河南省周口市西华一中2026届高考冲刺模拟物理试题含解析

这是一份河南省周口市西华一中2026届高考冲刺模拟物理试题含解析，共8页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、下列说法正确的是
A．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
B．气体温度不变，运动速度越大，其内能越大
C．温度降低物体内每个分子动能一定减小
D．用活塞压缩气缸里空气，对空气做功4.5×105J，空气内能增加了3.5×105J，则空气向外界放出热量1×105J
2、如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）
A．f=MgsinθB．f=Mgtanθ
C．N=(M+m)gD．N=Mg
3、如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是： （ ）
A．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量(动量P=mv，v为瞬时速度)
4、1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度．根据你所学过的知识，估算出地球密度的大小最接近 （ ）（地球半径R=6400km，万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2）
A．5.5×103kg/m3B．5.5×104kg/m3C．7.5×103kg/m3D．7.5×104kg/m3
5、理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律．以下实验中属于理想实验的是（ ）
A．伽利略的斜面实验
B．用打点计时器测定物体的加速度
C．验证平行四边形定则
D．利用自由落体运动测定反应时间
6、一束由a、b两种单色光组成的复色光射向玻璃制成的三棱镜，通过三棱镜的传播情况如图所示。关于a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃对a色光的折射率大于对b色光的折射率
B．a色光的光子能量小于b色光的光子能量
C．a色光在玻璃中的传播速度比b色光小
D．a色光发生全反射的临界角比b色光小
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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、在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
8、如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是( )
A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cs ωt
B．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C．电压表V示数为NBωL2
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小
9、如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表读数减小
B．小球的电势能减小
C．电源的效率变高
D．若电压表、电流表的示数变化量分别为 和 ，则
10、一列简谐横波沿x轴正方向传播，P和Q是介质中平衡位置分别位于x=lm和x=7m的两个质点。t=0时刻波传到P质点，P开始沿y轴正方向振动，t=ls时刻P第1次到达波峰，偏离平衡位置位移为0.2m；t=7s时刻Q第1次到达波峰。下列说法正确的是（ ）
A．波的频率为4Hz
B．波的波速为1m/s
C．P和Q振动反相
D．t=13s时刻，Q加速度最大，方向沿y轴负方向
E.0~13s时间，Q通过的路程为1.4m
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）用图甲所示的电路测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
双量程电流表A：（量程）；
双量程电压表V：（量程）；
滑动变阻器：（阻值范围，额定电流）；
滑动变阻器：（阻值范围，额定电流）。
(1)为了调节方便，同时测量精度更高，实验中应选用的电流表量程为_______，电压表量程为_____V，应选用的滑动变阻器为____________（填写滑动变阻器符号）；
(2)依据电路图用笔画线代表导线连接图乙中的电路元件（图中已完成了部分连线），要求闭合开关时滑动变阻器的滑片P处于正确的位置，并正确选用电压表、电流表的量程___________；
(3)多次测量并记录电流表示数和电压表示数，应用这些数据画出了如图丙所示图像。由图像可以得出电池的电动势_______V，内阻_______；
(4)根据实验测得的、U数据，令，，由计算机作出的图线应是图丁中的_______（选填“”“”或“”）。
12．（12分）用图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出AB之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．
(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量_____．
A．A点与地面间的距离H
B．小铁球的质量m
C．小铁球从A到B的下落时间tAB
D．小铁球的直径d
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_____，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为=_____．
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF）的方法跳伞。如果一个质量为50kg的运动员在3658m的高度从飞机上跳出（初速为零），降落40s时，竖直向下的速度达到50m/s，假设这一运动是匀加速直线运动。求：
（1）运动员平均空气阻力为多大？
（2）降落40s时打开降落伞，此时他离地面的高度是多少？
（3）打开降落伞后，运动员受的阻力f大于重力，且f与速度v成正比，即f＝kv（k为常数）。请简述运动员接下来可能的运动情况。
14．（16分）如图所示，半径均为的光滑圆弧轨道与在点平滑连接，固定在竖直面内，端与固定水平直杆平滑连接，两段圆弧所对的圆心角均为60°，一个质量为的圆环套在直杆上，静止在点，间的距离为，圆环与水平直杆间的动摩擦因数，现给圆环施加一个水平向右的恒定拉力，使圆环向右运动，圆环运动到点时撤去拉力，结果圆环到达点时与圆弧轨道间的作用力恰好为零，重力加速度，求：
(1)拉力的大小；
(2)若不给圆环施加拉力，而是在点给圆环一个初速度，结果圆环从点滑出后，下落高度时的位置离点距离也为，初速度应是多大。
15．（12分）如图所示，一竖直放置、缸壁光滑且导热良好的柱形气缸内盛有一定量的理想气体，活塞将气体分隔成体积相同的A、B两部分；已知活塞的面积为S，此时A中气体的压强为P1．现将气缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两部分气体的体积之比为1：2．在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞逸入另一部分，外界气体温度不变．求：
I.气缸平放时两部分气体的压强；
II.活塞的质量m．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A错误；
B、气体温度不变，则内能不变，运动速度增大说明宏观的机械能增大，与内能无关，故B错误；
C、温度是分子热运动平均动能的标志，故温度降低了，物体内分子热运动的平均动能降低，不是每个分子的动能都减小，故C错误；
D、根据热力学第一定律公式 ，由题意知，，，解得：，故空气向外界放出热量，故D正确．
2、C
【解析】
以m为研究对象，受力如图所示
由牛顿第二定律得
解得
而绳的拉力为
以M为研究对象，受力如图所示
在竖直方向上，由平衡条件有
在水平方向上，由牛顿第二定律有
解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
3、B
【解析】
从轨道1变轨到轨道2，需要加速逃逸，故A错误；根据公式可得：，故只要到地心距离相同，加速度就相同，卫星在椭圆轨道1绕地球E运行，到地心距离变化，运动过程中的加速度在变化，B正确C错误；卫星在轨道2做匀速圆周运动，运动过程中的速度方向时刻在变，所以动量方向不同，D错误．
4、A
【解析】
由黄金代换可得地球质量，地球体积公式可得密度，故A正确BCD错误。
5、A
【解析】
A．伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故A正确；
B．用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际操作的实验，故B错误；
C．平行四边形法则的科学探究属于等效替代法，故C错误；
D．利用自由落体运动测定反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故D错误．
故选A．
6、B
【解析】
AB．通过玻璃三棱镜后，b色光的偏折角最大，说明玻璃对b光的折射率大于对a色光的折射率，则b色光的频率最高，根据可知，a色光的光子能量小于b色光的光子能量，故A错误，B正确；
C．a色光的折射率小，根据分析可知a色光在玻璃中的传播速度大于b色光，故C错误；
D．玻璃对b光的折射率大，根据知b色光发生全反射的临界角小于a色光，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。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、CD
【解析】
试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．
B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故B错误．根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．根据，则有：；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选CD．
考点：远距离输电
8、AC
【解析】
A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
e=NBL2ωcsωt
故A正确；
B．变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B错误；
C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于
U2m=2NBωL2
根据电流的热效应可得
解得
U=NBωL2
故C正确；
D．当P位置向下移动，R增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D错误。
故选AC．
9、AD
【解析】
A项：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；
B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点P原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；
C项：电源的效率：,由A分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；
D项：将R1和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为r+R1，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由A分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以R3中的电流减小，则IA增大，所以，所以，故D正确．
点晴：解决本题关键理解电路动态分析的步骤：先判断可变电阻的变化情况，根据变化情况由闭合电路欧姆定律 确定总电流的变化情况，再确定路端电压的变化情况，最后根据电路的连接特点综合部分电路欧姆定律进行处理．
10、BCE
【解析】
A．由题意可知
可得
T=4s
频率
f=0.25Hz
选项A错误；
B． t=ls时刻P第1次到达波峰，t=7s时刻Q第1次到达波峰，可知在6s内波传播了6m，则波速为
选项B正确；
C．波长为
因PQ=6m=1λ，可知P和Q振动反相，选项C正确；
DE．t=7s时刻Q第1次到达波峰，则t=6s时刻Q点开始起振，则t=13s时刻， Q点振动了7s=1T，则此时Q点到达波谷位置，加速度最大，方向沿y轴正方向；此过程中Q通过的路程为7A=7×0.2m=1.4m，选项D错误，E正确。
故选BCE。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 1.45 1.3 c
【解析】
(1)[1] 由图丙知电路中的最大电流在0.5A左右，则电流表量程应选用；
[2] 电源是一节旧的干电池（约1.5V），则电压表量程应选用；
[3]滑动变阻器选用时，方便调节并能有效读取多组电流值和电压值。
(2)[4]电路连线如图所示
(3)[5]读取电源图像。轴截距为电动势，轴最小有效刻度为0.05V，经估读后得；
[6]图像斜率的绝对值等于电源内阻，读取图像数据并计算有
(4)[7]电源输出功率为
则纵坐标应为输出功率，则图像为输出功率的图像。由电路规律知输出功率随电流的增大先增大后减小，图像应为c。
12、D
【解析】
(1)[1]A．根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；
B．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；
C．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；
D．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确．
故选D．
(2)[2][3]利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故
根据机械能守恒的表达式有
即
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（1）437.5N；（2）2658m（3）①若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀速。②若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。
【解析】
考查牛顿第二定律的应用。
【详解】
（1）加速下落过程中的加速度：
a＝＝m/s2＝1.25m/s2
根据牛顿第二定律得：
mg﹣f＝ma
解得：
f＝mg﹣ma＝500﹣50×1.25N＝437.5N
（2）加速降落的位移：
s＝＝×1.25×402m＝1000m
距离地面的高度：
h＝3658m﹣1000m＝2658m
（3）若阻力f大于重力G，则合外力方向向上，与向下的速度方向相反，所以物体的速度将减小。由牛顿第二定律：
其中f＝kv
整理得：
因为速度在逐渐减小，所以a将变小。
①若下落的高度足够长，跳伞员将先做加速度逐渐减小的减速运动，最终将趋于匀速。
②若下落的高度比较短，跳伞员将做加速度逐渐减小的减速运动直至落地。
14、 (1)；(2)
【解析】
(1)圆环到点时对轨道的压力恰好为零，设到点的速度大小为，则
可得
根据动能定理
求得拉力的大小
(2)圆环从点抛出后，下落高度时的位置离点水平距离为，设在点的速度为，则
求得
从到根据动能定理有
求得
15、 (1)1.5P1；(2)
【解析】
找出气缸竖直放置和水平放置时，AB两部分气体的状态参量，结合玻意耳定律列方程求解.
【详解】
（1）对A部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：pA=p1，体积VA=V
水平放置时气体的压强pA′，体积为VA′=V
由玻意耳定律pAVA=pA′VA′
解得pA′=1.5p1
（2）对B部分气体，气缸竖直放置时：气体的压强：pB=pA+mg/S，体积VB=V
水平放置时气体的压强pB′=pA′，体积为VB′=V
由玻意耳定律pBVB=pB′VB′
解得m=p1S/g