2021届河南省郑州市中原联盟高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析)

2021届河南省郑州市中原联盟高考物理模拟试卷（3月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两

车的位移一时间图像，如图所示，甲图线过。点的切线与AB平行，过C点的切线与。4平行，则

下列说法正确的是（）

A.在两车相遇前，t2时刻两车相距最远

B.t3时刻，甲车在乙车的前方

C.在0〜t2时间内，甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度

D.甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度

2.关于万有引力定律和库仑定律，下列说法正确的是（）

A.万有引力定律是卡文迪许得出的，库仑定律是库伦得出的

B.万有引力定律和库仑定律中常数G和化的单位是相同的

C.万有引力定律和库仑定律形式上相似，万有引力和库仑力是性质相同的力

D.万有引力定律适用于任何两个物体之间的万有引力计算，库仑定律只适用于真空中两个点电

荷之间的库仑力计算

3.斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使其入洞

并计分。如图甲所示运动员用白球撞击蓝球（两球质量相等），两球发生正碰。若碰撞前、后两

球的v-t图象如图乙所示白球的虚线与蓝球实线交于t轴同一点。关于两球的运动，下列说法正

确的是（）

A.碰撞后两球相距的最远距离为1.1m

B.蓝球受到的阻力较大

C.两球发生弹性碰撞

D.碰撞后蓝球的加速度大小为0.1m/s2

4.平行板电容器充电后不断开电源，逐渐增大两极板的正对面积，则正确的选项是（）

A.电容器电容将逐渐减小B.两极板间的电场强度将逐渐增大

C.两极板间电压将保持不变D.两极板上带电荷量不变

5.某型号的高铁列车的制动阶段可看作匀减速直线运动。在制动后第1s和最后1s内的位移分别为

19nl和1m。下列说法正确的是（）

A.列车减速的加速度大小为lm/s2

B.列车开始减速时的速度为18m/s

C.列车从减速开始12s内运动的距离为96nl

D.列车制动阶段的平均速度为10zn/s

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，高为人的表面粗糙程度相同的弧形斜面体固定于水平地面上，末端P与地面相切。质

量为m的小物块以速率/从点P滑上斜面，到最高点Q后沿斜面下滑回到P点的速率为功。不计

B.上滑过程中克服摩擦力做功等于下滑过程中克服摩擦力做功

C.上滑过程中动能等于重力势能的位置距离地面的高度大于T

D.上滑过程中动能等于重力势能的位置距离地面的高度小于T

7.如图所示，在一足够大的水平向右匀强电场中，有一光滑绝缘水--------------£-------

平面。将质量分别为m、M（m<M）的金属块4、B用一根短的绝■一口

缘线连接，静置于该绝缘面上，现使4带正电，小B将在电场力作用下一起向右运动（运动过程

中4的电荷量不变），4运动的加速度大小为的,绳子拉力大小为居：将4与B接触一下（4、B电荷

总量与接触前相等），把4、B静置于该绝缘面上，4、B在电场力作用下一起向右运动，运动过

程中绝缘线始终绷系，4运动的加速度大小为。2,绳子拉力大小为尸2•若从B间的库仑斥力小于B

受到的电场力，则下列关系式正确的是（）

A.=a2B.%<a2C.a>F2D.a=F2

8.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同，并排悬挂，平衡时两

球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性碰撞，

下列判断正确的是（）@®

A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C.第一次碰撞后，两球的最大摆角相同

D.第一次碰撞后的瞬间，两球的动能相等

9.下列说法中正确的是（）

A.给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力

B.大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力

C.人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的饱和汽压大

D.单晶体呈现各向异性，是由于晶体内部原子按照一定规则排列

10.如图，两列简谐波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于久=-2xl（）Tm和x=12x

10-bn处，两列波的波速均为x=0.4m/s,两波源的振幅均为A=2cm。图示为某时刻两列波

的图象，此刻平衡位置处于0.2m和0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于工=

0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）

A.质点P、Q都首先沿y轴正向运动

B.t=0.75s时刻，质点M开始沿y轴负向运动

C.t=ls时刻，质点M的位移为+4cm

D.t=ls时刻，质点M的位移为-4cm

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，

启动打点计时器甲车受到水平向右的冲量.运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一

起运动.纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，电源频率为50Hz,则碰撞

前甲车运动速度大小为m/s,甲、乙两车的质量比加用=

打点计时器

12.为了测定一节旧干电池的电动势和内阻（内阻偏大），配备的器材有:

4电流表4（量程为0.64）

8.电压表V（量程为IV,内阻为1.2k0）

C.滑动变阻器治（0〜10优L4）

D电阻箱7?2（0~9999.90）

某实验小组设计了如图甲所示的电路.

XV

(I)实验中将量程为IV电压表量程扩大为2V,电阻箱/?2的取值应为ka.

(2)利用上述实验电路进行实验，测出多组改装后的电压表读数为与对应的电流表读数3得到为-

〃的图象如图乙所示.由图象可知，电源的电动势E=V,内阻r=0.(结果保留三

位有效数字)

四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.如图所示，在水平转盘上，距转动轴20cni处有一个质量为20g的小木块，当转盘的转动周期为

2s时，木块与转盘之间没有相对滑动，问木块受几个力？每个力是多大？方向怎样？

14.如图所示，光滑水平面48=无，其右端B处连接一个半径为R的竖直

光滑半圆轨道，C为最高点.质量为m可视为质点的小物块静止在力

处，若用水平恒力将小物块推到B处后撤去该水平恒力，重力加速

度为g，求：

(1)如果小物块能够通过半圆轨道的最高点C,水平恒力对小物块做的最小功为多少：

(2)如果小物块沿半圆轨道运动到C处后恰好抛落到A处，则X取何值时，在整个运动过程中，水平恒

力尸最小？最小值为多少？

15.如图所示，内壁光滑的气缸开口向上放置，在距离气缸底部九。=

12cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均为m的活塞4、B分别静

止于卡口的上方和下方，封闭了两部分高度均为九1=9cm的气体,

此时封闭气体的温度均为A=300K,气缸和两个活塞中只有活塞B

能够导热且导热性能良好，大气压强为po,气缸的横截面积为S。

现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到了2=500K,求：

(1)此时下方气体的压强;

(2)活塞4上升的距离。

16.一透明半圆柱的横截面如图所示，圆心为0,一束光线在横截面内从C点沿垂直于直径4B的方向

入射，在半圆柱内沿图示路径传播，最后从E点射出半圆柱。已知圆半径为R=0.30m,半圆柱

折射率为n=2.0,Z40C=30°,真空中的光速为c=3.0x求

①判断光线在AB面上能否发生全反射；

②在半圆柱内沿图示CE路径传播的时间(结果保留两位有效数字)。

)O

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知匕时刻C4相距最大，即两车相距最远，

故A错误；

B、t3时刻两车的位置坐标相同，两车相遇，故8错误；

C、图象斜率表示速度，由图可知，0-匕时间甲图线的斜率大于乙图线的斜率，Q时刻之后甲图线

的斜率小于乙图线的斜率，所以甲车的瞬时速度先大于乙车的瞬时速度，后小于乙车的瞬时速度。Q

时刻两者瞬时速度相等，故c错误；

。、在x-t图象中，斜率代表速度，故甲车的初速度等于乙车在13时刻的速，故。正确；

故选：D。

在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度；图象的交点表

示位移相等，平均速度等于位移除以时间.由此分析即可.

本题考查工-t图象，在分析图象时要注意先明确图象的坐标，再根据图象的性质进行分析.要知道

位移时间图象的斜率表示速度；图象的交点表示两车相遇.

2.答案：D

解析：

万有引力定律是牛顿得出的.常量G的单位是N-rn2"g2,常数k的单位是N•巾2/。2.万有引力和库

仑力是性质不同的力.万有引力定律适用于任何两个物体之间的万有引力计算，库仑定律只适用于

真空中两个点电荷之间的库仑力计算。

本题要注意万有引力定律和库仑定律形式上相似，但是万有引力和库仑力是性质不同的力，其中的

常量G和k数值和单位均不同，物理含义也不同。

A.万有引力定律是牛顿得出的，库仑定律是库仑得出的，故A错误.

B.万有引力定律中常数G的单位是N-m2/kg2,库仑定律中常数k的单位是N-m2/C2,故B错误.

C.万有引力定律和库仑定律形式上相似，但是万有引力和库仑力是性质不同的力，故C错误.

D万有引力定律适用于任何两个物体之间的万有引力计算，库仑定律只适用于真空中两个点电荷之

间的库仑力计算，故。正确.

故选D。

3.答案：A

解析:解：C、设碰后蓝球的速度为0,碰前白球的速度%=l.Om/s,碰后白球的速度为I/。=0.4m/s,

取碰撞前白球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得:

mv0=mv'o+mv,

代入数据解得：v=0.6m/s；

碰撞前两球的总动能为：Ekl=^mv'o=0.5m,

2

碰撞后前两球的总动能为&2=lmv'o+^mv=0.26m<Ekl,

所以两球碰撞为非弹性碰撞，故C错误；

B、根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后白球的加速度比蓝球的加速度大，两壶质量相等，所

以白球的滑动摩擦力比蓝球的滑动摩擦力大，故B错误；

A、根据碰前白球的速度图象可知红壶的加速度大小为：%=W=U=m/s2=0.2m/s2,

所以蓝球静止的时刻为：t=*=J|s=6s,

U.N

速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两球相距的最远距离为：s=等m-等rn=

1.1m,故A正确；

D、碰后蓝球的加速度大小为优===经m/s2=0.12m/s2,故。错误。

L6—1

故选：4。

根据图示图象求出碰撞前后白球的速度，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰后蓝球

的速度，分析碰撞前后总动能的关系，判断是否为弹性碰撞。根据图象求解碰前白球的加速度，由

此得到所以蓝球静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后两球相距的最

远距离；根据斜率表示加速度，分析碰后球的加速度关系，根据牛顿第二定律求解碰后两球所受摩

擦力关系。

本题主要考查了动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，

知道速度图象的面积和斜率的物理意义。

4.答案:C

解析：解：4、逐渐增大两极板的正对面积，根据。=盘，电容增加，故4错误；

4nkd

B、C、平行板电容器充电后不断开电源，电容器的电压U保持不变；根据U=Ed,场强也不变；故

3错误，C正确；

D、根据Q=CU,电容增加，电压不变，故电量增加，故。错误；

故选：Co

平行板电容器充电后不断开电源，电容器的电压保持不变；根据c=指判断电容器的电容变化；

根据U=Ed判断场强变化；根据Q=CU判断电量变化。

本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住不变量。再根据电容的决定式。=指、电容的定义式

4nka

C=蓝和场强公式E=?进行分析

5.答案：D

解析：解：4、对最后1s内的运动采取逆向思维，设列车的加速度大小为a,运动的时间为Is,根据

x-j«t2＞则a=詈=牛根/$2=2巾/$2,故A错误；

2

B、设列车做减速直线运动的初速度为北,列车在第1s内的位移为：X1=v0t-lat,列车在第Is内

的位移为19nl，代入数据可得：%=20m/s,故B错误；

C、根据速度-时间公式at得，则列车减速的时间：t0=£=ms=l°s,列车在12s内的位移等

于刹车的总位移，为：X。=3,“=mx10m=100m,故C错误；

。、列车制动后最终的末速度为0,所以列车制动阶段的平均速度为：v=^=^m/s=10m/s,

故力正确。

故选：D。

本题采取逆向思维来解决比较简单，最后1s的运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，根据x=

5砒2求出列车的加速度，再根据匀变速直线运动基本公式即可求解.

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移-时间公式和速度-时间公式，并能灵活运用.

6.答案：AC

解析：解：4、根据功能关系可知，从P到Q再返回到P的过01*;

程中克服摩擦力做的功等于动能的损失，所以克服摩擦力做J

的功为：Wf=^mvl—=m^V1~V2\故A正确；v

8、小物块上滑过程中经过某一点的速度大小大于下滑过程吻如皿勿物加卜；

中经过该点的速度大小，根据向心力的知识可知，上滑过程中经过某一点物块对斜面的压力大于下

滑过程中经过该点的压力，所以上滑过程中的平均摩擦力大于下滑过程中的平均摩擦力，所以上滑

过程中克服摩擦力做功大于下滑过程中克服摩擦力做功，故3错误；

CD、取过P点的势能面为零势能面，设PQ之间高度中点为。，如图所示，上滑过程中，小球在。点的

重力势能是Q点重力势能的一半，由于摩擦力还要做功，所以小球在。点的动能一定要大于P。之间

的重力势能的差，所以小球在。点的动能一定大于小球在。点的重力势能，可知小球从P到Q的过程

中动能等于重力势能的位置在0点上方，故C正确、D错误。

故选：AC«

根据功能关系分析克服摩擦力做的功；上滑过程中的平均摩擦力大于下滑过程中的平均摩擦力，由

此分析克服摩擦力做功情况；根据小物块上滑过程中距离地面的高度为T处的动能与初动能的关系、

重力势能与最高点重力势能的关系，分析上滑过程中动能等于重力势能的位置距离地面的高度。

本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道机械能的变化与除重力或弹力以

外的力做功有关，能够根据向心力的知识分析正压力、摩擦力的大小变化情况是关键。

7.答案：AC

解析：解：AB,对整体分析，加速度为：a=恶，因为4、B接触前后总电量不变，则整体所受的

M+m

电场力不变，加速度大小相等，即％=。2,故A正确，8错误。

8、隔离对B分析,4、B接触前，绳子的拉力为:&=Ma=普,4、B接触后，对B有:F2+q'E-/库=

M+m阡

Ma,则有：尸2=黑+尸库-4%，由于4、8间的库仑斥力小于B受到的电场力，可知&>?2,故

C正确，£>错误。

故选：ACo

对整体分析，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，从而比较出4、B接触前后的加速度大小，隔

离对8分析，根据牛顿第二定律得出拉力的表达式，从而比较大小。

本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道4B具有相同的加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运

用。

8.答案:AC

解析：

本题考查了动量守恒定律及其应用；两小球的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律

即可求出碰撞后两球的速度，然后应用机械能守恒定律、动量公式、动能公式即可正确解题。

两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，由动量守恒与机械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，

然后答题。

人两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，以a的速度方向为正

方向，由动量守恒定律有：小处=小巧+3771方，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：=

解两式得：％=-晟，v2=^,可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，

故A正确；

8.两球速度大小相等，两球质量不相等，两球的动量大小不相等，故8错误；

C.碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为3设球的最大摆角分别为a、0,由机械能守恒

定律得，对a球：，，浒=ingL(l-eot*1),对b球：;•:；〃nj=-eoaii),解得：cosa=cos/i,

则a=£,B|J：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故C正确；

D第一次碰撞后的瞬间，两球速度大小相等，两球质量不同，则两球动能不相等，故。错误。

故选4C。

9.答案：BD

解析：解：力、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，不是由于

分子间存在斥力，故A错误。

8、在液体表面，分子间的间距大于平衡距离分子间作用力表现为引力，所以液体表面存在张力，

使大头针能浮在水面上，故B正确。

C、人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距增大，故C

错误。

£)、单晶体呈现各向异性，是由于晶体内部原子按照一定规则排列形成的，故。正确。

故选:BD。

压缩气体要用很大的力，这是因为要克服大气压力.液体表面存在表面张力.单晶体具有各向异性，

原因是晶体内部原子按照一定规则排列.

本题是对热力学基础知识的考查，关键要掌握分子动理论、晶体的特性等热点知识.

10.答案：BD

解析：解：/I、由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方

向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动。故A错误；

B、由波长与波速关系可求出，波的周期为7=1s,两质点传到M的时间4为当t=0.75s时刻，

质点M恰沿y轴负方向，故8正确;

C、由波长与波速关系可求出，波的周期为T=1s,两质点传到“的时间为当t=ls时刻，两波

的波谷恰好传到质点M,所以位移为-4cm。故C错误；

D、由波长与波速关系可求出，波的周期为T=1s,两质点传到M的时间为当t=ls时刻，两波

的波谷恰好传到质点M,所以位移为-4cm。故。正确；

故选：BD。

两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振

动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。由此可根据4B间距求出该的波长，

从而算出波的周期。由波的传播方向来确定质点的振动方向。

波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；

当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。

11.答案：0.6；2：1

解析：

明确实验原理，根据纸带可分析碰撞前后的对应的点迹；由速度公式求出速度，然后根据实验数据

求出质量与速度的乘积，分析实验数据然后得出结论。

本题考查了验证动量守恒定律实验，由图示纸带求出小车的位移、由速度公式求出小车的速度即可

正确解题，解题时要注意单位换算。

由纸带及刻度尺可得碰前甲车两点间的距离应为：

X=12mm=12x10-3m

则甲车的速度为：

同理可知，碰后两车的共同速度为：

8x10-3_..

=--------m/s=0.4ms

z0.02''

由动量守恒定律有：

小*％=O#+M乙）方

由此得甲、乙两车的质量比为：

根甲_

v2_0.4_2

乙

m%—v20.6—0.41

故答案为：0.6；2：1

12.答案：（1）1.2；

(2)1.50；2.50

解析：

将电压表量程扩大时应串联一个电阻，根据电压扩大的倍数可知应串联电阻的大小；外电压与电流

成线性关系，图线是一条直线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小。

解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E=U+Ir,以及会通过U-/图线得出

电源的电动势和内阻。

解：(1)要使量程扩大1倍，则应串联一个与电压表内阻相等的电阻，故应使与之串联的电阻箱的阻

值为1.2X2；

(2)在U-/的图象中纵轴截距表示电动势的大小，由图可知，电源的电动势为1.50匕

图线斜率的绝对值表示内阻的大小，r=当=里等。=2.500；

A!0.4

故答案为：(1)1.2；(2)1.50；2.50。

13.答案：解：木块随转盘做匀速圆周运动，合外力提供向心力，木块受到重力、支持力和静摩擦力，

竖直方向受力平衡，则有FN=mg=0.02x10=0.2N,重力的方向竖直向下，支持力的方向竖直向

上，

静摩擦力提供向心力，方向指向圆心，r=m*=0.02x至产=0.004TT2N

答：木块受3个力，重力大小为0.2N,方向竖直向下，支持力大小为0.2N,方向竖直向上，静摩擦力

大小为0.0047r2/v,方向指向圆心.

解析：木块随转盘做匀速圆周运动，合外力提供向心力，对木块受力分析，受到重力、支持力和摩

擦力，根据向心力公式求解摩擦力.

解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，要求同学们能正确分析物体的受

力情况，难度不大，属于基础题.

14.答案：解：(1)小物块能够通过半圆轨道的最高点C,对小物块在C点应用牛顿第二定律可得：mg<

强,

R，

对小物块从4到C应用动能定理可得：WF-2mgR=-0>^mgR,所以，水平恒力对小物块

做的最小功为Wfmin=|mgR；

(2)质点做平抛运动回到4点，设质点经过C点时速度为"C，由平抛运动规律有：小球在竖直方向做

自由落体运动：2R=[gt2；

小球在水平方向做匀速直线运动：x=vct=2vc^,所以，攻7=|监

小球从A到C过程只有推力F和重力对物体做功，故由动能定理有：Fx-2mgR=^mv^

所以，尸=刎诧+2mgR=如x?看+2mgR=।2R）：

故当端=§，即x=4R时，尸取得最小值，Fmin-mg；

答：（1）如果小物块能够通过半圆轨道的最高点C,水平恒力对小物块做的最小功为|mgR；

（2）如果小物块沿半圆轨道运动到C处后恰好抛落到4处，则X取4R时，在整个运动过程中，水平恒力

F最小；最小值为rng.

解析：（1）对小物块在C点应用牛顿第二定律求得速度范围，然后对4到C的运动过程应用动能定理即

可求解；

（2）根据平抛运动规律将C点处速度用x表示，然后对整个过程应用动能定理求得F的表达式，即可求

得最小值.

经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、

动能定理及几何关系求解.

15.答案：解：（1）初态：对活塞A受力分析，根据受力平衡得：

mg+pos=pa

对活塞B受力分析，根据受力平衡的：mg+pc=P2S，

设温度