，前端不挂细绳与祛码盘，根据匀变速直线运动推论可求加
25、速度，只有掌握了实验原理才能顺利解决此类问题，所以在学习过程中要注意加强对基本知识的学习.尤其是平衡摩擦力时需要连什么不需要连什么，一定要理解不能死记硬背。15.答案：解：(1)根据简谐运动的表达式为x=4sin(3 t+(p),知振幅为10cm；(2)根据简谐运动的表达式为：x-Asin(a)t+/?),可知圆频率3 5nrad/s,频率为：/=为=非=2.5Hz；(3)在时间t=0.1s时，物体的位移是：x=10sm(57T x 0.1)c?n=10cm答：(1)物体的振幅为10cm；(2)物体振动的频率为2.5Hz；(3)在时间t=0.1s时，物体的位移是10。解析：简谐运动的表达式为x
26、 =4 s 讥(3 t +s),A为振幅，3为圆频率。根据/=为可求出频率；将时间t =0.1 s 代入即可求出位移。解决本题的关键掌握简谐运动的表达式为x =4 s in(3 t +0),知道A为振幅，3为圆频率。利用周期与频率关系解决16.答案：解：(i)由题意知三球碰后的动量均相同，设为p,则a=宗，球 2 在与球3 碰前具有动量 2 p,根据机械能守恒定律，对于球2与球3 碰撞的情况应有：(2p)2=p2 p227n2 2m2 2m3由此得：m2：m3=3:1球 1 与球2 碰前的动量为3 p,根据机械能守恒定律有：整=恭+篝由此得：巾1：m2=2：1从而可得：m i：m2：m3=6：
27、3：1(ii)设三球碰后上升的高度分别为修、“2、”3球 1 碰前动能&1 =7 7 1 1 9“，又E ki=票，解得H=嘉球 1 碰后动能E k/=n iigH i，又=从而可得：%=2 同理可得：H2=H,H3=4 H答：(i)n ii：m2：m 3 应为 6：3：1.()它们上升的高度分别为9/、/、4H.解析：对于球1 与球2 碰撞，对于球2 与球3 碰撞，根据机械能守恒定律列出等式求解质量之比.3)对三球碰后上升的过程，分别运用机械能守恒定律求上升的高度.解决本题的关键要抓住弹性碰撞的规律：满足动量守恒定律和机械能守恒定律，分过程列式研究.17.答案：解：开口向上时，Pi=1.4
28、0 x 1 05P a,则由水银柱产生的压强为：P=0.4 0 xl()5 p a,匕=0.3 S,%=3 0 0 K；开口向下时，P2=Po-A/)=O-6 OxlO5Pa,V2=l2S9 T2=273 K根据气体状态方程有:T,lT2代入数据L4 Oxl()5 xo.3 S _ 0.60X105XG S3 0 0 2 7 3解得：l2=0.6 3 7 m。答：空气柱的长度。是0.6 3 7 zn。解析：以气体为研究对象，列出初末状态的状态参量，根据理想气体状态方程即可求解。本题考查理想气体状态方程的应用，关键是确定好研究对象初末状态的状态参量，注意公式中等号两边的单位要一致。18.答案：解
29、：(1)在口=0 时x=4?n 处的质点振动方向沿+y方向，由“上下坡法”知波向右传播.由波形的平移法有t 2-匕=(n r +),n =0,1,2,3,.得7 =*s,n =0,1,2,3,.4 n+l波的传播速度为u =*=5 0(4 n +l)n i/s,n=0,1,2,3,.4H+1(2)当n =0 时 7 最大，且7 ax=0.1 6 s答：(1)波的传播方向向右，传播速度为5 0(4 n +l)m/s,n =0,1,2,3.(2)周期的最大值是0.1 6 s.解析：(1)根据在t i=0 时x=4 m 处的质点振动方向，运 用“上下坡法”判断波的传播方向.根据时间与周期的关系写出周期通项，再得到波速通项.(2)由周期通项求周期的最大值.本题给出两个时刻的波形图，要根据波的周期性写出周期的通项，再得到特殊值，这是常用的方法，要学会应用.