河北省2021届新高考预测猜题卷-物理试题(含解析)

2021年高考物理预测猜题卷 新高考版

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.（2021·衡水第九次调研）某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率v的关系如图所示，其中v0为极限频率。下列说法正确的是（ ）

A.逸出功随入射光频率增大而减小 C.最大初动能Ekm与入射光频率成正比

B.最大初动能Ekm与入射光强度成正比 D.图中直线的斜率与普朗克常量有关

2.（2021·张家口宣化一中）已知两个共点力F1、F2的合力F大小为10N，F1的大小为6N。F2的方向与合力F的方向的夹角为θ，则θ的值可能为（ ） A．30°

B．45°

C．60°

D．90°

3.（2021·秦皇岛抚顺一中）如图所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，它们在横截面为等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方向垂直于纸面向内；已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度BkI，其中I为通电导线中的电流强度，r为点到通电直导线的距离，k为常量.r下列说法正确的是（ ）

A.A所受磁场作用力的方向与B、C所在平面垂直 B.B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直 C.A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为2:1

D.A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:2 4.（2021·河北第一次诊断）甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿 x 轴正、负方向传播，甲波的波速为25 cm/s。两列波在t＝0时的波形曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.乙波的波速为30 cm/s

B.x＝50 cm处的质点为两列波干涉的振动加强点 C.t＝0时，x＝10 cm处的质点向 x 轴负方向运动 D.t＝0.1 s时，x＝77.5 cm处质点的位移为16 cm

5.（2021·张家口宣化一中）如图，电路中电源电动势E恒定，内阻不计。外电阻R为可变电阻，电源输出功率为P，回路电流为I。下列图象中可能正确的是（ ）

A. B. C. D.

6.（2021·湖南高三联考）某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M.科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.1倍.已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（ ） A.GM 10R3B.GM 11R3C.1.1GM R3D.GM R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.（2021·河北第一次诊断）如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间、L3、L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚

线所在的平面。现有一单匝矩形线圈abcd，质量为0.1 kg，电阻为2.0 Ω，将其从静止释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝0时刻cd边与L1重合，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，v2大小为8 m/s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度 g 取10 m/s2，则（ ）

A.线圈的长度ad＝2.0 m B.线圈的宽度cd＝0.5 m

C.在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C D.0～t3时间内，线圈产生的热量为3.6 J

8.（2021·邯郸大名一中）如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R1r，当滑动变阻器R2的滑片P在中间时，带电油滴恰好静止在平行板电容器中。若滑动变阻器的滑片P缓慢向下滑动油滴未打到极板上之前，则下列说法正确的是（ ）

A.油滴带负电，重力势能增大，电势能减少

B.不考虑电容器对电路的影响，电路中R1和R2消耗的总功率减小 C.通过R1的电流减小，电压表的读数减小 D.不考虑电容器对电路的影响，电源的效率减小

9.（2021·湖南高三联考）已知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，一个均匀带正电的金属球壳的球心位于x轴上的O点，球壳与x轴相交于A、B两点，球壳半径为r，带电量为Q。现将球壳A处开有半径远小于球

半径的小孔，减少的电荷量为q，不影响球壳上电荷的分布。已知球壳外侧两点C、D到

A,B两点的距离均为r，则此时（ ）

A.O点的电场强度大小为零 B.C点的电场强度大小为C.C点的电场强度大小为D.D点的电场强度大小为

kQ4q4rkQq2

4r2k9Q4q36r2

10.（2021·衡水第九次调研）如图所示，劲度系数为k的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为，现对木块施加一个水平向右的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0，已知重力加速度为g，物块最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）

A.拉力F的大小一定大于mg

FFB.物块开始运动时加速度a的大小满足2ga

mmC.物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能的增量为Fmgx0 D.此后运动过程中物块可能再次经过A点

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做答，第15~16题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题：共43分。

11.（2021·衡水第九次调研）某同学利用频闪照相测量滑块与斜面的动摩擦因数。图示为一小滑块沿斜面下滑过程的频闪照片，已知频闪相机每隔0.05s闪光一次，照片中的数字是滑块滑下的距离。

（1）滑块下滑过程中的加速度大小a______m/s2； （2）滑块下滑过程中经过位置3时速度大小v3______m/s；

（3）已知斜面固定在水平面上，倾角为37，则滑块与斜面间的动摩擦因数______。（已知sin370.6，cos370.8,g取10m/s2，以上结果均要求保留两位有效数字） 12.（2021·秦皇岛抚顺一中）在练习使用多用电表的实验中.

（1）某同学使用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值Rx，先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏转如图甲（a）所示。以下是接下来的测量过程: a.将选择开关旋到“×1”挡； b.将选择开关旋到“×100”挡；

c.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔；

d.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx；

e.断开两表笔，旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔。 以上实验步骤中的正确顺序是______（填写步骤前的字母）。

（2）重新测量后，指针位于如图甲（b）所示位置，被测电阻的测量值为______Ω。

（3）欧姆表内部电路可简化为如图乙所示的电路，已知电流计的量程Ig=1mA，电池电动势E=3V，则该欧姆表的内阻是______kΩ，表盘上0.6mA刻度线对应的电阻值是______kΩ。（结果均保留两位有效数字）

13.（2021·湖南高三联考）如图所示，一金属箱固定在倾角为

的足够长固定斜面上，金

属箱底面厚度不计，箱长l14.5m，质量m18kg。金属箱上端侧壁A打开，距斜面顶端l25m。现将质量m21kg的物块（可视为质点）由斜面顶端自由释放，沿斜面进入金属

箱，物块进入金属箱时没有能量损失，最后与金属箱下端侧壁B发生弹性碰撞。碰撞的同时上端侧壁A下落锁定并释放金属箱。已知物块与斜面间的动摩擦因数10.3，与金属箱内表面间的动摩擦因数20.125，金属箱与斜面间的动摩擦因数30.625，重力加速度3g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：

（1）物块与金属箱下端侧壁B相碰前瞬间的速度；

（2）物块与金属箱侧壁第二次相碰前物块的速度。（结果保留2位小数）

14.（2021·秦皇岛抚顺一中）如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在可调节的垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后恰

23mv0好从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量为e，电场强度E，

2eL不考虑电子的重力和其间的相互作用，求：

（1）N点的坐标；

（2）若第二象限充满匀强磁场，要使电子从x=-2L处射出第二象限，则所加磁场的大小和方向；

（3）若第二象限是一个垂直于纸面向外的圆形有界磁场，磁感应强度为B，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为60°，则圆形磁场的最小面积。

（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。

15.（2021·邯郸大名一中）如图所示，粗细均匀的“U”形管竖直放置，左管封闭、右管开口，管内的水银柱封闭一定质量的理想气体，气柱长度L=20cm，左右两管中水银柱的高度差为h=8cm，已知环境温度t0=27℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，大气压强p0=76cmHg。（计算结果均保留三位有效数字）

（1）若在右管缓慢注入水银，计算当两管液面相平时左管中气柱的长度； （2）若给左管气体加热，计算当两管液面相平时左管中气柱的摄氏温度。

16.（2021·邯郸大名一中）由某种新型材料做成的某个光学元件，其中一个截面是半径为R的半圆形，PQ为半圆的直径，O为该柱形截面的圆心.一激光器发出的光与直径PQ成45°角的方向射入元件内，入射点沿PQ由下向上移动当移动到B点时，光线恰好从元件的中点E射出，如图所示继续上移到位置C（图中未标出）时光线恰好不能从圆弧面射出（不考虑

经半圆柱内表面反射后射出的光）。已知该新型材料的折射率n2，光在真空中的传播速度为c。求：

（1）由B点射入的光线在元件内通过的时间；

（2）C点与O的距离。

答案以及解析

1.答案：D

解析：A、逸出功是金属的固有属性，与金属本身有关，与入射光的频率无关，故A错误； BC、根据光电效应方程EkmhvW0知，最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，但最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故BC错误；

D、根据EkmhvW0结合图象可知，Ekmv图线的斜率表示普朗克常量，故D正确。 故选：D。 2.答案：A

解析：合力F的起点为圆心以表示6N大小线段作图，则连接F的终点和圆上的任意一点均可以得出F2的大小和方向，当F2与圆相切时得到的夹角最大，由几何规律可知，sinθ=6=0.6，故θ=arcsin0.6；大约为36度角，只有小于36度角的方向是可能的，故A正10确，BCD错误。故选：A。

3.答案：B

解析：由安培定则及磁场的叠加原理可知A处的合磁场方向沿AC方向，所以导线A所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，选项A错误；同理可知，B处的合磁场方向沿AC方向，所以导线B所受磁场作用力的方向与A、C所在平面垂直，B项正确；因通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度BkI，根据磁场的叠加原理知A处的合磁感应强度大小r为2kI2kI（r0为B到A的距离），而B处的合磁感应强度大小，所以A、B单位长度所2r0r0受的磁场作用力大小之比为1：2，C、D错误. 4.答案：D 解析：

5.答案：C

解析：AB、根据电功率的计算公式可得：P=EI，由于E不变，则P与电流I成正比，故AB

E2错误；CD、由于外电阻为纯电阻，则PEI，说明P与R成反比，故C正确、D错R误。 故选：C。 6.答案：B

解析：由万有引力定律得G的角速度为7.答案：ABC 解析： 8.答案：AB

解析：电容器板间带电油滴恰好静止，重力和电场力大小相等，电场力向上，油滴带负电；滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中电流减小，电源内阻r和定值电阻R1的分压减小，滑动变阻器R2两端的电压增大，电容器两极板电压增大，板间电场的电场强度增大，油滴受到的电场力增大，向上移动，重力势能增大，电场力做正功电势能减小，A正确。电路中R1和R2消耗的总功率即为电源的输出功率，当滑片向下滑动时外电路电阻（R1R2）r，且R1R2在变大，所以电源输出功率减小，B正确。由以上分析知，电压表的读数增大，C错

MmMm21.1mg,GmgmR，由以上两式解得，该行星自转R2R2GM，B正确，A、C、D错误. 11R3误。根据电源的效率关系效率增大，D错误。 9.答案：BD

U100%，可见，电动势E不变，路端电压U增大，电源的E解析：A、根据对称性和电场的叠加原理可知，O点的电场强度大小为kq，故A错误； 2rBC、设未开小孔前，金属球壳在C点的电场强度大小为E1，A点处电荷量为q的点电荷在C点的电场强度大小为E2，开孔后，C点的电场强度大小为。 则E1kkQ4qQq，方向向右；，方向向右，故，故B正确，EEEEkC12222(2r)24rrC错误。

D、同理，D点的电场强度大小为EDk故选：BD。 10.答案：BC

k9Q4qQqk，故D正确。 222(2r)(3r)36r解析：AB、小物块静止于A点，则弹力的大小和静摩擦力大小相等，取向右为正方向，则弹簧弹力的范围为：mgFTmg，当施加向右的拉力F运动时，小物块受到向左的摩擦力为fmg，合力为：F'FFTmg，故合力的范围为：F2mgF'F，加速度的范围为：

FF2ga，F大小的最小值只需大于零，故A错误，B正确； mmC、根据动能定理得：Fmgx0WT0，由动能关系可知弹性势能的增加量

EPWTFmgx0，故C正确；

D、如果物块能回到A点，则该过程中弹簧的弹力和恒力F作用为零，但摩擦力始终做负功，根据动能定理可得动能为负值，这时不可能的，故D错误； 故选：BC。 11.答案：（1）4.0 （2）1.0 （3）0.25

解析：（1）由xaT2可知，加速度为：ax4x3x1x24T20.06500.05490.04480.0351m/s24.0m/s2； 240.05（2）滑块下滑过程中经过位置3时速度大小为：v3x2x30.04480.0549m/s1.0m/s； 2T20.05mgsin37mgcos37解得： 0.25。gsin37gcos37，

m（3）由牛顿第二定律得：a12.答案：（1）acde;（2）24.0（24也给分）;（3）3.0;2.0

解析：（1）把选择开关旋到“×10”挡位时，指针偏角过大，说明档位选择过高，应该改选“×1”挡位，然后调零，再进行测量，最后归位。则正确操作步骤是：acde；

（2）重新测量后，指针位于如图甲（b）所示位置，被测电阻的测量值为24.0Ω； （3）该欧姆表的内阻是R内=E333000=3.0kΩ。 Ig10设表盘上0.6mA刻度线对应的电阻值为Rx，根据I电阻值0.610=3E，表盘上0.6mA刻度线对应的

R内Rx3，解得Rx2.0kΩ。

3000Rx13.答案：（1）物块沿斜面下滑，设加速度为a1，末速度为v1。 由牛顿第二定律可得：m2gsin1m2gcosm2a1

2v12 由运动学规律可知：2a1l2物块进入金属箱后，设加速度为a2，末速度为v2，由牛顿第二定律可得：m2gsin2m2gcosm2a2，

2v122a2l1， 由运动学规律可知：v2解得：v29m/s

（2）物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞，设碰后物块与金属箱的速度分别为v3、v4，由动量守恒定律及能量守恒可得：m2v2m2v3m1v4， 111222m2v2m2v3m1v4 222物块与金属箱侧壁发生弹性碰撞后，物块沿金属箱底面向上滑行，设加速度为a3，金属箱向下运动的加速度为a4，由牛顿第二定律 对物块：m2gsin2m2gcosm2a3

对金属箱：m1gsin3m1m2gcos2m2gcosm1a4 物块减速运动为0时，v3a3t1 解得：t11s

111s内物块和金属箱位移之和x总a3t12v4t1a4t127.5m4.5m

22说明物块第二次与金属箱碰撞为侧壁A。

设物块上滑的位移为x1，金属箱下滑的位移为x2，第一次与第二次碰撞的时间间隔为t2，12由运动学规律可得：x2v4t2a4t2，

212x1v3t2a3t2

2根据位移关系可得：x2x1l1

设第二次碰撞前物块的速度为v5，由运动学规律可得：v5v3a3t2 解得：v53.15m/s，方向沿斜面向上。

14.答案：（1）从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有L1eE2t，yNv0t， 2m230,解得yNL，则N点的坐标为323L. 3（2）设电子到达N点的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为，由动能定理有

v11212mvmv0eEL，根据速度关系可得cos0，解得v2v0，60. 22v2设电子在磁场中运动的半径为r，由图可知

23L，可得r4L ，又有电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律

r33cos303mv0mv2，解得B，垂直于纸面向外。 evB2eLr（3）① 当电子与x轴负方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图

电子在磁场中偏转90°后射出，则磁场最小半径Rminabrsin45， 2解得Smin22m2v022.

eB② 当电子与x轴正方向的夹角为60°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150°后射

22ac(23)mv0. rsin75，解得Smin出，则磁场最小半径Rmin222eB15.答案：（1）由于缓慢注入水银，因此管内气体发生等温变化。 初态压强p1(768)cmHg=68cmHg，体积V1SL。

设注入水银两管液面相平时，气柱的长度为d，则此时气体的体积V2Sd，此时气体的压强p276cmHg。

由玻意耳定律可知p1V1p2V2，解得d17.9cm。

（2）设加热后气体的温度为T2，初始温度T1300K，加热后气体的体积为V3S(L根据理想气体状态方程得

h) 2p1V1p2V3，解得T2402K，当两管液面相平时左管中气柱的摄T1T2氏温度t(402273)℃129℃。

16.答案：（1）由题意知，入射角i45，设对应折射光线BE的折射角为，如图所示

根据折射定律有nsinic，解得30，光线BE在玻璃砖内传播的速度为v，传播的

nsin距离为BER23R，光线从B点传播到E所用的时间tBE26R. cos3v3c（2）当光线由C点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则

sinC1ROC6＝，由正弦定理得，解得OCR.

sin60sinC3n