【文档说明】2021年1月河北省普通高中学业水平选择性考试模拟演练试题 物理.doc，共(26)页，3.079 MB，由小赞的店铺上传

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-1-2021年河北省普通高中学业水平选择性考试模拟演练物理注意事项：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。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，两根相互绝缘

的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度IBkr=，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为（a，

b），若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为（）A.0aIb，沿y轴正向B.0aIb，沿y轴负向C.0bIa，沿y轴正向D.0bIa，沿y轴负向【答案】A【解析】【分析】【详解】x方向导线电流在A点的磁感应强度大小为0xIBkb=由安

培定则，可知方向垂直纸面向外，由题知若A点的磁感应强度为零，则y方向导线电流产生的磁场磁感应强度方向垂直纸面向里，由安培定则知，y轴放置的导线中电流方向沿y轴正-2-向，其大小满足0yIIBkkab==y轴放置的导线中电流的大小0aIIb=故选A。2.如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在

船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2）（）A.0.3mB.0.6mC.0.9mD.1.2【答案】B【解析】【分析】【详解】根据运动的独立性，小球在竖直

上抛运动的过程中，小船以1.0m/s的速度匀速前行，由运动学知识212hgt=小球上升的时间0.3st=小球上抛到再次落入手中的时间为2t，则小船前进的距离为·21.020.3m=0.6mxvt==故选B。3.假定“嫦娥五号”轨道舱绕月飞行时，轨道是

贴近月球表面的圆形轨道。已知地球密度为月球密度的k倍，地球同步卫星的轨道半径为地球半径的n倍，则轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为（）A.3knB.3nkC.knD.nk-3-【答案】A【解析】【分析

】【详解】根据万有引力充当向心力，设地球的半径为R，月球的半径为r，对地球同步卫星()()21112214πMmGmnRTnR=对月球轨道舱()22222224πMmGmrTr=地球质量M1和月球质量M2分别为3114π3MR=3224π3Mr=12k=联立可得轨道舱飞行的周期T2与地球同

步卫星的周期T1的比值231TkTn=故选A。4.如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10

V。已知RL：R=4：1，则副线圈的匝数为（）A.225B.550C.2200D.4400【答案】C【解析】-4-【分析】【详解】假设理想变压器原线圈的输入电压为U，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，

原线圈两端电压和2V满足133110V11001UnUn−==解得原线圈输入电压为220VU=理想变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流1I和通过灯泡的电流2I满足1221InIn=定值电阻R满足欧姆定律1110VIR=，则通过灯泡的电流为1212211

00110VnIInnR==结合L41RR=可知副线圈电压为22LL221100110V11001104VUIRRnRn===原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比122110VUnUn−=代入2U得12222

20V110V110011001104Vnnnn−==变形得22411001100n=解得副线圈得匝数为-5-22200n=故选C。5.如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x

轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP=12h。则甲、乙两粒子比荷的比值为（不计重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A.32：41B.56：41C.64：41D.41：28【答案】C【解析】【分析】【详解】甲粒子从

高MNh=的位置水平水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示甲粒子圆周运动的半径为111ONOPr==，在1OMP中根据勾股定理可知22222111()2MPrOMrrhrhh=−=−−=−则-6-222hOMMPOPrhh=−=−−在MNO中，根据几何关系可知2232tan374hrhhOMhMN−−

===解得14132rh=乙粒子从高222OAOPh==的高度水平飞入磁场，转过14圆周从P点飞出则乙粒子运动的半径为222rOAh==洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=解得mvrqB=可知粒子运动的半

径r与粒子的比荷qkm=成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为21264414132krhkrh===甲乙-7-故选C。6.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图所示。水平转动手

柄，使螺杆沿底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，的最大值为0。现用一个倾角为0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其

动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（）A.实现摩擦自锁的条件为tanB.下落过程中重物对

螺杆的压力等于mgC.从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD.从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh【答案】D【解析】【分析】【详解】A．实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即sincosmgmg解得tan

A错误；B．重物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0，所以重物在下落过程中先失重后超重，所以螺杆对重物的支持力先小于mg，后大于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺-8-杆的作用力小于mg，后大于mg，B错误；C．重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物为整

体受力分析如图则摩擦力做功为fcostancossinhmgLmWmggh=−=−=−C错误；D．从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根

据动能定理得f0WmhWg+−=解得2Wmgh=D正确。故选D。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，有选错的得0分。7.游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，

A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向

右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是（）-9-A.缓冲墙对滑块的冲量为-50N·sB.缓冲墙对滑块的冲量为-250N·sC.缓冲墙对滑块做的功为-125JD.缓冲墙对滑块做的功为-250J【答案】BC【解析】【分析】

【详解】由动能定理可知2012mghmv=由B到C的过程中，加速度大小为22m/smgam==由位移公式可得22012vvxa−=−可得3m/sv=由C到D可知222vxa=解得被缓冲器反弹，滑块的速度大小2m/sv

=−（方向与初速度反向，取负）由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量250Nspmvmv=−=−由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功2211125J22Wmvmv=−=−综上分析可知BC正确。故选BC。8.如图，内壁光滑

的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是（）-10-A.仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力B.仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小C.仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜

向上方的压力D.仅增加角速度至后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力【答案】BD【解析】【分析】【详解】根据题意可知，22tansinmgmrmL==A．仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，故A错误；B．仅增加绳长后

，若仍保持小球与玻璃管间无压力，根据以上分析可知，需减小，故B正确；C．小球质量可以被约去，所以，增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；D．仅增加角速度至后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁右侧，小球受到斜向下方的压力，故D正确。故选BD

。9.如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列

说法正确的是（）-11-A.变化前后电容器电容之比为9：17B.变化前后电容器所带电荷量之比为16：9C.变化前后电子到达下极板的速度之比为2：1D.变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1【答案】AD【解析】【分析】【详

解】AB．由平行板电容器电容公式4SCkd=可知，变化前后电容器电容之比为11222192171718dCSdSCSddS===电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为1122917

QCQC==故A正确，B错误；C．电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有212qUmv=解得，电子到达下极板的速度2qUvm=电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1：1，故C错误；D．电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度-12-qEeUa

mmd==电子的运动时间2222dmdmdtdaeUeU===变化前后电子运动到下极板所用时间之比为1122212tdddtd===故D正确。故选AD。10.如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m

的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧处于原长0l。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内。对其中一个金属环，下列说法正确的是（弹簧的长度为l时弹性势能为201()2kll−）（

）A.金属环的最大加速度为2gB.金属环的最大速度为2mgkC.金属环与细杆之间的最大压力为322mgD.金属环达到最大速度时重力的功率为22mmgk【答案】BC【解析】【分析】【详解】根据对称性可知，在运动过程中，弹簧始终水平，

金属环刚释放时加速度度最大；平衡位置也就是弹簧的弹力沿杆方向的分力与重力沿杆方向的分力相等时，速度最大；只有-13-弹簧的弹力和重力做功，机械能守恒；由几何关系可知，金属环下落的高度是弹弹簧形变量的一半。A．刚释放时，弹簧处于原长，弹力为0，所以金属环

的最大加速度为M2sin452agg==故A错误；BD．在平衡位置弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件有，沿杆方向有1sin45cos45mgkx=由机械能守恒定律得22110112()(2)222xmgkxmv=

+解得，金属环的最大速度为02mvgk=金属环达到最大速度时重力的功率为02cos452mPmgvgmk==故B正确，D错误；C．当金属环下落到到最低点，金属环速度为0，金属环与细杆之间的压力最大。设此时弹簧的形变量为x2，由机械能守恒定律得22212()22xmgkx=对金

属环进行受力分析，垂直于杆方向有N2cos45sin45Fmgkx=+综合上述可以解得，金属环与细杆之间的最大压力为N322Fmg=故C正确。故选BC。三、非选择题：共52分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第-14-15～16题为选

考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.为验证力的平行四边形定则，某同学准备了以下器材：支架，弹簧，直尺，量角器坐标纸，细线，定滑轮（位置可调）两个，钩码若干。支架带有游标尺和主尺，游标尺（带可滑动的指针）固定在底座上，主尺可升降，如图1

所示。实验步骤如下：(1)仪器调零。如图1，将已测量好的劲度系数k为5.00N/m的弹簧悬挂在支架上，在弹箦挂钩上用细线悬挂小钩码做为铅垂线，调节支架竖直。调整主尺高度，使主尺与游标尺的零刻度对齐。滑动指针，对齐挂钩上的O点，固定指针。(2)搭建的

实验装置示意图如图2.钩码组mA=40g，钩码组mB=30g，调整定滑轮位置和支架的主尺高度，使弹簧竖直且让挂钩上O点重新对准指针。实验中保持定滑轮、弹簧和铅垂线共面。此时测得=36.9°，=53.1°

，由图3可读出游标卡尺示数为___________cm，由此计算出弹簧拉力的增加量F=___________N。当地重力加速度g为9.80m/s2。(3)请将第(2)步中的实验数据用力的图示的方法在图框中做出，用平行四边形定则做出合

力F′________。-15-(4)依次改变两钩码质量，重复以上步骤，比较F′和F的大小和方向，得出结论。实验中铅垂线上小钩码的重力对实验结果___________（填写“有”或“无”）影响。【答案】(1)

.9.78(2).0.489(3).(4).无【解析】【分析】-16-【详解】(2)[1]游标卡尺精度为1mm0.1mm10=，读数为97mm80.1mm97.8mm9.78cm+==[2]则弹簧拉力的

增量为259.7810N0.489NFkx−===。(3)[3]根据题意可知OA绳产生的拉力为340109.8N0.392NOAAFmg−===，OB绳产生的拉力为330109.8N0.294NOBBFmg−===，力的合成如图(4)[4]在求解合力的

过程中，求解的是弹簧弹力的变化量，所以小钩码的重力对实验结果无影响。12.在测量电源电动势和内阻的实验中，实验室提供了如下器材和参考电路：电压表V1（量程3V，内阻约6kΩ）电压表V2（量程1V，内阻

约6kΩ）电流表A1（量程0.6A，内阻约0.1Ω）电流表A2（量程2mA，内阻约1Ω）滑动变阻器R1（最大阻值3kΩ）滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）定值电阻R3（阻值1Ω）开关，导线若干-17-A．B．C．D．(1)甲同

学想要测量马铃薯电池的电动势（约1.0V）和内阻（约500Ω）。选用合适器材后，应选择最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测量。(2)乙同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻。选用合适器材后，应选择最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测

量。(3)乙同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请画出U-I图象_______，并求出电动势E为___________V，内阻r为___________Ω（小数点后保留两位）。-18-【答案】(1).A(2).C(3).(4).1.48(5).0.10【解析】【分析】【详解】(1)[1]马铃薯电

池的电动势较小，B图中电压表分流，所以电流表测量的干路电流偏小，则电动势测量值偏小，所以不宜选用；选择A图测量的干路电流I准确，根据闭合电路欧姆定律可知EUIr=+可知当0I=时，断路电压即为电动势，所以

A图能准确测量马铃薯的电动势，内阻测量偏大，为电流表和马铃薯内阻之和，但因为马铃薯内阻远大于电流表内阻，所以误差较小，故选A图。(2)[2]新的干电池内阻较小，所以需要给电池串联一个定值电阻3R，方便测量，而D图中测量的内阻为电流表内阻、电源内阻和定值电阻3R之和，因为干电池内阻

较小，所以内阻的测量会引起较大误差，所以选择C图。(3)[3]做出UI−图象如图-19-[4]根据闭合电路欧姆定律EUIr=+变形得UEIr=−则图线纵截距即为电源电动势1.48VE=[5]根据图象斜率可知301.01.483Ω1.10Ω0.44rRr−=

+==则电源内阻为031.10Ω1Ω0.10ΩrrR=−=−=13.如图1所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1T的匀

强磁场。质量为0.5kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v-t图象如图2所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)求金属棒在磁场中能够达到的

最大速率；(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时通过电阻的电荷量为1.3C，求此过程中电阻产生的焦耳热。-20-【答案】（1）0.25；（2）8m/s；（3）2.95J【解析】【分析】【详解】（1）由图2可知，金属棒在0-1s内做初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，

可知金属棒第1s末进入磁场。在0-1s过程中，由图2可知，金属棒的加速度24m/svat==①在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有sin37cos37mgmgma−=②由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数0.25=③（2）金属棒在磁场中能够达到的最大

速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为mv金属棒切割磁感线产生的感应电动势为mEBLv=④根据闭合回路欧姆定律有EIR=⑤根据安培力公式有AFILB=⑥根据平衡条件有-21-cos37sin37AFmgmg+=⑦由③④⑤⑥⑦式解得m8m/

sv=⑧（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为tEtBLxtqItRRRR=====⑨解得，金属棒在磁场下滑的位移2.6mqRxBL==⑩由动能定理有222111sin37cos3722AmgxmgxWmvm

v−−=−⑪此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功AQW=⑫由⑩⑪⑫式解得，此过程中电阻产生的焦耳热2.95JQ=14.在弗兰克-赫兹实验中，电子碰撞原子，原子吸收电子的动能从低能级跃迁到高能级。假设改用质

子碰撞氢原子来实现氢原子的能级跃迁，实验装置如图1所示。紧靠电极A的O点处的质子经电压为U1的电极AB加速后，进入两金属网电极B和C之间的等势区。在BC区质子与静止的氢原子发生碰撞，氢原子吸收能量由基态跃迁到激发态。质子在碰撞后继续运动进入CD减速区，若质子能够到达电极D

，则在电流表上可以观测到电流脉冲。已知质子质量mp与氢原子质量mH均为m，质子的电荷量为e，氢原子能级图如图2所示，忽略质子在O点时的初速度，质子和氢原子只发生一次正碰。(1)求质子到达电极B时的速度v0；(2)假定质子和氢原子碰撞

时，质子初动能的13被氢原子吸收用于能级跃迁。要出现电流脉冲，求CD间电压U2与U1应满足的关系式；(3)要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，求U1的最小值。-22-【答案】(1)102eUvm=；(2)221(33)36UU−=；(3)1'20.4VU=【解析】【分

析】【详解】(1)根据动能定理21012eUmv=解得质子到达电极B时的速度102eUvm=(2)质子和氢原子碰撞，设碰后质子速度为1v，氢原子速度为2v，动量守恒012mvmvmv=+能量守恒222201201111122232m

vmvmvmv=++解得10336vv−=，20336vv+=在减速区22112eUmv=-23-联立解得：221(33)36UU−=(3)要使碰撞后氢原子从基态跃迁到第一激发态，则需要能量最小为10.2eVE=碰撞过程012'''mvmvmv=+，222012111'''222mvmvm

vE=++分析可知，当12''vv=时，损失机械能最大，被吸收的最大，此时2101''20.4eV2eUmv==解得1'20.4VU=（二）选考题：共9分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂

黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。[选修3-3]15.“天问1号”的发射开启了我国探测火星的征程。设想将图中所示的粗细均匀、导热良好、右端封闭有一定质量理想气体的“U”型管带往火星表面。“U”型管分别

在地球和火星表面某时某地竖直放置时的相关参数如表所示。地球火星重力加速度g0.38g环境温度T地=300KT火=280K大气压强p地=76.0cmHgp火封闭气柱长度l地=19.0cml火=56.0cm水银柱高度差h地=73.0cmh火求：

（结果保留2位有效数字）(1)火星表面高1m的水银柱产生的压强相当于地球表面多高水柱产生的压强。已知水银-24-=13.6×103kg/m3，水=1.0×103kg/m3；(2)火星表面的大气压强p火。【答案】(1)5.2m；(2)0.57cmHgp=火【解析】

【分析】【详解】(1)根据液体压强公式pgh=得00.38=ghgh水银水代入数据解得5.2mh(2)封闭气体在地表1()3ppghhg==−地水银地水银，1VlS=地，1300KT=在火星表面()

20.3+82ppghhll=−−火水银地地火，2VlS=火，2280KT=根据理想气体状态方程112212pVpVTT=联立解得0.57cmph=火即火星表面的大气压强-25-0.57cmHgp=火[选修3-4]16.如图，一潜水员在距海岸A点45m的B点竖直下潜，B点和灯塔之

间停着一条长4m的皮划艇。皮划艇右端距B点4m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖直方向的夹角分别为和（4sin5=，16sin37=），水的折射率为43，皮划艇高度可忽略。(1)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。若海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘

上，求潜水员下潜的深度；(2)求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。【答案】(1)157mh=；(2)1670m~m33【解析】【分析】【详解】(1)设潜水员下潜深度为h，水的折射率为43，海岸上A点恰好处在倒

立圆锥的边缘上，1sinn=得临界角正弦为223sin4ABABh==+解得：157mh=-26-(2)设入射角为的光线的折射角为'，入射角为的折射角为'，则sin4sin'3=，sin4sin'3=

根据几何关系可知2214sin'4h=+，22244sin'(44)h+=++解得：116m3h=，270m3h=故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围1670m~m33。