卷2-备战2021年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）&amp#183;3月卷（解析版）.docx

绝密启用前|备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）·3月卷第二模拟一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x。现有四个不同物体的运动图象如下列选项所示，假设物体在t0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（）ABCD【答案】 C【解析】A由位移时间图象可知，位移随时间先增大后减小，1 s后反向运动，故A错误；B由速度时间图象可知，物体2 s内沿正方向运动，24 s沿负方向运动，方向改变，故B错误；C由图象C可知物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；D由图象D可知物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，第3 s内沿负方向做匀加速运动，不是单向直线运动，故D错误；故选C。2已知氢原子从a能级跃迁到b能级时辐射波长为的光子1，从b能级跃迁到c能级时吸收波长为的光子2，已知，氢原子核外电子由a能级跃迁到c能级时，下列说法正确的是（）A核外电子运动的轨道半径减小B核外电子运动的动能变大C辐射波长为的光子D吸收能量为的光子【答案】 D【解析】AB由知，因为则由知，从a能级跃迁到b能级时辐射光子的能量小于b能级跃迁到c能级时吸收光子能量，所以a能级能量小于c能级能量；从低能级向高能级跃，轨道半径增大动能减小，故AB错误；C氢原子核外电子由a能级跃迁到c能级时跃迁过程中，有即所以吸收的光子波长可得解得故C错误；D吸收光子能量故D正确。故选D。3中国第一个目标飞行器“天宫一号”再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，若“天宫一号”飞行器a和卫星b均逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则（）A“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期大于24小时B卫星c加速就一定能追上卫星bC从此时起再经时间a、b相距最近D“天宫一号”再入大气层过程机械能守恒【答案】 C【解析】A根据开普勒第三定律可知，卫星轨道半径越大卫星周期越大，而卫星b为同步卫星，故卫星a的周期小于同步卫星的周期，即小于24h，故A错误；B卫星c加速将做离心运动脱离原来的轨道，则不能追上卫星b，选项B错误；C根据万有引力提供向心力有可得a卫星的角速度可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2，所以at-t=2可得经历的时间故C正确。D“天宫一号”再入大气层过程由于阻力做负功，则“天宫一号”飞行器的机械能将减小，故D错误；故选C。4如图，一质量为的物块带正电，开始时让它静止在倾角的固定光滑斜面顶端，整个装置放在大小为、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为，释放物块后物块落地时的速度大小为（）ABCD【答案】 A【解析】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示则电场力为运用动能定理研究从开始到落地过程，有可得故选A。5如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为和，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则（）A此过程中物体C受五个力作用B当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断D若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为【答案】 C【解析】A对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。BC对整体分析，整体的加速度隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得计算得出当时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；D若水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度隔离对分析，受到的摩擦力故D错误。故选C。6如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R1=r，当滑动变阻器R2的滑片P在中间时，带电油滴恰好静止在平行板电容器中。若滑动变阻器的滑片P缓慢向下滑动油滴未打到极板上之前，则下列说法正确的是（）A通过R1的电流减小，电压表的读数减小B油滴带负电，重力势能增大，电势能减少C不考虑电容器对电路的影响，电源的效率减小D不考虑电容器对电路的影响，电路中R1和R2消耗的总功率增大【答案】 B【解析】A根据闭合电路的欧姆定律有滑动变阻器的滑片P向下滑动，R2接入电路的电阻增大，则电流I减小；电压表的读数I减小则U增大，即读数增大，故A错误；B电容器的上极板接正极，则上极板聚集正电荷，带电油滴恰好静止在平行板电容器中，说明油滴带负电；电容器两端电压等于R2两端电压，即I减小则U2增大，根据电场强度与电势差的关系可得极板间的场强其中d为极板间的距离；U2增大则电场强度增大，油滴将向上运动，重力做负功，重力势能增大，电场力做正功，电势能减小；故B正确；C不考虑电容器对电路的影响，电源的效率为I减小则增大，故C错误；D不考虑电容器对电路的影响，电路中R1和R2消耗的总功率为即功率P是电流I的二次函数，该函数在时取最大值，由于R1=r，所以电流I总是小于，随着R2增大，电流I不断减小，由二次函数的特点可知功率P也随着减小，故D错误。故选B。二、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1所示为某发电站远距离输电的原理图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，降压变压器所接用户可等效为图1中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端正常工作的额定电压为，降压变压器原副线圈的匝数比为，升压变压器原线圈所接交变电流如图2所示，当用户端正常工作消耗的总功率为时，下列说法正确的是（）A发电厂的输出功率为120kWB升压变压器原副线圈的匝数比为C用户增加时，用户得到的电压升高D用户增加时，输电效率降低【答案】 BD【解析】A.当用户端正常工作消耗的总功率为时，降压变压器副线圈中的电流为由理想变压器的工作原理可知解得输电线上损失的功率为则发电厂的输出功率为故A错误；B.由题图2可知升压变压器原线圈两端的电压为则升压变压器原线圈中的电流为则升压变压器原副线圈的匝数比为故B正确；C.当用户增加时，用户消耗的功率增大，则发电厂的输出功率增大，输出电流增大，输电电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器原线圈的输入电压减小，则其副线圈的输出电压减小，用户得到的电压降低，故C错误；D.发电厂的输电效率为由以上分析可知，用户增加时输电电流增大，则输电效率降低，故D正确；故选BD。8如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则（）AA对地面的压力等于BA对地面的摩擦力方向向左CB对A的压力大小为D细线对小球的拉力大小为【答案】 AC【解析】AB对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力。根据平衡条件知，支持力等于整体的重力。根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A对地面的压力等于，故选项A正确，选项B错误；CD对小球B受力分析，受到重力，细线的拉力，A对B的支持力F，如图所示根据平衡条件得其中故根据牛顿第三定律，B对A的压力大小为，故C正确，D错误。故选AC。9某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为，当到达最高点时，与另一质量也为m、速度的大小也为竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间AB均落地。如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（）AA在上升和下降过程中的动量的变化大小都为BA在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同CA落地时的动能为DAB落地的时间差为【答案】 BCD【解析】CA与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，因此B落地时间对A，上抛运动有竖直下抛运动有因此A落地速度大小所以A落地时的动能为，故C正确；AB取向下为正方向，对A上升过程中动量的变化量为下抛过程中动量的变化量为故A错误B正确；D根据动量定理所以故 D正确。故选BCD。10如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B，质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（）A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h一定大于【答案】 BCD【解析】A金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场和时的速度，所以金属杆刚进入磁场时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；B金属杆在磁场运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场和时的速度相等，所以金属杆在磁场中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；C金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场的过程，由能量守恒定律得金属杆通过磁场时产生的热量与通过磁场时产生的热量相同，所以总热量为故C正确；D设金属杆释放时距磁场上边界的高度为H时进入磁场时刚好匀速运动，则有又 ，联立解得由于金属杆进入磁场时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确。故选BCD。三、非选择题：共56分。第1114题为必考题，每个试题考生都必须作答第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11. （6分）某同学想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作（弹簧始终未超出弹性限度范围）。(1)首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长；(2)接着，将刻度尺靠近弹簧固定。弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指针指示的相应刻度。该同学以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实验数据，作出如图所示的图像。由图像可知此弹簧的劲度系数为_N/m；(3)然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小。如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm，则该同学应在6cm处标注为_N，在12cm处标注为_N。(4)最后该同学为了验证改装后的弹簧测力计标度是否准确，找了一只标准的弹簧测力计，他可以采用的方法是_。（回答一种即可）(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6cm时，拉力做的功为_。【答案】 100 0 6 分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同（其他答案正确也给分） 0.18J【解析】(2)根据物体的平衡条件可得F弹=mg=kx，结合图像可得k=100N/m。(3)如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm，则该同学应在6cm处标注为0，在12cm处弹簧的伸长量为x=6cm，此时弹簧的弹力大小为F弹=kx=6N。(4)他可以采用的方法是分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同。(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6cm时，拉力做的功为12. （9分）实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器R1（阻值变化范围为020 ）、滑动变阻器R2（阻值变化范围为01000 ）、电动势适当的电源、小灯泡（4 V2 W）、开关、导线若干。(1)要完整地描绘小灯泡的U-I曲线，请在图甲中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号。（_）(2)实验中描绘出的小灯泡U-I曲线如图乙所示，由图乙可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而_。（选填“增大”“减小”或“不变”）(3)如果用上述器材测量所给电源的电动势和内阻，实验电路如图丙所示，图中R0是阻值为9.0的保护电阻，实验中测得多组数据记录在下表中，试在同一坐标系中画出等效电源的U-I图象_，由图象可求出电源自身内阻约为_。序号123456U/V4.003.402.802.001.500.80I/A0.200.250.330.400.460.52(4)若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图丁所示，此时小灯泡消耗的电功率约为_W。（结果保留2位有效数字）【答案】 增大 1.0 0.82【解析】(1)要描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压式接法，为便于操作应用电阻较小的R1，由于小灯泡的阻值较小，电流传感器应用外接法，电路图如图戊所示。(2)由图乙所示的U-I图象可知，随电压与电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大。(3)根据表中实验数据作出等效电源的U-I图象如图己所示，由图示图象可知(4)由图示图象可知，两图线交点为灯泡实际工作状态点，灯泡两端电压为2.1 V，电流为0.39 A，灯泡的电功率P=UI=2.1×0.39 W0.82 W13. （13分）如图所示，在宽度为d的区域内有匀强电场，以为分界线，上下两区域电场方向相反，电场区域的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。左侧有一质子源（质子源中心稍稍低于），可沿方向以速度向外发射质子，射入的质子偏转后经A点进入磁场，射出电场时速度的偏转角度为，然后从上方边界上某点返回电场，恰好从O点沿方向以的速度离开电场，已知质子的电荷量为e，质量为m。求：(1)质子进入磁场时的速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)质子从O点进入电场到返回O点所用的时间。【答案】 (1) ； (2) ； (3) 【解析】(1)质子在电场中做类平抛运动，根据合速度与分速度的关系得(2)设质子在电场中位移与水平方向的夹角为 ，则有因为联立解得质子在磁场中运动，轨迹为由几何关系得根据洛伦兹力提供向心力，有解得(3)根据对称性，质子在电场中先后运动的时间相等，均为质子在磁场中运动的时间为质子从O点进入电场到返回O点所用的时间为14. （15分）某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50 m，正常运转的速度为v=4 m/s。一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。木板与传送带之间的动摩擦因数为0.8。（物块与木板均可看做质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)工人用192N的拉力恰好把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求货物与木板间的动摩擦因数；(2)若工人用F=189N的恒定拉力使货物运动10s，求货物的位移大小；(3)若10s后来电，还需要多长时间货物能到达B处。（不计传送带的加速时间）【答案】 (1)0.8；(2)10m；(3)11.25s【解析】(1)工人所用最大的拉力F时，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得Fm-2（m+M）gcos-（m+M）gsin=（m+M）a1代入数据得2=0.8(2) 设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得解得根据运动学公式得=10m(3) 根据由于，所以来电后木板继续加速，加速度为a3解得设经过t1木板速度与传送带速度相同，则有解得设t1内木板加速的位移为x1，则有解得共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则有解得根据解得所以来电后木板再需要运动（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15. 物理选修3-3（1）（5分）下列叙述中正确的是 。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力B自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加E.机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能【答案】 ABD【解析】A表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，所以空中下落的雨滴呈球形是因为液体的表面张力，故A正确。B根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的，故B正确；C非晶体的物理性质各向同性，单晶体的物理性质是各向异性，故C错误；D根据热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，故D正确；E根据能量转化的方向可知，机械能可能全部转化为内能；根据热力学第二定律，内能也可以全部用来做功以转化成机械能，只是会引起其他的变化；故E错误。故选ABD。（2）（8分）如图所示，甲、乙两种型号氧气罐，甲体积是乙体积的两倍，室温为27时，甲氧气罐内压强为，乙氧气罐内压强为。已知储气罐体积不随温度和内部气体压强变化而变化，若大气压强为，求：（）当室温降至7时，甲氧气罐内气体压强；（）室温为27时，用体积可忽略不计的软管把甲、乙氧气罐相连，打开气阀，稳定后甲氧气罐内气体压强。【答案】 （）；（）【解析】（）温度变化，体积不变，根据査理定律其中，所以（）当两氧气管相连，温度不变，内部气体压强相等，根据玻意耳定律解得16. 物理选修3-4（1）（5分）下列关于光的说法中，正确的是 。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A肥皂泡呈彩色条纹是光的折射现象造成的B光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理C在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的D光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角小于紫光的折射角E.A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则逐渐增大入射角，A光先发生全反射【答案】 BCE【解析】A肥皂泡呈现彩色是光在泡的内外表面反射光叠加产生的，属于光的干涉现象，故A错误；B光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理，故B正确；C在双缝干涉实验中，依据干涉条纹的间距公式则其条纹间距与波长成正比，干涉条纹变宽，说明光的波长变长，由于红光的波长比绿光的长，所以在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的，故C正确；D根据光的折射现象，可知，红光偏折程度比紫光小，所以红光的折射率比紫光的小，光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角比紫光的大，故D错误；EA、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则A光的折射率比B光的大，由知，A光的全反射临界角比B光的小，所以逐渐增大入射角，A光先发生全反射，故E正确。故选BCE。（2）（8分）一振子沿轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，第一次把振子拉离平衡位置5cm，从平衡位置向右开始计时时，振动图象如图所示，第二次把振子拉离平衡位置2cm，也从振子从平衡位置向右开始计时，求第二次振子振动时，(1)位移为的时刻；(2)发生位移的最大平均速度大小。【答案】 (1)，n0，1，2，3，n0，1，2，3；(2)【解析】(1)从第一次振动可以看出弹簧振子的周期为T=4s，弹簧振子的振动周期与振幅无关，故第二次振动周期也为T=4s，第二次弹簧振子的振动方程为故当x=-1cm时，在t4s，有解得或者解得故振子位移为-1cm的时刻为，n0，1，2，3，n0，1，2，3(2)当振子从+1cm向平衡位置运动到第一次到-1cm，振子所用时间最短，当位移为x=1m时在第一个周期内，当位移x=-1cm，有，故发生2cm的位移的最大平均速度大小