2021年河北省部分學校高考物理聯(lián)考試卷(含答案詳解)

2021年河北省部分學校高考物理聯(lián)考試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.閱讀下列材料，回答第20?23題

2014年12月7日，中國和巴西聯(lián)合研制的地球資源衛(wèi)星04星在太原成功發(fā)射升空.04星成功發(fā)射，

恰逢中國長征系列運載火箭第200次發(fā)射，展示了兩國科技合作最新成果和水平.相比中巴地球

資源衛(wèi)星01星、02星，04星提高了空間分辨率，增加了傳感器和譜段數(shù)，獲取的5米全色、10米

多光譜等影像圖可廣泛應用于中國和巴西農作物估產(chǎn)、環(huán)境保護與監(jiān)測、國土資源勘查和災害

監(jiān)測等多個領域，滿足持續(xù)提供穩(wěn)定的中分辨率普查數(shù)據(jù)的迫切需求.

火箭由地面豎直向上發(fā)射，在大氣層里加速上升的過程中衛(wèi)星的（）

A.機械能增加B.重力勢能減少C.機械能不變D.動能減少

2.如圖所示，4、B是兩個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)很大的

理想線圈，其直流電阻不計，C是電容較大的電容器.當S閉合或斷

開時，關于燈泡4、B亮度情況的說法中正確的是（）

A.S閉合后，燈泡A逐漸變亮，燈泡B立即亮

B.S閉合后，燈泡4立即亮，然后逐漸熄滅

C.S閉合足夠長時間后，4燈泡和B燈泡一樣亮

D.S閉合足夠長時間后再斷開，B燈立即熄滅，4燈泡逐漸熄滅

3.如圖所示為物體在一條直線上運動的圖象，則表示物體做勻變速直線運動的是（）

匕匚匕L

OIOIOIOI

①②③④

A.①②B.②③C.①③D.②④

4.處于量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子，向低能態(tài)躍遷時有三種可能，從n=3能級躍遷到n=1能

級放出光譜線的波長％1，從n=3能級躍遷到n=2能級放出光譜線的波長;132,從n=2能級躍

遷到n=1能級放出光譜線的波長;（21，這三個波長之間的關系是：（）

1_11111

+

A.A3i=A32+A2iB.用二孩+公C.%2=，31+，21D.—=T~T~

5.如圖所示，-平行板電容器兩極板接在恒壓直流電源上，充滿電

M------------------

之后與電源斷開。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平,p士

衡狀態(tài)，若將云母介質插入電容器，則電容器（）N

A.兩極板間的電勢差變大，極板間電場強度變大夕

B.兩極板間的電勢差變小，極板間電場強度變小

C.油滴帶正電

D.帶電油滴的電勢能將減小

6.理想變壓器副線圈通過輸電線接兩個相同的燈泡5和人2,輸電線的等效電阻為R，開始時，開關

S是斷開的，如圖所示，在S接通后，以下說法錯誤的是（）

C.原線圈中的電流增大D.變壓器的輸入功率增大

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

7.如圖所示，兩平行金屬板間帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響,

當滑動變阻器的滑片向b端移動時，貝U（）

A.電壓表讀數(shù)增大

C.質點P將向下運動D.%上消耗的功率逐漸增大

8.如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷分別置于

A.B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將。1、移動到無窮遠的過程中外力克

服電場力做的功相等，則下列說法正確的是

((0)>

A.4點電勢小于8點電勢

B.A、B兩點的電場強度相等

C.外的電荷量小于。2的電荷量

D.外在4點的電勢能小于。之在B點的電勢能

9.沿直線做勻變速運動的質點在第一個0.5s內的平均速度比它在第一個1.5s內的平均速度大

2.5m/s,以質點的初速度方向為正方向，貝ij（）

A.質點的加速度為-5.0m/s2

B.質點的加速度為-2.5m/s2

C.第一個0.5s內的位移比第二個0.5s內的位移多1.25米

D.第一個0.5s內的位移比第二個0.5s內的位移多0.625米

10.兩行星A、P2半徑相等，各自對其周圍物體的引力產(chǎn)生的加速度a與at

物體到行星中心的距離r平方的倒數(shù)專的關系圖線如圖所示.以下判，-可歹/[

斷正確的是（）：Y

A.Pi的平均密度比「2的大

B.P]的平均密度比P2的小

C.Pi的“第一宇宙速度”比「2的大

D.Pi的“第一宇宙速度”比P2的小

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.研究小車勻加速直線運動的實驗裝置如圖（甲）所示，其中斜面傾角。可調，紙帶上計數(shù)點的間距

如圖（乙）所示，兩相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為T。

（1）某同學的部分實驗步驟如下:

人測量完畢，關閉電源，取出紙帶

區(qū)接通電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后放開小車

C將小車?？吭诖螯c計時器附近，小車尾部與紙帶相連

D把打點計時器固定在平板上，讓紙帶穿過限位孔

上述實驗步驟的正確順序是：（選填字母代號即可）。

（2）計數(shù)點6對應的瞬時速度大小計算式為。6=（用題中字母表示）。

（3）為了充分利用記錄數(shù)據(jù)，減小誤差，小車加速度大小的計算式應為a=（用題中字母表示）。

12.某實驗小組用如下器材來測量電池的電動勢和內阻。電池組（電動勢約為6.0V,內阻約為10）,

靈敏電流計G（滿偏電流b=100川4,內阻Rg=10012）,定值電阻&（&=10）,定值電阻&超2=

200）,電阻箱7?3（阻值范圍099999.90可調），電阻箱7?式阻值范圍0?9.9?？烧{），開關、導線

若干。

020.40.60.8

甲乙

（1）該實驗小組發(fā)現(xiàn)還需要一個合適的電壓表，于是將G表與/?3串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，則需

要將/?3調為_?C?

（2）為了準確地測量出電池組的電動勢和內阻，則圖甲中A應為（選填氏或%）。

（3）經(jīng)過多次測量，得出圖乙所示的圖象，由圖可求得該電池組的電動勢為K,內阻為0（

結果保留兩位有效數(shù)字）。

四、計算題（本大題共4小題，共47.0分）

13.把一個滑動變阻器與電流表串聯(lián)后再與電壓表并聯(lián)（電表認為理想），然后接于一個電池的兩極

上.當變阻器的滑動頭在某一位置時，電流表的讀數(shù)是0.34電壓表的讀數(shù)是2.8匕當滑動頭

移到另一位置時，電流表讀數(shù)是0.44電壓表讀數(shù)是2.6V.試求該自制電池的電動勢和內阻.

14.如圖所示，一質量為m=0.10kg的小物塊以初速度?！銖拇植谒阶烂嫔夏程庨_始運動，經(jīng)時間

￡=0.25后以速度〃=3。根/5飛離桌面，最終落在水平地面上。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)〃=

0.25,桌面高h=0.45m,不計空氣阻力，重力加速度g取lOm/sZ.求：

（1）小物塊的初速度%的大?。?/p>

（2）小物塊在空中運動過程中的動量變化量;

（3）小物塊落地時的動能取。

15.橫截面積處處相同的U形玻璃管豎直放置左端封閉，右端開口。初始時，右端管內用b=4cm的

水銀柱封閉一段長為k=9cm的空氣柱4左端管內用水銀封閉有長為G=14cm的空氣柱8,這

段水銀柱液面高度差為電=8czn,如圖甲所示。已知大氣壓強卅=76.0cmHg,環(huán)境溫度不變。

<IL廣、

甲乙

（i）求初始時空氣柱B的壓強（以cmHg為單位）；

5）若將玻璃管緩慢旋轉180。，使U形管豎直倒置（水銀未混合未溢出），如圖乙所示當管中水銀靜止

時，求水銀柱液面高度差也。

16.如圖所示，在真空中有一單色光束從4點射入半徑為R的球形玻璃介質。光

在真空中的傳播速度為c。

①試證明無論入射角多大，該單色光束都能從玻璃中射出。

②若該單色光束經(jīng)折射從B點射出，射出玻璃的光線與射入玻璃的光線夾角為30。，劣弧部所對的圓

心角為120。，求該單色光束在玻璃中傳播的時間。

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：加速升空的過程，衛(wèi)星的速度增大，動能增大，高度增大，重力勢能增大，因此衛(wèi)星的

機械能增大；故選項A正確，選項BCD錯誤.

故選：A.

動能的大小與物體的質量和速度有關，重力勢能的大小與物體的質量和高度有關，且動能和勢能統(tǒng)

稱為機械能.

本題關鍵是明確什么是動能、什么是重力勢能、什么是機械能，已經(jīng)各種能量形式的影響因素，基

礎題目.

2.答案：B

解析：解：該電路中，燈泡4與線圈L并聯(lián)，電容器C與燈泡B并聯(lián)，然后與R串聯(lián)。

A、B：S剛閉合后，AB同時亮，最后A被L短路，所以4最后會熄滅。故A錯誤，8正確。

C、S閉合足夠長時間后，C中無電流，相當于斷路，L相當于短路，所以B很亮，而4不亮，故C錯

誤。

D、當S閉合足夠長時間后再斷開，4與L組成自感回路，L產(chǎn)生自感電動勢，力逐漸熄滅；而電容器要

對B放電，故8也要逐漸熄滅，故。錯誤。

故選：B。

電感器對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，會阻礙電流的增大，當電流減小時，會阻礙其減

小.電容器在電路中電流變化時，也會發(fā)生充電和放電現(xiàn)象，此時可理解為有電流通過了電容器.

解決本題的關鍵知道電感器對電流的變化有阻礙作用，當電流增大時，會阻礙電流的增大，當電流

減小時，會阻礙其減小，注意電容器也要放電.

3.答案:B

解析：解：圖象的斜率就是物體的加速度，

①中圖象平行于時間軸，斜率為零，加速度為零，所以做勻速直線運動.

②圖象斜率不變，加速度不變，是勻變速直線運動，且由圖象可看出，物體的速度隨時間減小，所

以是做勻減速直線運動.

③圖象斜率不變，加速度不變，做勻加速直線運動.

④圖象的切線斜率越來越大，表示物體的加速度越來越大，故做變加速運動.

故8正確

故選：B

勻變速直線運動的u-t圖象是一條傾斜的直線，且速度隨時間均勻變化.

v-t圖象中，傾斜的直線表示勻變速直線運動，斜率表示加速度，要看清縱坐標的物理意義，避免

犯低級錯誤.

4.答案：B

解析：n-3躍遷到n=1能級所釋放光子的能量等于n=3躍遷到n=2,n=2躍遷到n=1能級釋放

的光子能量之和，有匕1=v32+V21

,c111

根據(jù)為、和叱1=V32+%得777=不一7^7，故ACZ）錯誤，B正確。

故選B。

5.答案：B

解析：解：48、根據(jù)平行板電容器的相關知識，則有：E=，C=。C=果，整理得：E=當，

dU4nkdeS

..4nkQd

根據(jù)題意，電容器充滿電之后與電源斷開，則電荷量Q不變，插入云母介質后￡變大，故電場強度E變

小，U也變小，故A錯誤、8正確；

C、由于帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，則有：mg=Eq,則油滴受到的電場力

向上，而電場線向下，則油滴帶負電，故C錯誤；

D、由于N極板接地，即N極板的電勢為零，則有：Ep=qU=^dq,由于￡增大，而q為負，則增

大，故。錯誤。

故選：B。

電容器上極板帶正電，根據(jù)受力平衡，確定油滴電性；

根據(jù)平行板電容器的電容決定式C=H，分析電容的變化情況，抓住電容器的電壓不變，由E=g

分析板間場強的變化情況，由C=今分析電容器所帶電量的變化；

根據(jù)P點與下極板間電勢差的變化，判斷P點電勢的變化。

本題是電容器動態(tài)變化分析問題，抓住不變量：電容器與電源保持相連，電壓不變，由c=盤,c=號

和E=9結合進行分析。

a.

6.答案：B

解析：解：4、B理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，

所以副線圈的輸出的電壓也不變，當S接通后，兩個燈泡并聯(lián)，電路的電阻減小，副線圈的電流變大，

所以通過電阻R的電流變大，電壓變大，那么并聯(lián)部分的電壓減小，燈泡〃兩端的電壓減小，通過燈

泡■的電流減小，所以4正確，B錯誤；

C、。由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，

所以原線圈的輸入的功率也要變大，因為輸入的電壓不變，所以輸入的電流要變大，所以8正確；

本題選錯誤的，故選B

和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)接通s后電路電路電阻的變化，確定出總電路的電阻的變化,

進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變

化的情況.

電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的

電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法.

7.答案：BC

解析：解：由圖可知，&與滑動變阻器氏4串聯(lián)后與氏3并聯(lián)后，再由6串連接在電源兩端：電容器與

并聯(lián)；

當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小：由閉合電路歐姆定律可知，電

路中電流增大；路端電壓減小，同時飛兩端的電壓也增大；故并聯(lián)部分的電壓減??；由歐姆定律可

知流過也的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大；故B正確；

因并聯(lián)部分電壓減小，而中的電流增大，電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯誤；

因電容器兩端電壓等于并聯(lián)電路兩端的電壓，電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大

于電場力，合力向下，質點P向下運動，故C正確；

因7?3兩端的電壓減小，由P="可知，/?3上消耗的功率減??；故。錯誤；

R

故選：BC。

由圖可知電路結構，由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)

的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質點P的受力情況可知質點的運動情況.

解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進行分析，注意電路中某一部

分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻均是減小的.

8.答案：AC

解析：由點電荷形成的電場電場線分布規(guī)律可知a點的場強大于B點，再由電場線和電勢的關系可知

4點電勢低于B點，所以答案A正確、B均錯；又因為兩電荷移到無窮遠處電場力做功一樣，表明電

勢能相同，而為。于UBO點，所以qi的電量小于勺2答案C正確。

故選AC

9.答案：AC

解析：解：AB,根據(jù)勻變速直線運動的推論：一段時間內中點時刻的瞬時速度等于這段時間內的平

均速度，知做勻變速直線運動的質點在第一個0.5s內的平均速度等于0.25s末的瞬時速度，質點在第

一個1.5s內的平均速度等于0.75s末的瞬時速度，則質點的加速度為a==-三m/$2=

t0.75—0.25

-5.0m/s2.故A正確，B錯誤；

CD、做勻變速直線運動的物體在相鄰相等時間內位移之差4x=aT2,則相鄰0.5s內的位移之差Zlx=

-5x0.52m=-1.25m,即第一個0.5s內的位移比第二個0.5s內的位移多1.25米，故C正確，。錯誤。

故選:AC.

根據(jù)勻變速直線運動的推論：一段時間內中點時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，以及加

速度的定義式即可求解質點的加速度，根據(jù)勻變速直線運動的物體在相鄰相等時間內位移之差Ax=

aT2,由加速度和時間求得相鄰相等時間內的位移之差。

解答本題的關鍵要掌握勻變速直線運動的推論：中點時刻的瞬時速度等于平均速度，來求瞬時速度。

10.答案：AC

解析：解：AB,根據(jù)牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：a=皆，

Pi、P2的半徑相等，結合a-專的正比關系函數(shù)圖象得出生的大于「2的質量，

M

根據(jù)。=沅，所以P1的平均密度比P2的大，故A正確，B錯誤；

CD、第一宇宙速度舟，所以匕的“第一宇宙速度”比P2的大，故C正確，力錯誤；

故選：AC

根據(jù)牛頓第二定律得出行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a的表達式，結合a專的正比關

系函數(shù)圖象得出匕、「2的質量關系，

根據(jù)密度和第一宇宙速度的表達式分析求解;

解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半

徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算.該題還要求要有一定的讀圖能力和數(shù)學分析

能力，會從圖中讀出一些信息.就像該題，注意兩個行星的半徑是相等的.

U.答案：⑴OCBA;(2)誓;(3)之垃/奈曰曰

解析：

(1)先連接實驗器材，測量時先接通電源，后釋放紙帶，測量完畢，關閉電源，取出紙帶；

(2)根據(jù)勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度列式求解；

(3)根據(jù)逐差法求解。

解決本題的關鍵掌握紙帶的處理，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，關鍵是勻變速直線運動重要

推論和逐差法的應用。

(1)在實驗過程中應先固定打點計時器，再放置小車，然后打開電源，最后釋放小車，所以正確的順

序是：DCBAo

(2)根據(jù)確定時間段內的平均速度等于中點時刻的瞬時速度可得：%=第=鬻。

(3)根據(jù)逐差法可以求出加速度的大小，當有6組數(shù)據(jù)時，

應采用逐差法計算加速度得：

S4—=3。172

S5—S2=30272

2

S6-S3=3a3T

為了更加準確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值，得：。="%+。2+&3)

即小車運動的加速度計算表達式為：a=壯士袋二0

故答案為：(1)CCB4(2)若海(3)汕三探03。

12.答案：59900%5.01.5

解析：解：(1)根據(jù)歐姆定律有U=/g(R+%)，解得R=599000,即需串聯(lián)一個電阻箱R3,使其阻

值調到599000；

(2)為了準確測量，應將此接入電路中作為等效電阻使用，同時采用電阻箱/?4來改變電路中電流進行

實驗；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E=U+?(r+Ri)

K4

變形可得：~="+^1+r,—

乂八/JI—UEE/?4

則由圖可知：：=O.2PT,唾=與薩4-1=0.5力t

EE0.8

解得：E=5.0V；r=1.50

故答案為：(1)5900；(2)&；(3)5.0；1.5,

(1)根據(jù)電表的改裝原理進行分析，明確應串聯(lián)的阻值；

(2)明確測量原理，從而確定圖甲中4應選用的器材；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出兩電流表之間的關系式，然后整理出0和/?間的函數(shù)關系式，根據(jù)圖

象求出斜率和截距，再聯(lián)立求解即可。

求解實驗題的關鍵是明確實驗原理，在遇到需要根據(jù)圖象求解的問題時，要先根據(jù)物理規(guī)律寫出表

達式，再整理出縱軸物理量與橫軸物理量間的函數(shù)式，并由圖象求出斜率和截距，解方程即可。

13.答案：解：畫出電路圖如圖所示.

由閉合電路歐姆定律E=U+/r得:

E=2.8+0.3r,

E=2.6+0.4r；

聯(lián)立解得：內電阻r=2O,電池的電動勢E=3.4V

答：該電池的電動勢為3.4V,內阻為22

解析：畫出電路圖.已知電路中的電流和路端電壓，對兩種情況由閉合電路歐姆定律列出兩個表達

式，聯(lián)立即可求解.

本題是伏安法測量電動勢和內阻的實驗，對兩種情況根據(jù)閉合電路歐姆定律列出兩個方程，來求解

電動勢和內阻，這個常用的思路.

14.答案：解：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得小物塊在桌面上的加速度為

根據(jù)勻變速直線運動的速度-時間關系可得為-V=戊

將u=3.0m/s,4=025,t=0.2s代入，得小物塊的初速度

v0=3.5m/s

(2)小物塊飛離桌面后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得飛行時間為

將九=0.45m代入

得t=0.3s

在空中僅受重力作用，由動量定理得

△p=mgt=03kgm/s

方向：豎直向下

(3)對小物塊從離開桌面到落地的過程中，僅有重力做功，由動能定理得

,r12

mgh—Ek--mvi

將h=0.45m,v=3.0m/s,m=0.10kg代入，

得小物塊落地時的動能珠=0.9/

答：(1)小物塊的初速度%的大小為3.5m/s；

(2)小物塊在空中運動過程中的動量變化量為0.3/cg/s,方向豎直向下；

(3)小物塊落地時的動能以為0.9/。

解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式即可得到小物塊的初速度；

(2)小物塊離開桌面后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律得到物塊在空中的運動時間，然后根據(jù)動量定

理即可得到動量變化量；

(3)根據(jù)動能定理可得到小物塊落地時的動能。

根據(jù)動量定理可以知道合外力的沖量等于動量的變化量，但還要注意動量變化量也是一個矢量，具

有方向性。

15.答案：解：⑴初始時，空氣柱4的壓強為辦=po+pgb①

而Pe+Pgh2=PA?

聯(lián)立①②解得氣體B的壓強為PB=72cmHg

(ii)U形管倒置后，空氣柱4的壓強為p/=po-P9%i③

空氣柱B的壓強為PB'=pA'+pgh2