2021年河南省高考物理猜题试卷(含答案解析)

2021年河南省高考物理猜题试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.在物体运动过程中，下列说法不正确的有（）

A.一个质点在一个过程中如果其动量不变，其动能也一定不变

B.动量不变的运动，一定是匀速运动

C.如果在任何相等时间内物体的冲量相等（不为零），那么该物体一定做匀变速运动

D.若一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零

2.下列说法不正确的是（）

A.目前世界上各国的核电站都是利用轻核聚变反应放出的能量

B.压力和温度对放射性元素衰变的快慢都没有影响

C.在光电效应现象中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关

D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减

小，原子总能量增大

3.2017年6月19号，长征三号发射的“中星94”卫星没有按照原计划进入

预定轨道。后经多次调整成功变轨进入同步卫星轨道。变轨原理图如图

所示，卫星从椭圆轨道I远地点Q改变速度进入地球同步轨道口，P点为

椭圆轨道近地点。下列关于卫星说法正确的是（）

A.在轨道I运行时，VP=VQ

B.在轨道i与n的Q点，速度/Q<

C.在轨道I与II的Q点，加速度a股>aSQ

D.在轨道I与H上，周期T®>T®

4.如图所示，虚线为以正点电荷为圆心的圆周，a、b为圆周上的两点，两处分别放/'一、'§

置带等量异种电性的电荷.则下列物理量相同的是（）Je

\/

A.电场力、---•/

B.电势

C.场强

D.电势能

5.某轻质弹簧的劲度系数为k.不挂钩码时，弹簧下端对应的刻度为&，如

图甲所示.挂上钩码，静止后弹簧下端对应的刻度为右（弹簧处于弹性限

度内），如图乙所示.则乙图中弹簧的弹力大小等于（）

A.kx0B.kx±C.k（xi+x（））D.

kg-x0）

二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）

6.如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上

端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良

好。现由静止释放金属棒ab,假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是（）

A.金属棒协下滑过程中M板电势高于N板电势

B.金属棒ab匀加速下滑

C.金属棒ab最终可能匀速下滑

D.金属棒下滑过程中减少的重力势能等于棒增加的动能

7.下面四个图象分别表示四个物体的位移、速度、加速度随时间变化的规律.其中反映物体受力

8.小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,

然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户,

如图所示.下列说法正确的是（）

发电站升压降压用户

变压器变压器

A.升压变压器原线圈的匝数比副线圈匝数少

B.升、降压变压器的原副线圈的匝数比相等

C.输送过程中电能的损耗主要来自输电线路的发热

D.升压变压器副线圈两端的电压比降压变压器原线圈两端电压大

9.如图所示是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的％-t图象，则振动系

统在（）

A.q和匕时刻具有相同的动能

B.t3和Q时刻具有相同的势能

C.J和t5时刻具有相同的加速度

D.t3和t5时刻，振子所受回复力相等

三、实验题（本大题共3小题，共20.0分）

10.某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开

始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量

的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为

50Hz.

①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点和之间某时刻开始减速。

②计数点5对应的速度大小为m/s,计数点6对应的速度大小为（保留三位有效数字

）°

③物块减速运动过程中加速度的大小为a=m/s2,若用］来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g

为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值_（填“偏大”或“偏小”）。

11.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V,3W”，其他供选择的器

材有

电压表V（量程0〜6V，内阻20k。）电流表4式量程0〜34，内阻0.2。）

电流表A式量程0〜0.64,内阻1。）滑动变阻器R（阻值0〜200,2A）

学生电源E（电动势8V,内阻不计）开关S及导线若干

实验中要求电压表的示数能在0〜6V范围内变化.读出多组电压和电流值，在坐标纸上通过描点法

画出小灯泡的伏安特性曲线.

图1图2

(1)实验中电流表应选用.

(2)在图1虚线框中画出实验电路图.

(3)某同学利用测量的数据，画出图2的图线，但该同学忘记在坐标上标明横坐标和纵坐标所表示物

理量.请你根据图线作出判断：横坐标表示,纵坐标表示.

12.某学习兴趣小组在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。

(1)在该实验中，采用了理想化模型的方法。关于采用的理想化假设，下列选项不正确的是。

A.把分子看作小球

比油酸在水面上形成单分子纯油酸油膜

C分子一个挨一个紧密排列

D不考虑油酸分子间的分子力

(2)实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为n,N滴溶液体积为匕若将1滴该溶液滴入盛水的浅盘中，

稳定后形成的单分子油膜的面积为S,根据上述数据，可求出油酸分子的直径为。(用提

供的物理符号表示)

(3)若实验中撒入的瘁子粉太厚，计算出的分子直径______。(填“偏大”、“偏小”或“不变”)

四、简答题(本大题共1小题，共20.0分)

13.如图所示，4为粒子源，F为荧光屏，在4和极板B间的加速电压为Ui，在两水平放置的平行导体

板C、。间加有偏转电压小，现分别有质子和a粒子(氨核)由静止从4发出，经加速后以水平速度

进入C、。间，不计粒子的重力，它们能打到F的同一位置上吗？为什么？

五、计算题(本大题共3小题，共32.0分)

14.工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物m=20kg,以初速度％=10m/s滑上静止

的小车M,M=30kg,货车高九=0.8m.在光滑的轨道OB上设置一固定的障碍物，当货车撞到

障碍物时会被粘住不动，而货物就被抛出，恰好会沿8c方向落在8点，己知货车上表面的动摩

擦因数“=0.5,斜面的倾角为53。。讥53。=0.8,cos53。=0.6,g=10m/s2),求

(1)求货物从A到B点的时间；

(2)求4B之间的水平距离；

(3)若已知。4段距离足够长，导致货车在碰到4之前己经与货物达到共同速度，则货车的长度是多少.

15.如图所示，下端开口的圆柱形容器(导热性能良好)竖立在水面上，其上部封闭有一定质量的理

想气体。当环境温度为A时，容器底部与水面间的高度差为心，容器内外水面间的高度差为电；

当环境温度升高到4(未知)时，容器上升的高度为儿此过程中气体从环境中吸收的热量为Q。

容器的横截面积为S,已知大气压强始终保持po不变，水的密度为p,当地的重力加速度为g。

(1)容器内部气体压强p:

(2)环境温度72；

(3)环境温度从A升高到72过程中，气体内能的变化量/u。

vn

hi____

：--*2X<«-

16.如图所示，圆心为0、半径为R的半圆形玻璃移置于水平桌面上，

光线从。。的中点4垂直于半径00入射，在B点恰好发生全反射，

反射光线到达C点。已知光在真空中传播的速度为c,不考虑光的

多次反射。求：

(1)玻璃砖的折射率；

(2)光穿过玻璃砖所用的时间。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4一个质点在一个过程中如果其动量不变，根据劣=比则动能也不变，故4正确；

B、一个质点在一个过程中如果其动量不变，则是速度的大小不变，方向不变，所以一定是匀速直线

运动，故B正确；

C、如果在任何相等时间内物体的冲量相等（不为零），根据冲量的定义：/=Ft可知物体受到的力一

定是恒力，那么该物体一定做匀变速运动，故C正确；

。、一个力对物体做功为零，这个力对该物体的冲量不一定为零，如做匀速圆周运动的物体.故。

错误；

本题选择不正确的，故选：D

动量P=nw,动能EK=17nt»2,二者的关系为：EK.动量是矢量，动能是标量.

该题考查动量与动能之间的关系，解答的关键是要抓住动量是矢量，既有大小，又有方向，而动能

是标量.

2.答案：A

解析：解：A、目前世界上各国的核电站都是利用重核聚变反应放出的能量，故4错误；

8、放射性元素衰变由原子核本身决定，与压力和温度无关，故B正确；

C、根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W,在光电效应现象中，从金属表面逸出的光电子

的最大初动能与入射光的频率有关，故C正确；

。、氢原子核外电子从半径较小的轨道吸收能量后，跃迁到半径较大的轨道，故原子的总能量增大，

按照玻尔理论可知，k^=m-,解得动能：Imv2=—,轨道半径增大，电子的动能减小，故。

r2V22r

正确。

本题选错误的，故选：4。

核电站利用重核聚变反应放出的能量。

半衰期与物理、化学环境无关。

依据光电效应方程可知，影响最大初动能的因素。

根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力，判断动能的变化，通过总能量的变化判断电势能

的变化。

此题考查了光电效应、聚变和裂变反应、玻尔理论以及衰变等相关知识，综合性较强，涉及到的知

识点较多，解题的关键是掌握这些知识的基本概念和基本规律，以及理清一些物理学史。

3.答案：B

解析：解：4、在椭圆轨道I上运行，近地点的速度大于远地点的速度，即吟＞用,故A错误；

8、卫星变轨过程，要在椭圆轨道/上的Q点加速然后进入同步轨道〃，因此卫星在椭圆轨道I的Q点

的速度小于在同步轨道H的Q点的速度，故B正确；

C、万有引力提供卫星做圆周运动的向心力G等=zna,解得：a=胃,卫星在椭圆轨道I的Q点的

轨道半径r等于在同步轨道II的Q点的轨道半径，则卫星在椭圆轨道I的Q点的加速度等于在同步轨

道口的Q点的加速度，故C错误；

。、由图可知，椭圆轨道I的半长轴小于同步轨道II的半长轴，根据开普勒第三定律可知，椭圆轨

道I运行时周期小于在同步轨道H,故。错误；

故选：B。

在椭圆轨道上，根据开普勒第二定律比较近地点和远地点速度的大小。在近地圆轨道加速，做离心

运动而做椭圆运动，在远地点，需再次加速，使得万有引力等于向心力，进入同步轨道。根据变轨

的原理比较速度的大小。

本题考查了万有引力定律的应用，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，知道卫星变轨的原

理是解题的关键，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。

4.答案：B

解析：解：AC,根据点电荷的电场强度公式E=华，可知两电荷在a、b点产生的场强大小相等，方

向不同，则场强不同，a、b两处分别放置带等量异种电性的电荷，

依据F=qE,可知，它们的电场力大小相等，方向一是指向圆心，另一是背离圆心，方向不相同，

故AC错误。

8、以点电荷为圆心的球面，各点的电势处处相等，因此a、b两点的电势相等。故B正确。

D、a、b两点的电势虽相等同，但两处分别放置带等量异种电性的电荷，依据Ep=q。，可知，它们

的电势能不相等。故。错误。

故选：B。

根据点电荷的电场强度公式E=与，判断各点的场强大小.根据电场线的分布判断电势的高低.依

r2

据尸=9凡从而判断电场力大小，及同种电荷相吸，异种电荷相斥.根据Ep=q。，可判断电势能的

大小.

解决本题的关键知道点电荷的电势面的分布，以及会根据Ep=q。，来判断电势能的高低.

5.答案：D

解析：解：由图可知，在挂上钩码后，弹簧的伸长量为：X=Xi-X0

由胡克定律可得乙图中弹簧的弹力大小为：F=kx=k(xx-x0)

故选项ABC错误，。正确；

故选：D。

根据题目所给条件找出弹簧的伸长量，再利用胡克定律F=履求出乙图中弹簧的弹力大小

考查胡克定律的简单应用，特别要注意对胡克定律表达式尸=依的理解，其中k是弹簧的劲度系数,

x为弹簧的伸长量或压缩量，注意x不是弹簧的长度.

6.答案：AB

解析：解：力、由右手定则可知，金属棒切割磁感线的过程中，a端电势高，b端电势低，故M板的电

势高于N板的电势，故A正确；

BC、金属棒切割磁场的过程中，由牛顿第二定律可知：mgsinO-iLB=ma,电容器两板间的电势

差U=E=BLv,电容器所带电荷量为q=CU=CE=电容器在充电，充电电流i=詈=

CBL^=CBLa,联立上述各式，得金属棒运动的加速度：a=①鬻，该加速度为恒定值，故金

△tm+CB2L2

属棒做匀加速直线运动，故B正确，C错误；

。、金属棒下滑的过程中，减小的重力势能除了转化为动能外，还有能量储存为电场能，故。错误。

故选：AB.

根据右手定则可判断金属棒切割磁感线的过程中，其两端电势的高低；由牛顿第二定律可得含容回

路中，导体棒运动的加速度公式为a=学缁，可判断导体棒正做匀加速直线运动。

m+CB2l7

本题考查导体切割磁感线与力学的结合，要求能熟练使用右手定则判断动生电动势的方向，并能从

牛顿第二定律出发，推导金属棒运动的加速度，是解决问题的关键。

7.答案：AC

解析：解：4、位移-时间的图象的斜率等于速度，斜率不变，说明物体的速度不变，做匀速直线运

动.故4正确.

8、此图表示物体的速度不断减小，说明物体做匀变速直线运动，故B错误.

C、此图表示物体的速度不变，说明此运动是匀速直线运动.故C正确.

。、此图表示物体的加速度不断减小，说明物体做变加速直线运动，故。错误.

故选：AC.

物体受力平衡时处于静止或匀速直线运动，匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变，位移随时

间均匀变化，加速度为零.根据这些知识进行选择.

本题首先要掌握匀速直线运动的特点：速度不变，其次要从各个图象数学意义来理解其物理意义，

弄清楚斜率表示的物理意义.

8.答案:ACD

解析：解：4根据变压器原副线圈两端的电压与线圈匝数成正比，所以升压变压器的原线圈的匝数

比副线圈的匝数少.故A对.

8.升压变压器的原副线圈匝数比一定小于1,而降压变压器的原副线圈匝数比一定大于1,所以升降

变压器的匝数比不可能相等.故B错.

C根据Q=/2Rt知，只要有电流通过，而且存在电阻就会发热，输送电能中电能的损耗主要是由于

输电线上的电阻，故C对.

。.将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，所以升压变压器副线圈两端的电压

比降压变压器原线圈两端的电压大.故。对.

故选ACD.

将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导致电压损失，功率损失.

远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.

9.答案：AB

解析：解：4、t,和t3时刻位移相同，振子到达同一位置，故弹簧长度相同，弹性势能相同，动能也

相同，故A正确；

B、t3和t4时刻弹簧的形变量相同，故弹性势能相同；故B正确；

C、。和上时刻位移相反，根据a=-辞，知加速度相反，故C错误；

D.t3和ts时刻，振子所受回复力指向平衡位置，大小相等，方向相反，故。错误；

故选：AB.

弹簧振子做简谐运动时，位移越大，弹性势能越大，动能越小，弹簧行变量越大，故加速度越大，

速度和加速度都是矢量，只有大小和方向都相同时才能说相同.

利用图象斜率判断速度，利用加速度a=-"判断加速度的大小和方向是解决本题的关键.

m

10.答案：671.002.00偏大

解析：解：①从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运

动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时

刻开始减速；

„%460.1101+0.0900

②%=方=------芥------=100m/s

③由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：

a=X9-^-9=-2.00m/s\

在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值

偏大。

故答案为：①6；7；@1.00；③2.00,偏大

①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表

示物体做减速运动；

②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；

③用作差法求解减速过程中的加速度；

点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识

的理解与应用。

11.答案：A2；电流；电压

解析：解：(1)灯泡额定电流/=《=0.54,电流表应选A2

(2)电压表。〜6U范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法，电流表应采用外接法，实验电路图如图

所示；

(3)某同学利用测量的数据，画出如下图的图线，但该同学忘记在坐标上标明横坐|-g~|

标和纵坐标所表示物理量.请你根据图线作出判断：横坐标表示电流，纵坐标表示

电压.

fl1$

故答案为：(1)A2

(2)如图

(3)电流,电压.

根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；

电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接

法，然后作出实验电路图.

本题考查了实验器材的选取、作实验电路图，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器只能采用分压

接法.

12.答案：D喘偏大

解析：解：(1)在该实验中，采用了理想化模型的方法有：

4.把分子看作小球，故A正确；

B.油酸在水面上形成单分子纯油酸油膜，故B正确；

C分子一个挨一个紧密排列，故C正确；

D是否要考虑油酸分子间的分子力与本实验无关，故。不正确；

本题选择不正确的，

故选：Do

(2)一滴溶液中含纯油的体积：V0=^-n=~

那么油分子直径：d=J=总

SNS

(3)实验过程中，若油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由d=(可知，

实验测量的油酸分子的直径偏大。

故答案为：(1)。；(2燃；(3)偏大。

(1)明确“用油膜法估测分子的大小”实验的实验原理：油酸以单分子呈球型分布在水面上，且一个

挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，即可正确解答；

(2)根据题意求出油酸的体积，最后求出油分子的直径；

(3)依据d=(,结合琲子粉太厚，即S太小，从而即可求解。

本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验步骤和数据处理，难度不大，是一道基础题，

熟练掌握基础知识即可正确解题；解题时要注意，％应该是纯油的体积，不是酒精油酸溶液的体积。

13.答案：解：它们能打到F的同一位置上，因为：

在加速电场中，由动能定理得

qUJJi=-1mvS2

两个粒子在CD间偏转电场中做类似平抛运动；

水平方向：L=vot

竖直方向：y=|at2

根据牛顿第二定律，有：。=吟

解得：尸需

由此可知，偏转量与粒子的电荷量和质量无关，因此质子和a粒子能打到F的同一位置.

答：它们能打到F的同一位置上，理由见上.

解析：对直线加速过程运动动能定理列式，此后做类似平抛运动，根据水平分运动求解时间，再求

出侧移量y判断.

本题关键是要明确两种粒子的运动规律，然后根据动能定理、分位移公式列式后求解出侧移量y进行

分析讨论.这个结论要在理解的基础上记牢.

14.答案：解：(1)货物从小车上滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：h=lgt2,

解得：t=0.4s；

(2)货物到达8点时的竖直分速度：vy=gt=4m/s,

在B点分解速度，如图所示：

tan53°=—,

vx

解得：vx—3m/s,

4B之间的水平距离：sAB=vxt=1.2m：

(3)在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系

统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：

=(m+共,

解得：v^=4m/s,

由能量守恒定律得：Q=nmgs^=1mvl-1(m+M)

解得：s相对=6m,

当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，

对货物，由动能定理得：-lings'=

解得：s'-0.7m,

车的最小长度：故乙=s^+s'=6.7m；

答：(1)货物从4到B点的时间为0.4s；(2)48之间的水平距离为1.2m；(3)货车的长度是6.7m.

解析：(1)货物离开小车后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由自由落体运动的位移公式求

出运动时间.

(2)由匀变速运动的速度公式求出竖直分速度，然后求出水平分速度，最后由位移公式求出4