1、2021 年河南省郑州市高考物理三模试卷年河南省郑州市高考物理三模试卷二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第分在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目题只有一项符合题目要求，第要求，第 1921 题有多项符合题目要求全部选对的得题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分1（6 分）如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是（）高高考考A处于基态的氢原子吸收 10.5eV 的光子后能跃迁至 n2 能级B大量处于 n4 能级的氢原子向
2、低能级跃迁时，最多可辐射出 3 种不同频率的光C若用从 n3 能级跃迁到 n2 能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从 n4 能级跃迁到 n3 能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D用 n4 能级跃迁到 n1 能级辐射出的光，照射逸出功为 6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为 6.41eV试卷试卷 测测2（6 分）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为（）A2m/sB5m/sC8m/sD11m/s1203（6 分）如图所示，M、N 为平行板电容器的两个
3、金属极板，G 为静电计，开始时闭合开关 S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是（）高考高考A开关 S 保持闭合状态，将 R 的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B开关 S 保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C断开开关 S 后，将两极板间距增大，板间电压不变D断开开关 S 后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变4（6 分）地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所成夹角叫做地球对该行星的观察视角，如图中 所示。当行星处于最大观察视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时机。已知某行星的最大观察视角为 ，则该行星绕太阳
4、转动的0角速度与地球绕太阳转动的角速度之比（）试卷试卷1113 AB siC 0D30005（6 分）如图所示，光滑的水平面上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球。现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力 F，在拉力 F 作用下，试管向220右做匀速运动，带电小球将从管口飞出。下列说法正确的是（）A小球带负电B小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功C小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线D维持试管做匀速运动的拉力 F 应为恒力6（6 分）倾角为 的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为练练，平行于斜面的力传感器上端连接木板，下
5、端连接一光滑小球，如图所示。当木板固定时，传感器的示数为 F，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为 F，则下列说法正确的是12（）试卷试卷A若 0，则 F FB若 0，则 F 02122D若 0，则 =C若 0，则 tan17（6 分）两带电量均为+Q 的点电荷分别固定于 x 轴上的2x 和 2x 处，将一带+q 的试探电荷从x000处由静止释放，试探电荷只受电场力的作用，从 x 轴上的x 到 x 的过程中，场强 E、试探电荷的加00速度 a、速度 v、电势能 E 等随 x 坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v 选 x 轴正向为正方向，无p穷远处为零电势能点）（）32 1
6、 年年AB高考复习高考复习CD8（6 分）“弹跳小人”（如图甲所示）是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为 0.80kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度 h0.40m 时，然后由静止释放滑块。滑块的动能 E 随离地高度 hk练习练习变化的图象如图丙所示。其中高度从 0.80m 到 1.40m 范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面 为 重 力 势 能 的 参 考 平 面，空 气 阻 力 为 恒 力，g 取 10m/s，则 结 合 图 象 可 知（）2试卷试卷 测试题测试题A弹簧原长为 0.
7、72mB空气阻力大小为 1.00NC弹簧的最大弹性势能为 9.00JD弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为 5.40J三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第 22 题第题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作题为必考题，每个试题考生都必须作答第答第 33 题第题第 38 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 129 分分49（5 分）小明同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示。其中 A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳。图乙是 OB 细绳所连弹簧测力计
8、的指针指示情况，图丙是小明根据实验在白纸上画出的图，但是擦去了部分辅助线，请你回答下列问题。高考复习题高考复习题（1）图乙中弹簧测力计的读数为N；（2）图丙中有 F、F、F、F四个力，其中力（填上述字母）的大小不是由弹簧测力计直接12读出的，你测量的结果是（结果保留两位有效数字）。10（10 分）二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性。正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值（称为开启电压）时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性。加反向电压（不超过击穿电压）时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变。物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙
9、、丙三种电路，如图所示。小组最终选择了丙图。操作步骤如下试卷试卷 测试测试题题a根据电路图丙连接电路；5b闭合开关 S，调节各可变电阻，使得开关 S 由断开到闭合时，灵敏电流表 G 指针无偏转，并记录12此时电压表 V 的示数 U 和电流表 A 的示数 I；c调节可变电阻，重复步骤 b，读出多组不同的 U 值和 I 值，记录数据如表格所示；电压0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.8090.0U/V电流000001.04.013.027.053.0I/mAd在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线。根据以上内容，请回答以下问题（1）从设计原理上讲，对
10、于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是A甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用（2）在坐标图中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线。试卷试卷 测测6（3）从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为V（结果保留一位有效数字）。（4）已知二极管的电阻 R U/I，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着 U 的增大D而迅速（填“增大”或“减
11、小”）（5）从设计原理上讲，电路图丙中的二极管电阻测量值真实值。（填“大于”、“等于”或“小于”）11（12 分）翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力 F 始终与飞行方向相同，空气升力 F 与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即 F C v；空气阻力 与飞行方向2F2111相反，大小与速度的平方成正比，即 F C v，其中、C 相互影响，可由运动员调节，满足如图2C1222甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为 m90kg。（重力加速度取 g10m/s）2（1）若飞行员使飞行器以
12、速度 v 10 3m/s 在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计1算，飞行器受到的动力 F 为多大？（2）若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节 C 15.0Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为 37，求飞行器做匀速圆周运动的半径 r 和速度 v 大2小。（已知 sin370.6，cos370.8）试卷试卷 测试测试题题12（20 分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B0.5T，在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L1m，电阻可忽略不计。质量均为 mlkg，电阻均为 R2.5
13、的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a0.4m/s2 向右做匀加7速直线运动，5s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 v 做匀速直线运动。m（1）求棒 MN 的最大速度 v；m（2）当棒 MN 达到最大速度 v 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动。求解除mPQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热。（3）若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 v 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停m高考复高考复下来？（
14、运算结果可用根式表示）练练四、选考题：共四、选考题：共 45 分请考生从给出的分请考生从给出的 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并道生物题中每科任选一题作答，并用用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每科按所做的第一题计分物理一选修物理一选修 3-313（5 分）下列关于热现象的判断正确的是（）A单晶体和多晶体的
15、物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的B露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零D气体被压缩时，内能可能不变E不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其它影响四、解答题（共四、解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分）分）14（10 分）如图所示，在粗细均匀的 U 形管右侧，用水银封闭一段长为 L 19cm、温度为 T 280K118的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为 h6cm。已知大气压强为 p 76cmHg。0（i）给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高。（ii）若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充
16、水银，也可使两管水银等高，求补充水银柱的长度。高高考考五、五、物理物理-选修选修 3-415（5 分）a、b 两束相互平行的练练单色光，以一定的入射角照射到平行玻璃砖上表面，经平行玻璃砖折射后汇聚成一束复色光 c，从平行玻璃砖下表面射出，如图所示。则下列判断正确的是（）试卷试卷Aa 光波长比 b 光波长短Ba 光在玻璃中的传播速度比 b 光在玻璃中的传播速度大C玻璃砖对 a 光的折射率大D双缝干涉时，用 a 光照射得到条纹间距小E增大入射角，a 光在下表面可发生全反射9六、解答题（共六、解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分）分）16（10 分）如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置
17、，O、b、c 是弹性绳上的三个质点。现让质点O 从 t0 时刻开始，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为 y20sin5t（cm），形成的简谐波同时沿该直线向 Ob 和 Oc 方向传播。在 t 0.5s 时，质点 b 恰好第一次到达正向最大位移1处，O、b 两质点平衡位置间的距离 L 0.8m，O、c 两质点平衡位置间的距离 L 0.6m。求：12高考复习题高考复习题（i）此横波的波长和波速；（ii）计算 01.0s 的时间内质点 c 运动的总路程。并在图乙中画出 t1.0s 时刻向两方向传播的大致波形图。（画波形图时不要求解题过程）练习练习102021 年河南省郑州市高考物理三
18、模试卷年河南省郑州市高考物理三模试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第分在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目题只有一项符合题目要求，第要求，第 1921 题有多项符合题目要求全部选对的得题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分1（6 分）（2021郑州三模）如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是（）高考高考练练A处于基态的氢原子吸收 10.5eV 的光子后能跃迁至 n2 能级B大量
19、处于 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出 3 种不同频率的光C若用从 n3 能级跃迁到 n2 能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从 n4 能级跃迁到 n3 能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D用 n4 能级跃迁到 n1 能级辐射出的光，照射逸出功为 6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为 6.41eV【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程；J4：氢原子的能级公式和跃迁【专题】31：定性思想；4C：方程法；54N：原子的能级结构专题【分析】大量处于 n4 能级的氢原子，最多可以辐射出 6 种；能级间跃迁时，辐射（吸收）的光子能量等于两能级间的能级差；
20、根据光电效应发生条件：辐射光的频率大于极限频率，从而即可判定。11【解答】解：A、处于基态的氢原子吸收 10.2eV 的光子后能跃迁至 n2 能级，不能吸收 10.2eV 的能量。故 A 错误；2B、大量处于 n4 能级的氢原子，最多可以辐射出C=6 种，故 B 错误；4C、从 n3 能级跃迁到 n2 能级辐射出的光的能量值大于从 n4 能级跃迁到 n3 能级辐射出的光的能量值，用从 n3 能级跃迁到 n2 能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从 n4 能级跃迁到 n3 能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故 C 错误；D、处于 n4 能级的氢原子跃迁到 n1 能级
21、辐射出的光的能量为：EE E 0.85（13.6）4112.75eV，根据光电效应方程，照射逸出功为 6.34eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为：E kmEW12.756.346.41eV，故 D 正确；故选：D。【点评】解本题考查选修 35 中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，知道能级间跃练练迁放出或吸收光子的能量满足 hE E。mn2（6 分）（2021郑州三模）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为（）试试【考点】1N：竖直卷卷上抛运动测测A2m/sB5m/sC
22、8m/sD11m/s【专题】32：定量思想；4H：估算法；52E：机械能守恒定律应用专题；62：推理能力【分析】根据题意估计运动员跳起的高度，根据机械能守恒定律进行解答即可。【解答】解：运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心12升高高度约为：h1.3m12根据机械能守恒定律可知，=mgh；22=解得：v=故选：B。26m/s5m/s，故 B 正确，ACD 错误。【点评】本题考查机械能守恒定律的应用，对于生活中的各种实际运动要能正确建立运动模型，然后依据运动规律求解。3（6 分）（2021郑州三模）如图所示，M、N 为平行板电容器的两个金属极板，G 为静电计
23、，开始时闭合开关 S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是（）练练A开关 S 保持闭合状态，将 R 的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B开关 S 保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C断开开关 S 后，将两极板间距增大，板间电压不变D断开开关 S 后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变【考点】AS：电容器的动态分析【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题；61：理解能力【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化；闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势；并结合电容定义式 C=，13及电容决
24、定式 C=，同时推出电场强度综合表达式，即可求解。4【解答】解：A、B、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将 R 的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，指针张角总不变，故 AB 错误；C、断开电键，电容器带电量不变，将两极板间距增大，即 d 增大，根据 C=4，知，电容减小，根据 U=知，电势差增大，故 C 错误；D、断开电键，电容器带电量不变，若紧贴下极板插入金属板，则 d 减小，C=4，知，电容减4小，根据 E=知，极间的电场强度不变，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭
25、合，电容器两端的电势差不变，同时掌握电容的定义式与决定式的，并理解电场强度综合表达推导过程。4（6 分）（2021郑州三模）地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所成夹角叫做地球对该行星的观察视角，如图中 所示。当行星处于最大观察视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时机。已知某行星的最大观察视角为 ，则该0行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比（）试卷试卷1113B si C 0DA3000【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用【专题】31：定性思想；4C：方程法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题14【
26、分析】当地球与行星的连线与行星轨道相切时，视角最大，根据几何关系求出行星的轨道半径，再通过万有引力提供向心力求出运转的角速度之比。【解答】解：由题意当地球与行星的连线与行星轨道相切时，视角最大，可得行星的轨道半径 r 为：rRsin0得：=0设太阳的质量为 M，根据万有引力提供向心力，则有：=222得：=3行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比为：行星地球331=30故 A 正确，BCD 错误故选：A。【点评】本题对数学几何能力的要求较高，会根据几何关系求出行星的轨道半径，以及会通过角度关系求出再次出现观测行星的最佳时期的时间。5（6 分）（2021郑州三模）如图所示，光滑的水平面
27、上有竖直向下的匀强磁场，水平面上平放着一个试管，试管内壁光滑，底部有一个带电小球。现在对试管施加一个垂直于试管的水平拉力 F，在拉力 F作用下，试管向右做匀速运动，带电小球将从管口飞出。下列说法正确的是（）1520A小球带负电B小球离开试管前，洛伦兹力对小球做正功C小球离开试管前的运动轨迹是一条抛物线D维持试管做匀速运动的拉力 F 应为恒力【考点】CF：洛伦兹力【专题】12：应用题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题；61：理解能力；62：推理能力【分析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性。将小球的运动分解为沿
28、管子向里和垂直于管子向右两个方向。根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定 F 如何变化。【解答】解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电。故 A 错误。B、洛伦兹力是不做功的，因为在向上的洛伦兹力产生的同时，还产生了与 F 方向相反的一个洛伦兹力，两个洛伦兹力抵消，不做功。故 B 错误。C、设管子运动速度为 v，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦1兹力的分力 F qv B，q、v、B 均不变，F 不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。与平抛运动类1111似，小球运动的轨迹是一条抛物线。故 C 正确
29、。D、设小球沿管子的分速度大小为 v，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力 F qv B，v 增2222大，则 F 增大，而拉力 FF，则 F 逐渐增大。故 D 错误。2216故选：C。【点评】本题是洛伦兹力做功的问题，小球受到洛伦兹力，同时受到试管对小球的约束，伦兹力是不可能做功的。若带电粒子仅仅受到洛伦兹力的作用，洛伦兹力一定不做功，要注意题目提供的条件。6（6 分）（2021郑州三模）倾角为 的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为，平行于斜面的力传感器上端连接木板，下端连接一光滑小球，如图所示。当木板高考高考固定时，传感器的示数为 F，现由静止释放木板
30、，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为 F，则12下列说法正确的是（）A若 0，则 F FB若 0，则 F 02122D若 0，则 =C若 0，则 tan1【考点】27：摩擦力的判断与计算【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题；62：推理能力【分析】当木板沿斜面下滑时，对整体分析，求出加速度，隔离对小球分析，求出传感器示数的表达式，当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡求出传感器示数的表达式，从而分析判断。【解答】解：AB、当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有：F mgsin1静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若 0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律
31、可得：MgsinMa解得：agsin再以小球为研究对象，则有：mgsinF ma217解得：F 0，故 A 错误、B 正确；2CD、当木板沿斜面下滑时，若 0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为：agsingcos，隔离对小球分析有：mgsinF ma2解得：F mgcos，21则有：=22解得：=故 C 错误、D 正确。1故选：BD。【点评】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，知道木板沿斜面下滑时，小球和木板具有相同的加速度。7（6 分）（2021郑州三模）两带电量均为+Q 的点电荷分别固定于 x 轴上的2x 和 2x 处，将一带+q00的试探电
32、荷从x 处由静止释放，试探电荷只受电场力的作用，从 x 轴上的x 到 x 的过程中，场强000E、试探电荷的加速度 a、速度 v、电势能 E 等随 x 坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v 选 x 轴正p向为正方向，无穷远处为零电势能点）（）试卷试卷 测试测试ABCD18【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系【专题】31：定性思想；43：推理法；4B：图析法；531：带电粒子在电场中的运动专题；62：推理能力【分析】两带电量均为+Q 的点电荷电场分布如图所示，从 x 轴上的x 到 x 的过程中，电场强度先00减小，后增大，方向先向右，后向左；、由 a=，正电荷的加速度
33、和电场强度分布相似；从x0到 0 的过程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从 0 到+x 的过程中，速度减小，方向向0右，但速度增加变快；从x 到 0 的过程中，电场力做正功，电势能减小，到达 0 时，电势能为零，0从 0 到+x 的过程中，电场力做负功，电势能增大。0【解答】解：A、两带电量均为+Q 的点电荷电场分布如图所示，从 x 轴上的x 到 x 的过程中，电00场强度先减小，后增大，方向先向右，后向左。故 A 正确；B、由 a=，正电荷的加速度和电场强度分布相似。故 B 错误；C、从x 到 0 的过程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从 0 到+x 的过程中，速度减小，00
34、方向向右，但速度增加变快。故 C 正确；D、从x 到 0 的过程中，电场力做正功，电势能减小，到达 0 时，电势能为零，从 0 到+x 的过程00中，电场力做负功，电势能增大。故 D 正确。故选：ACD。试卷试卷 测测19【点评】本题考查了电势能与电场力做功、电势差和电场强度的关系等知识点。对等量同种电荷电场分布图要熟悉，对于各种图象一定要了解其图象的物理意义。8（6 分）（2021郑州三模）“弹跳小人”（如图甲所示）是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为 0.80kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地
35、面高度 h0.40m 时，然后由静止释放滑块。滑块的动能 E 随离地高度 h 变化的图象如图丙所示。其中高度从 0.80m 到 1.40m 范围内的图线为直线，其余部k高考复习题高考复习题分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g 取 10m/s，则结合图象可知2练习练习（）A弹簧原长为 0.72mB空气阻力大小为 1.00NC弹簧的最大弹性势能为 9.00JD弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为 5.40J【考点】2S：胡克定律；6B：功能关系【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52Q：功能关系 能量守恒定律；63：分析综合能力【分析】根据动能定理分析知道 E h 图象的
36、斜率表示滑块所受的合外力，从而求得空气阻力。高度k从 0.80m 上升到 1.40m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能。【解答】解：A、从 h0.8m 开始，弹簧离开地面，则知弹簧的原长为 0.8m。故 A 错误；20B、滑块从 0.80m 上升到 1.40m 内，在 E h 图象中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所k受的合外力，由于高度从 0.80m 上升到 1.40m 范围内图象为直线，说明滑块从 0.80m 上升到 1.40m 范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得（mg+f）h0E，由图知h0.60m，E 5.40J，解kk得
37、空气阻力 f1.00N，故 B 正确。C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以 E（mg+f）h9（1.400.4）9.00J，故 C 正pm确。D、滑块从 1.40m 下落至弹簧落回地面的瞬间，由动能定理得：（mgf）hE，可得，弹簧在落k1回地面的瞬间滑块的动能为 E 4.20J，故 D 错误。k1故选：BC。【点评】本题是能量守恒定律、动能定理和图象的综合问题，根据该图象的形状得出滑块从 0.8m 上升到 1.40m 范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。要明确能量有几
38、种形式，搞清能量是如何转化的。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第 22 题第题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作题为必考题，每个试题考生都必须作答第答第 33 题第题第 38 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 129 分分9（5 分）（2021郑州三模）小明同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示。其中 A为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳。图乙是 OB 细绳所连弹簧测力计试卷试卷 测试题测试题的指针指示情况，图丙是小明根据实验在白纸上画出
39、的图，但是擦去了部分辅助线，请你回答下列问题。21（1）图乙中弹簧测力计的读数为4.20N；（2）图丙中有 F、F、F、F四个力，其中力F（填上述字母）的大小不是由弹簧测力计直接读12出的，你测量的结果是4.3N（结果保留两位有效数字）。【考点】M3：验证力的平行四边形定则【专题】13：实验题；31：定性思想；42：等效替代法；526：平行四边形法则图解法专题；65：实验能力【分析】根据弹簧秤的读数方法进行读数；实验中要应用平行四边形作出两个力的合力，要作出用一个测力计拉橡皮条时拉力的图示，分析图示各力然后答题。【解答】解：（1）10 小格表示 1N，每格为 0.1N，估读到下一位，故读数为
40、4.20N；（2）F 在以 F 与 F 为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的，测量的结果是124.3N。故答案为：（1）4.20；（2）F；4.3N【点评】本实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点 O 的位置必须相同。要验证力的平行四边形定则，关键是作准力图，然而要想作好力图必须读准力的大小与画准力的方向。10（10 分）（2021郑州三模）二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性。正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值（称为开启电压）时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性。加反向电压（不超过击穿电压）时呈
41、现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变。物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图所示。小组最终选择了丙图。操作步骤如下222021 年年高考复习题高考复习题a根据电路图丙连接电路；b闭合开关 S，调节各可变电阻，使得开关 S 由断开到闭合时，灵敏电流表 G 指针无偏转，并记录12此时电压表 V 的示数 U 和电流表 A 的示数 I；c调节可变电阻，重复步骤 b，读出多组不同的 U 值和 I 值，记录数据如表格所示；电压0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80U/V电流000001.04.013.027.05
42、3.090.0I/mAd在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线。根据以上内容，请回答以下问题（1）从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是CA甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用23202（2）在坐标图中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线。高考复高考复（3）从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为0.5V（结果保留一位有效数
43、字）。（4）已知二极管的电阻 R U/I，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着 U 的增大D而迅速减小（填“增大”或“减小”）（5）从设计原理上讲，电路图丙中的二极管电阻测量值等于真实值。（填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题；65：实验能力【分析】（1）根据图示电路图分析实验误差来源。（2）根据表中实验数据应用描点法作出图象。（3）由图象求出死区电压值。（4）根据题意、图象应用欧姆定律分析答题。（5）根据图丙所示实验电路分析实验误差。【解答】解：（1）由图
44、示电路图可知，图甲采用电流表外接法，图乙采用电流表内接法，甲图误差的24来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用，故 C 正确，ABD 错误；故选：C；（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：高考高考复复（3）由图示图象可知，二极管死区电压为 0.5V；（4）通过二极管的电流随电压增加按线性关系迅速上升，由图示图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流比值减小，二极管电阻减小，正确在该区域，二极管的正向电阻随电压增加而减小。（5）由图丙所示电路图可知，图丙所示电路避免了电表内阻对实验的影响，电路图丙中的二极管电阻测量值等于真实值。故
45、答案为：（1）C；（2）图象如图所示；（3）0.5；（4）减小；（5）等于。【点评】本题是一道图象题，分析清楚图象，找出电压与电流的对应故选，应用欧姆定律即可正确解题，要掌握图象题的解题方法；要掌握描点法作图的方法。11（12 分）（2021郑州三模）翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力 F始终与飞行方向相同，空气升力 F 与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即 F C v；空气阻2111力 F 与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即 F C v，其中、C 相互影响，可由运
46、动员2C12222调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为 m90kg。（重力加速度取 g10m/s）225（1）若飞行员使飞行器以速度 v 10 3m/s 在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计1算，飞行器受到的动力 F 为多大？（2）若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节 C 15.0Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为 37，求飞行器做匀速圆周运动的半径 r 和速度 v 大2小。（已知 sin370.6，cos370.8）高考复习高考复习题题【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力【专题】11：计算题；22：学科综合题；32
47、：定量思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题；63：分析综合能力【分析】（1）物体做直线运动的条件是所受的合力方向与速度方向在一条直线上，根据运动员和翼型伞的受力情况进行判断；（2）竖直方向匀速运动，水平方向做圆周运动，根据力的做功表达式，结合前面条件，即可求解。【解答】解：（1）选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上有：mgC v 21 1得：C 3Ns2/m21由 C、C 关系图象可得：C 2.5Ns2/m2122在水平方向上，动力和阻力平衡：FF226又：F C v222 1解得：F750N（2）设此时飞行器飞行速率为 v，所做圆周运动的半径为 r，F 与竖直方向夹
48、角为，在竖直方向所21受合力为零，有：mgC v 2cos1 2222水平方向合力提供向心力，有：C =1 2联立解得：r30m；v 15m/s2答：（1）飞行器受到的动力 F 为 750N；（2）飞行器做匀速圆周运动的半径 r 为 30m，速度 v 大小为 15m/s。2【点评】能正确地理解题目所提示的信息，并有一定的数据解读能力是解决该题的关键，能建立物理模型，来简化实际问题。12（20 分）（2021郑州三模）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B0.5T，在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L1m，电阻可忽略不计。质量均为 m
49、lkg，电阻均为 R2.5 的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将 PQ 暂时锁定，金属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a0.4m/s2 向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 v 做匀速直线运m动。（1）求棒 MN 的最大速度 v；m（2）当棒 MN 达到最大速度 v 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动。求解除mPQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热。（3）若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 v 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多
50、远后停m下来？27202（运算结果可用根式表示）【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化【专题】32：定量思想；4C：方程法；539：电磁感应中的力学问题；63：分析综合能力【分析】（1）棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得列方程，根据 EBLv 求解产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律结合电功率的计算公式、共点力的平衡条件求解；（2）由能量守恒定律可得列方程求解；（3）棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间t 内，由动量定理结合电荷量的经验公式求解。【解答】解：（1）棒 MN 做匀加速运动，由
