河南省开封市2021届新高考物理考前模拟卷(1)含解析

河南省开封市2021届新高考物理考前模拟卷（1）
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．图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴'OO 沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（ ）
A ．交流电的频率是100Hz
B ．0.02s 时线圈平面与磁场方向平行
C ．0.02s 时穿过线圈的磁通量最大
D ．电流表的示数为20A
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．根据图乙，交变电流周期为
0.02s T =
频率为
11Hz 50Hz 0.02
f T === A 错误；
BC ．0.02s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，B 正确，C 错误； D ．根据图乙，电流的最大值
m 102A I =
电流的有效值
m
2
10A 22I ===
所以电流表示数为10A ，D 错误。

故选B 。

2．已知月球半径为R ，飞船在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是 ( )
A ．月球质量为23
2
32πR GT
B ．月球表面重力加速度为2
28πR T
C ．月球密度为2
3πGT D ．月球第一宇宙速度为
4πR T 【答案】A
【解析】
【分析】
飞船在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；在月球表面，重力等于万有引力，根据万有引力定律列式；月球的第一宇宙速度等于月球表面的瞬时速度．
【详解】
飞船在距月球表面高度为R 的圆轨道上做匀速圆周运动，故()()222()Mm
G m R R T
R R π=++；在月球表面，重力等于万有引力，故2Mm G mg R =，联立解得2232R g T
π=，23232R M GT π=，月球的密度23
232432243
R GT V G M R T ρπππ===，A 正确BC
错误；月球第一宇宙速度为v ==，D 错误． 【点睛】
本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g 是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．
3．人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是( ) A ．人对地球的作用力大于地球对人的引力
B ．地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C ．地面对人的作用力大于地球对人的引力
D ．人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力
【答案】C
【解析】
试题分析：地面对人的弹力与人对地面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B 错误；人之所以能跳起离开地面，地面对人的弹力大于地球对人的吸引力，人具有向上的合力，故C 正确，AD 错误． 考点：牛顿第三定律
【名师点睛】人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．
4．如图所示，四个等量异种的点电荷，放在正方形的四个顶点处。

A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法正确的是（）
A．A、C两个点的电场强度方向相反
B．O点电场强度等于零
C．将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做正功
D．O点的电势低于A点的电势
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．利用点电荷场强的合成A、O、C三点的合场强均水平向右，AB错误；
C．在BD直线上场强方向垂直BD向右，则沿着BD移动正电荷电场力不做功，C错误；
D．沿着电场线方向电势降低，则O点的电势低于A点的电势，选项D正确.
故选D。

5．“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。

则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（）
A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小
B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向
C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火
D．t3~t4时间内“笛音雷"做自由落体运动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t 1时刻的斜率不是最小的，所以t 1时刻加速度不是最小的，故A 错误；
B ．t 2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B 错误；
C ．从图中看出，t 3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火，故C 正确；
D ．t 3~ t 4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D 错误。

故选C 。

6．已知动车组在水平轨道上运动时受到的阻力2f kv =（k 为阻力系数），其中和谐号动车组的阻力系数是复兴号动车组的1.2倍，和谐号动车组的了大速度约为270km/h ，若复兴号动车组的额定功率约为和谐号动车组的1.44倍，则相同条件下，复兴号动车组在额功率下的最大速度约为（ ）
A ．330 km/h
B ．300 km/h
C ．290 km/h
D ．260 km/h
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
两列车的阻力分别为： 2=1.2f kv 和谐和谐
2=f kv 复兴复兴
根据m P fv = 可得
1.44=m P P f v =和谐复兴复兴复兴
=m P f v 和谐和谐和谐
联立解得
=324km/h m v 复兴
故选A 。

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．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30º，质量为M 的木箱与轨道的动摩
木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列选项正确的是
A ．m=M
B ．m=2M
C ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度
D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能
【答案】BC
【解析】
【详解】
A B ．木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h ，根据功能关系有(M ＋m)gh －μ(M ＋m)gh
cos sin θθ＝E 弹．木箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh －μMgh
cos sin θθ＝0－E 弹．代入相关数据，整理得m ＝2M ，A 错误，B 正确；
木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有： a 1＝g(sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．木C ．箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有： a 2＝g(sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C 正确；
D ．根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D 错误．
8．2018年7月27日将发生火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳儿乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间 此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察．地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为团，火最公转轨道半径为地球的1.5倍，则（ ） A ．地球的公转周期比火星的公转周期小
B ．地球的运行速度比火星的运行速度小
C ．火星冲日现象每年都会出现
D 827【答案】AD
【解析】
A. 地球和火星绕太阳转动，万有引力提供向心力，2GMm ma r =，得2GM a r =，火星的公转轨道半径大，加速度小，故A 错误；
B. 根据公式GM v r
=B 错误； CD 、地球公转周期为1年，而火星的周期大于1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，故C 错误；
D ．根据开普勒第三定律32r k T =，火星公转轨道半径为地球的1.5倍，所以地球与火星的公转周期之比为827
，故D 正确． 故选D.
点睛：根据万有引力提供向心力，分析地球和火星加速度、线速度之间的关系；根据地球公转周期为1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，根据开普勒定律分析火星周期与地球周期的关系．
9．如图所示，定值电阻R 和电阻箱电阻R 串联在恒定电压为U 的电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 均为理想电表，且电压表V 1的示数大于电压表V 2的示数。

已知电阻箱电阻R 2的最大值大于定值电阻R 1的值，若现在逐渐增大电阻箱的电阻直至最大，则下列有关说法正确的是（ ）
A ．
1U I 不变，1U I ∆∆不变 B ．2U I
变大，2U I ∆∆变大 C ．电阻箱电阻消耗的功率逐渐增大
D ．电阻箱电阻消耗的功率先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．对于定值电阻，根据欧姆定律有：
111U U R I I
∆==∆ 故A 正确；
B ．将定值电阻和恒定电压电路等效成一个电源，其中U 是等效电动势，R 1是等效内阻，可得 22U R I
= 21U R I
∆=∆ 故B 错误；
CD ．在等效电路中，当R 2=R 1，电阻箱电阻消耗的功率最大，又依题意可知电阻箱的原阻值小于定值电阻R 1，可见，在逐渐增大电阻箱的电阻直至最大的过程中，电阻箱电阻消耗的功率先增大后减小，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB 置于斜面上，与斜面间动摩擦因数3μ=，其A 端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m 的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B 端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中
A ．物块的速度始终减小
B ．软绳上滑
19
L 时速度最小 C ．软绳重力势能共减少了14mgL D ．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．物块下落过程中，刚开始由于5sin 30cos304
mg mg mg mg μ︒+︒=>，所以物块所受合力向上，物体做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物体的速度先减小后增大，A 错误；
B ．当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x ，则：
sin 30cos30L x L x x mg mg mg mg L L L
μ--︒+︒=+， 代入数据解得： 19
x L = B 正确；
C ．物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为1sin 3024L L h =︒=，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度22
L h =，则软绳重力势能共减少 ()244
L L L mg Mg -= C 正确；
D ．以物块为研究对象，因物块要克服拉力做功，所以其动能及势能变化量11k p
E E ∆<∆，以系统为研究
对象，设绳的势能及动能变化量为22p k E E ∆∆、，克服摩擦力所做的功的绝对值为W ，由能量守恒定律有
1212p p k k E E E E W ∆+∆=∆+∆+
则
()
2211p k k p E E W E E ∆-∆+=∆-∆
选项D 正确．
故选BCD.
11．在一些电磁现象中会产生一种特殊的电场，其电场线为一个个同心圆，没有起点和终点如图所示，实线为电场线，方向为顺时针，虚线为经过圆心的一条直线．已知该电场线图像中某一点的电场强度大小与方向和静电场的电场线具有相同规律，则
A ．A 点的电场强度比
B 点的电场强度大
B ．将一点电荷沿直线AB 移动，电场力不做功
C ．将一点电荷从A 点静止释放，点电荷会沿电场线做圆周运动
D ．在A 点放上一正点电荷，点电荷将受到向左的电场力
【答案】BD
【解析】
【详解】
A.电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线越密，场强越大，则知A 点的场强比B 点的场强小，故A 错误．
B.直线AB 与电场线垂直，是一条等势线，将一点电荷沿直线AB 移动，电场力不做功，故B 正确．
C.点电荷在A 点所受的电场力沿电场线的切线方向，将点电荷从A 点静止释放后，电场力将使该点电荷离开原电场线，所以点电荷不可能沿电场线做圆周运动，故C 错误．
D.A 点场强方向沿电场线的切线方向，即向左，则在A 点放上一正点电荷，该点电荷所受的电场力也向左，故D 正确．
故选BD 。

12．一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t=2
T 时刻，该波的波形图如图(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点。

图(b)表示介质中某质点的振动图像。

下列说法正确的是
A ．质点Q 的振动图像与图(b)相同
B ．在t=0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大
C ．在t=0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大
D ．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.简谐机械波沿x 轴正方向传播，在2T t =时刻，质点Q 的振动方向向上，而在振动图象上在2T t =时刻质点的振动方向向下，所以图(b)不是质点Q 的振动图象，故A 错误；
B.在t=0时刻，质点P 位于波谷，速度为零，质点Q 位于平衡位置，则质点P 的速率比质点Q 的小，故B 错误；
C.在t=0时刻，质点P 的位移比质点Q 的大，由公式kx a m
=-
，则质点P 的加速度的大小比质点Q 的大，故C 正确；
D.在2T t =时刻，平衡位置在坐标原点的质点振动方向向下，与振动图象相符，所以平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：
A ．用游标卡尺测量挡光条的宽度为d ，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M ，砝码盘及砝码的总质量为m ；
B ．调整气垫导轨水平；
C ．光电门移到B 处，读出A 点到B 点间的距离为x 1，滑块从A 处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t 1；
D ．多次改变光电门位置，重复步骤C ，获得多组数据。

请回答下列问题：
(1)用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为___________mm ；
(2)调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能__________，表明导轨水平了；
(3)在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t 随滑块的位移大小x 的变化规律的是_________。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】3.40 静止 D
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]因游标尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为0.05mm ，则其读数
3mm 80.05mm=3.40mm d =+⨯
（2）[2]调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。

（3）[3]动能的增量
2
21
1()2K d E M m t ∆=+ 重力势能的减小量
P E mgx ∆=
机械能守恒需要验证动能的增量等于重力势能的减小量，则
2
21
1()2d M m mgx t += 则有
22112()mg x t M m d
=+ ABC 错误D 正确。

故选D 。

14．为了测量一待测电阻R x 的阻值，准备了以下器材：
A ．多用电表
B ．电流表G 1（0~100 mA ，内阻约5 Ω）
C ．电流表G 2（0~50 mA ，内阻r 2=10 Ω）
D ．定值电阻R 0（20 Ω）
E. 滑动变阻器R 1（0~5 Ω）
F. 滑动变阻器R 2（0~100 Ω）
G . 直流电源（3.0 V ，内阻不计）
H. 开关一个及导线若干
（1）用多用电表欧姆表“×1”挡粗测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则R x 的阻值大约是_______Ω。

（2）滑动变阻器应选________（填仪器前的序号）。

（3）若是用G 2表测R x 两端电压，请在图乙对应的虚线框中完成实验电路设计（要求：滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的13
）。

（________） （4）补全实验步骤：
a. 按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最________端（选填“左”或“右”）；
b. 闭合开关S ，移动变阻器滑动触头至某一位置，记录G 1、G 2表的读数I 1、I 2；
c. 多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G 1、G 2表的读数I 1、I 2；
d. 以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻R x 的阻值为________Ω（保留两位有效数字）。

【答案】9（或9.0） E 左 10
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]多用电表用欧姆表盘的读数乘以倍率即为待测电阻阻值
91Ω9Ω⨯=
（2）[2]滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选择阻值较小的滑动变阻器便于调节分压，即选E 。

（3）[3]电路中没有电压表，电流表2G 的内阻已知，可作为电压表使用，电流表1G 采用外接方式可以消除系统误差，使测量结果更精确，定值电阻0R 串联在分压电路上，起到保护电路的作用，电路图如图。

（5）[4]滑动变阻器的触头在开始实验前，需要滑到最左端保护电路，使电表的示数都从0开始变化。

[5]根据电路图结合欧姆定律的分流规律可得 2212x
I r I I R =+
整理得 1x 2x 2
R I I R r =+ 结合图像的斜率
3
x x 23x 2x 137.5100.510Ω7510
R R I R r R I --∆⨯====++∆⨯ 解得
x 10ΩR =
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3，1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变．
(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？
(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
【答案】 (1)15 (2)1.5 L
【解析】
试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应用玻意耳定律求出空气的体积，然后求出剩余的药液．
（1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p ，
由玻意耳定律得：1 atm×
300cm 3＝1.5×103cm3×p ，p ＝0.2atm ， 需打气次数41150.2
n -== (2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V ，
由玻意耳定律得：4 atm×
1.5 L ＝1 atm×V ，V ＝6 L ， 故还剩贮液7.5 L －6 L ＝1.5 L
点睛：本题考查了理想气体状态方程，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．
16．地面上空间存在一方向竖直向上的匀强电场，O 、P 是电场中的两点在同一竖直线上，O 在P 上方，高度差为L ；一长L 的绝缘细线一端固定在O 点，另一端分别系质量均为m 的小球A 、B ，A 不带电，B 的电荷量为q （q ＞0）。

分别水平拉直细线释放小球，小球运动到P 点时剪断细线之后，测得A 从P 点到落地所用时间为t ，B 从P 点到落地所用时间为2t 。

重力加速度为g 。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)B 从P 点到落地通过的水平距离。

【答案】 (1)
34mg q
； 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设电场强度的大小为E ，B 从P 点到落地运动的加速度为a ，有 mg qE ma -=
两小球在竖直方向高度相同，根据运动学公式
()2211222
gt a t = 解得
34mg E q
= (2)设B 在P 点的速度为v 1，从P 点到落地通过的水平距离为x ，根据动能定理
()2112
mg qE L mv -=
水平方向上有 12x v t =⋅
解得
x =
17．如图所示，水平面上固定一倾角为α=37°的斜面体，在其左侧一定距离有一水平桌面，现将一可视为质点的物块A 由水平桌面的左端以初速度v 0=6m/s 向右滑动，滑到右端时与物块B 发生弹性碰撞，物块B 离开桌面后,经过一段时间，刚好无碰撞地由光滑固定的斜面体顶端C 点滑上斜面体已知桌面两端之间的距离为x=4.0m ，m B =1kg ，物块A 与水平桌面之间的动摩擦因数为μ=0.25，桌面与斜面体C 点的高度差
为h=0.45m ，重力加速度取g=10m/s 2，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8，忽略空气阻力。

求： （1）物块A 的质量；
（2）如果斜面体C 点距离水平面的高度为H=4.8m ，求从物块A 开始运动到物块B 到达D 点的总时间。

【答案】（1）1kg ；（2）2.1s 。

【解析】
【详解】
（1）由平抛运动规律，物块B 离开桌面后在竖直方向做自由落体运动，则有
21112
h gt = 代入数据解得1t =0.3s
竖直方向速度
1y v gt ==3m/s
根据几何关系，可知此时速度与水平速度的夹角等于斜面的倾角，即α=37°，则有
3tan 4
y
x v v α== 解得物块B 离开桌面时速度为4x v =m/s
设滑块在平台上滑动时的加速度为a ，滑块到达B 点的速度A v ，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得 2.5a =m/s 2
根据速度位移公式有
2202A v v ax -=
解得4A v =m/s
根据动量守恒得
A A A
B x m v m v m v '=+
根据机械能守恒得
222111222
A A A
B x m v m v m v '=+
代入数据解得0v '=，1A m =kg
（2）物块A 在水平桌面上运动的时间为 020.8A v v t a
-==s 物块B 到达斜面体C 点的合速度为
v =代入数据解得v=5m/s
物块B 在斜面上运动时，根据牛顿第二定律有 sin ma mg α=
代入数据解得加速度6a =m/s 2
根据几何关系，有斜面的长度
4.8sin 0.6
H l α==m=0.8m 根据运动学公式有
23312
l vt at =+ 解得3t =1s （383
t =-s 舍去） 从物块A 开始运动到物块B 到达D 点的总时间 123 2.1t t t t =++=s。