河南省开封市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

河南省开封市(六校联考）2021届新高考模拟物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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（甲）所示，质最m=2kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m 的薄圆筒上。

t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t 的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s 2。

则下列判断正确的是（ ）
A ．细线的拉力大小为4N
B ．细线拉力的瞬时功率满足P=4t
C ．小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t
D ．在0-4s 内，小物体受合力的冲量为4N•g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
t ω=
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v R ω=得
0.5v R t ω==
物体运动的加速度
20.50.5m /s v t a t t
∆∆===∆∆ 根据牛顿第二定律得
F mg ma μ-=
解得细线的拉力大小为
20.50.12103N F =⨯+⨯⨯=
AC 错误；
B ．细线拉力的瞬时功率
30.5 1.5P Fv t t ==⨯=
故B 错误；
D ．物体的合力大小为
30.12101N F F mg μ=-=-⨯⨯=合
在0-4s 内，小物体受合力的冲量为
144N s I F t ==⨯=⋅合
故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度向右匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为。

为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力，那么力对木板做功的数值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】
【详解】
由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故，，，以上三式联立可得。

A. ，选项A 不符合题意； B. ，选项B 不符合题意； C.
，选项C 符合题意； D. ，选项D 不符合题意；
3．正在海上行驶的--艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53︒，升起风帆，调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500 N ，则沿船行驶方向获得
的推力大小为()
sin530.8,cos530.6︒︒==
A ．300 N
B ．375 N
C ．400 N
D ．450 N
【答案】A
【解析】
【详解】
对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于行驶方向的力，沿行驶方向的分力1cos53300N F F ︒==。

A. 300 N 与上述计算结果1300N F =相符，故A 正确；
B. 375 N 与上述计算结果1300N F =不相符，故B 错误；
C. 400 N 与上述计算结果1300N F =不相符，故C 错误；
D. 450 N 与上述计算结果1300N F =不相符，故D 错误；
4．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个物块从槽上高h 处由静止开始下滑。

下列说法正确的是（ ）
A．物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能守恒
B．物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的系统动量守恒
C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧对物块的冲量等于零
D．物块第一次被反弹后一定不能再次回到槽上高h处
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．物块沿槽下滑过程中，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，故AB错误；C．从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，物块受到的冲量等于物块动量的变化，物体的动量变化量不为零，故物体受到的冲量不为零，C错误；
D．物块反弹后追上弧形槽，上升到最高点时，物块和弧形槽具有相同的速度，全过程系统机械能守恒，故物块不能回到槽上高h处，D正确。

故选D。

5．如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。

现给导体棒一向右的初速度v0，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图象中，导体棒速度v随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
AB．导体棒做切割磁感线运动，产生感应电流，受到向左的安培力，导体棒做减速运动，随着速度的减小，感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，则加速度减小，v－t图像的斜率绝对值减小，v－t图像是曲线且斜率减小，故A错误，B正确；
CD．通过电阻R的电量
R BLx R
q
∆Φ==
则知q－x图像是过原点的倾斜的直线，故CD错误。

故选B。

6．如图，一根长直导线竖直放置，通以向上的电流。

直导线与铜圆环紧贴但相互绝缘，且导线经过环心O。

下述各过程中，铜环中有感应电流的是（）
A．环竖直向上匀速运动
B．环绕环心O匀速转动
C．环向左匀速运动
D．环以导线为轴匀速转动
【答案】C
【解析】
【详解】
AD．直导线中通以恒定的电流时，产生稳恒的磁场，根据安培定则判断可知，直导线两侧的磁场方向相反，由于左右对称，当环竖直向上、向下匀速运动或以直导线为轴转动，穿过铜环的磁通量始终为零，保持不变，所以没有感应电流产生，AD错误；
B．环绕环心O匀速转动，穿过铜环的磁通量始终为零，没有感应电流产生，B错误；
C．环向左匀速运动，磁通量增加，有感应电流产生，C正确。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．下列说法正确的是。

A．物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K
B．气体放出热量时，其分子的平均动能一定减小
C．气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱
D．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关
E.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）向外界释放热量，而外界对其做功
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A．由热力学温度与摄氏温度的关系：T=t+273，可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1K，故A正确；B．气体放出热量时，若外界对气体做功，则气体的温度也可能升高，其分子的平均动能增加，选项B错误；
C．无论是气体，液体还是固体，其分子间都存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C正确；
D．气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。

对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定。

分子越多，总的能量越大，所以D错误；
E．不计分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，故E正确。

故选ACE。

8．如图所示，设水车的转轮以某一较大的角速度ω做匀速圆周运动，轮缘上有两个水滴A、B同时从同一高度被甩出，并且都落到转轮右侧的水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，不计空气阻力。

下列判断中正确的有（）
A．两水滴落到水平地面上的速度相同
B．两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等
C．高度一定，ω越大，两水滴在空中飞行的时间差△t越大
D．高度一定，ω越大，两水滴落地点的距离Δx越大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由机械能守恒定律可知，两水滴落到水平地面上的速度大小相同，由斜抛运动的规律可知，两水滴落到底面上的速度方向也相同，选项A正确；
B．两水滴质量关系不确定，则不能比较重力功，选项B错误；
C．两水滴在空中飞行的时间差△t等于在A处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时的时间，因ω越大，水滴做斜抛运动的初速度越大，则竖直速度越大，则回到原来的高度的时间越长，即两水滴在空中飞行的时间差△t越大，选项C正确；
D ．两水滴落地点的距离Δx 等于A 处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时与B 点的距离，因ω越大，水滴做斜抛运动的初速度越大，则水平速度和运动时间都越大，则回到原来的高度时与B 点的距离越大，即两水滴落地点的距离Δx 越大，选项D 正确；
故选ACD 。

9．如图所示，在光滑水平面上有宽度为d 的匀强磁场区域，边界线MN 平行于PQ 线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B ，边长为L （L ＜d ）的正方形金属线框，电阻为R ，质量为m ，在水平向右的恒力F 作用下，从距离MN 为d/2处由静止开始运动，线框右边到MN 时速度与到PQ 时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN 平行，则下列说法正确的是（ ）
A ．线框进入磁场过程中做加速运动
B 22
B L Fd R
m C Fd m
D ．线框右边从MN 到PQ 运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd
【答案】BD
【解析】
【详解】
A 、线框右边到MN 时速度与到PQ 时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A 错误；
B 、线框进入磁场前过程，由动能定理得：21122d F mv ⋅=，解得：1Fd v m
=，线框受到的安培力：2222
1B L v B L Fd F BIL R R m
===，故B 正确； C 、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ 过程，对线框，由动能定理得：221min 11()22F d L mv mv -=- 解得：min 2()Fd F d L v m m
-=-，故C 错误； D 、线框右边到达MN 、PQ 时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：Q ＝Fd ，故D 正确； 10．如图所示，在纸面内有一个半径为r 、电阻为R 的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P 点。

现使线圈绕过P 点且平行于磁
场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B ．线圈受到的安培力逐渐增大
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br 2ω
D ．流过线圈某点的电荷量为2
πB r R
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；
B ．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B 正确；
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
222E B r r Br ωω=⋅⋅=
选项C 正确；
D ．流过线圈某点的电荷量为
22122B r B r q R R R
ππ∆Φ=== 选项D 错误。

故选BC 。

11．以下说法正确的是_______
A ．质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同
B．空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递
C．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小
D．一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强増大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大
E.一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5×104J，并对外界做功1.0×104J，则气体的温度升高，密度减小
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A．温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故A错误；
B．空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故B正确；C．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离。

不能估算出气体分子大小，故C正确；
D．一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故D错误；
E．由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5×104J，并对外界做功1.0×104J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故E正确。

故选BCE。

12．如图所示为“感知向心力”实验示意图，细绳一端拴着一个小砂桶，用手在空中抡动细绳另一端，使小砂桶在水平面内做圆周运动，体会绳子拉力的大小，则下列说法正确的是（）
A．细绳所提供的力就是向心力
B．只增大砂桶的线速度，则细绳上拉力将会增大
C．只增大旋转角速度，则细绳上拉力将会增大
D．突然放开绳子，小砂桶将做直线运动
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．小砂桶的向心力是由小砂桶的重力和绳的拉力的合力提供的，选项A错误；
B．如果小砂桶的线速度增大，则小砂桶的向心力会增大，绳的拉力与竖直方向的夹角 会增大，绳的拉力
cos T mg F θ
= 故绳的拉力会随着θ的增大而增大，选项B 正确；
C ．角速度增大，同样会导致绳与竖直方向的夹角θ增大，同理选项C 正确；
D ．突然放开绳子，小砂桶仍受重力作用，会从切线方向平抛出去，选项D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学采用惠斯通电桥电路测量一未知电阻R x 的阻值。

电路中两个定值电阻R 1=1000Ω、R 2=2000Ω，R 3为电阻箱（阻值范围0~999.9Ω），G 为灵敏电流计。

(1)具体操作步骤如下∶
①请依据原理图连接实物图_________；
②闭合开关S ，反复调节电阻箱的阻值，当其阻值R 3=740.8Ω时，灵敏电流计的示数为0，惠斯通电桥达到平衡；
③求得电阻R x =____Ω。

(2)该同学采用上述器材和电路测量另一电阻，已知器材无损坏且电路连接完好，但无论怎样调节电阻箱的阻值，灵敏电流计的示数都不能为0，可能的原因是_______。

【答案】 370.4 电阻箱的阻值调节范围小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]根据原理图连接实物图为
③[2]当灵敏电流计读数为零时，根据电桥平衡可得
123
x R R R R = 解得
132
370.4Ωx R R R R == (2)[3]灵敏电流计的示数不能为0，则有
123
x R R R R ≠ 可得
231
x R R R R ≠ 根据题意可知电阻箱的阻值3R 的值必定小于
21x R R R 的值，故可能的原因是电阻箱的阻值调节范围小。

14．某同学在《探究弹力和弹簧伸长关系》的实验中，用完全相同的弹簧A 和B 并联后上端固定，下端与长木板相连，长木板带挂钩和指针总重2N ，右边有一米尺，零刻度与弹簧上端对齐，现在在挂钩上挂不同个数的够吗，测得数据如下表： 钩码重力
0N 1N 2N 3N 指针对齐刻度 11cm 12cm 13cm 14cm
（1）每根弹簧的原长为_________cm ，每根弹簧的劲度系数为______N/m ；
（2）若将A 、B 弹簧串联起来使用，它们整体的劲度系数为______。

A ．25N/m
B ．100N/m
C ．50N/m
D ．200N/m
【答案】9cm 50 N/m A
【解析】
【详解】
(1)[1][2]根据力的平衡，有
02()G k L L =-
把G=2N 时，L=11cm 与G=3N 时，L=12cm 代入解得
L 0=9cm
k=50 N/m
(2)[3]将A 、B 弹簧串联起来使用，当拉力为F 时，每个弹簧的形变量为x ，整体形变量为2x ，由F=kx,可得整体的劲度系数
'25N/m 22F k k x === 故填A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图所示，质量M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg 的小球通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度0v ="4" m/s ，g 取102m /s ． （1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
(3)在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
【答案】（1）2N ，方向竖直向上（2）22m /s υ=（3）123
s m =
【解析】
【分析】
【详解】 （1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1υ，在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则 22101122
m mgL m υυ+=① 26/m s υ=②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则21F mg m
L υ+=③
由②③式，得2N F =④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为2υ，此时滑块的速度为V ．在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
20m MV υ+=⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
222201112
22
m MV mgL m υυ++=⑥ 由⑤⑥式，得22m /s υ=⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为1s ，滑块向左移动的距离为2s ，任意时刻小球的水平速度大小为2υ，滑块的速度大小为V '．由系统水平方向的动量守恒，得
30m MV υ-'=⑧
将⑧式两边同乘以t ∆，得30m t MV t υ∆-'∆=⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t ∆都成立，累积相加后，有120ms Ms -=⑩
又122s s L +=⑪
由⑩11式得123
s m =⑫ 16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy 平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d ，0）点沿垂直于x 轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：
（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
（2）该粒子在电场中运动的时间．
【答案】（1）E B ＝201tan 2
v θ；（2）t ＝02tan d v θ 【解析】
试题分析：（1）设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，粒子进入磁场后做匀速
圆周运动，并设其圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv 0B ＝2
0v m r ①
由题设条件和图中几何关系可知：r ＝d ②
设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向运动的速度大小为v x ，由牛顿第二定律有：
qE ＝ma x ③ 根据运动学公式有：v x ＝a x t ，2
x v t ⋅＝d ④ 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tanθ＝0
x v v ⑤
由①②③④⑤式联立解得：E B ＝201tan 2
v θ （2）由④⑤式联立解得：t ＝
02tan d v θ 考点：本题主要考查了带电粒子在交替复合场中的运动问题，属于中档题．
17．如图，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝13
，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来．
【答案】 (1)3mg(2)L(3) 滑块C 不会从木板上掉下来
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
2012
mgL mv =
解得：0v =小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：20v T mg m R -= 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´
=T 解得：T´
=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：212h gt =
水平方向：L=
02v t 解得：h=L
（3）小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设C 碰后速率为v 1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00132v mv m mv ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒定律的：()12336mv m m v =+ 由能量守恒定律得：()221211336322
mv m m v mgs μ⋅=++⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s<L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．
【点睛】
（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力； （2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题．。