卷4-2021年决胜高考物理模拟考冲刺卷 (新高考湖北专用) (解析版）.doc

2021年决胜高考物理模拟考冲刺卷（卷4）第I卷（选择题）一、选择题:共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第811题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1某质点做直线运动，其位移时间图像如图所示。图中PQ为抛物线，P为抛物线的顶点，QR为抛物线过Q点的切线，与t轴的交点为R。下列说法正确的是（）At=0时质点的速度大小为2m/sBQR段表示质点做匀减速直线运动C02s内质点的平均速度大小为3m/sDR点对应的时刻为t=3s【答案】D【详解】A根据x-t图象的斜率表示速度，t=0时图象切线斜率为零，则质点的速度为零，选项A错误。BQR段图象斜率不变，表示质点的速度不变，做匀速直线运动，选项B错误；C02s内，质点的位移大小为则平均速度为选项C错误；DPQ为抛物线，则PQ段表示质点做匀变速直线运动，且有将t=2s，x=1m，代入解得t=2s时质点的速度大小为v=at=1m/s可知Q处切线的斜率大小为1，可得R点对应的时刻为t=3s选项D正确。故选D。2随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（）A无线充电技术与变压器的工作原理相同B为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，将不能进行无线充电【答案】A【详解】A无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，与变压器的工作原理相同，A正确；B如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，B错误；C供电线圈只有接到交流电源上，能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，C错误；D当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，只要穿过受电线圈的磁通量发生变化，就能产生电磁感应，给蓄电池充电，D错误。故选A。3如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光下列说法正确的是A最容易表现出衍射现象的光是由，n=4能级跃迁到n=1能级产生的B频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【答案】D【详解】A波长越长衍射现象越明显，能级差越大频率越高波长越短，A错误；B频率最小的光应是由n=4能级跃到n=3能级产生的，B错误；C由可知，这些氢原子总共可辐射出六种不同频率的光子，能极差越大频率越高，可得C错误；D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光能量为10.2eV，大于逸出功，能发生光电效应.D正确。4如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q，以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad为圆的直径，且d距-Q较远。当电子经过这四点时，下列说法正确的是()Ab处电势能最大Bd处电势能最大Cd处电场力最大Da、c两处电场力相同【答案】A【详解】AB先比较电势，若只有+2Q，四点的电势相同，若只有-Q，d点的电势最高，b点电势最低，若两个电荷同时存在，d点电势也是最高的，b点的电势也是最低的。负电荷的电势越低，电势能越大，则电子在b点的电势能最大，在d点的电势能最小，A正确，B错误；CD若只有+2Q，四点的电场力大小相等，方向不同，若只有-Q，b点的电场力最大，d点的电场力最小，根据平行四边形法则作图可知，b点电场力最大，等于两个电场力之和，d点电场力最小，a、c两处的电场力大小相等，方向不同，所以CD都错误。故选A。5如图1为沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，质点a、b、c的平衡位置的坐标分别为0、11m、15 m；图2为该波传播方向上某质点的振动图像，下列判断正确的为()A该简谐波传播的速度大小为2 m/sBt=0时，质点a偏离平衡位置的位移为2.5cmC图2可能为质点a的振动图像D质点b的振动方程为【答案】B【详解】A由图1可知波长 ，由图2可知振动周期 ，根据可得波速度A错误；B由图1可知波源的振动的表达式初相位为代入上式，可得B正确；C0时刻波源a正在沿y轴向下运动，而图2中0时刻该质点正在沿y轴向上振动，因此图2不可能为质点a的振动图像，C错误；D质点b的振动方程为，D错误；故选B。6如图所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态。把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中（）AOA绳的拉力逐渐增大BOB绳的拉力逐渐增大COA绳的拉力先增大后减小DOB绳的拉力先减小后增大【答案】C【详解】当OA转过角时，由平衡条件得解得由此可知，当从0增加到90°的过程中，OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力逐渐减小到0，C正确，ABD错误。故选C。7质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示图乙为物体两次在平面上运动的vt图，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为A BC D【答案】D【详解】若物体静止开始下滑，由动能定理得：若该物体以v0的初速度从顶端下滑, 由动能定理得：由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为;由以上三式解得：选项D正确8如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行且足够大的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光I、II、III，则（）A增大角且，光束II、III会靠近光束IB玻璃对光束III的折射率大于对光束II的折射率C减小角且，光束III可能会由于全反射而从上表面消失D光束III比光束II更容易发生明显衍射【答案】AD【详解】A根据光路的可逆性画出光路图增大角，入射角减小，根据折射定律可知折射角减小，所以光束II、III会靠近光束I，A正确；B根据光路图可知，入射角一定，II的折射角小于III的折射角，根据折射定律可知III的折射率小于II的折射率，B错误；C复色光沿PO方向射入玻璃砖，经过反射时，在上表面的入射角等于光束进入玻璃砖时的折射角。所以由光路可逆性原理可知，减小角且，光束III不会在上表面发生全反射，一定能从上表面射出，C错误；DIII的折射率小于II的折射率，所以III的频率小于II的频率，根据可知III的波长大于II的波长，所以光束III比光束II更容易发生明显衍射，D正确。故选AD。9某行星外围有一圈厚度为d的发光带（发光的物质），简化为如图所示模型，R为该行星除发光带以外的半径；现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确地观测，发现发光带绕行星中心的运行速度与到行星中心的距离r的关系如图所示（图中所标v0为已知），则下列说法正确的是（ ）A发光带是该行星的组成部分B该行星的质量M=v02RGC行星表面的重力加速度g=v02RD该行星的平均密度为=3v024GR2【答案】BCD【解析】A项：若光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有v=r，v与r应成正比，与图不符，因此该光带不是该行星的组成部分，故A错误；B项：发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mv2r，该行星的质量为：M=v2rG，由图2知，M=v02RG，故B正确；C项：当r=R时有，mg=mv02R，解得行星表面的重力加速度g=v02R，故C正确；D项：该行星的平均密度为=M4R33=3v024GR2，故D正确。10如图所示，OA，OB为相互垂直的有界匀强磁场边界，磁场磁感强度，方向垂直纸面向里，S为粒子源，可向磁场内各个方向均匀发射比荷的带正电粒子，速度。PQ为一长度为10cm的荧光屏，已知，不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为B有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为C有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为10cmD有的粒子可以打到荧光屏上，且荧光屏发光的长度为【答案】A【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式解得，带电粒子做圆周运动的半径由题意可知粒子在磁场中的运动半径为10cm，所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动如图所示与x轴夹角都可以打到屏上，所以有的粒子可以打到荧光屏上，由几何关系可知所以，且荧光屏发光的长度为故A正确，BCD错误；故选A。11如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时(t=0)，线框的v-t图象如图乙所示，在3t0时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0，已知线框的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d>3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场感应强度为B，重力加速度为g，则（）A线框进入磁场过程中电流方向为adcbaB在t0时刻线框的速度为v0-gt0Ccd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为D线框穿过磁场的过程中产生的电热等于2mgd【答案】AD【详解】A根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba，A正确；B在t0时刻线框完全进入磁场，从t0到3t0时间内做加速度为g的匀加速直线运动，由逆向思维，速度为，B错误；Ccd边刚进入磁场时产生的感应电动势为， c、d两点间的电势差为，C错误；D线框从进入磁场到cd边刚到达磁场下边界过程中，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框穿过磁场的过程中产生的电热为D正确。故选AD。第II卷（非选择题）共5小题，共56分。12(8分)为了利用一根弹簧制作一只弹簧测力计，某同学首先用如图甲所示的装置测量了不同弹力大小F对应的弹簧长度x，然后作出了F-x图象，如图乙。请你回答下列问题（题中所有计算结果均保留两位有效数字）(1)由图乙中的图线可得该弹簧的劲度系数在k=_N/m；(2)利用该弹簧制成一只弹簧测力计如图丙，则测力计上每一大格（1N）的长度为x=_cm；(3)该同学制作完成后想将弹簧替换为橡皮筋，但老师告诉他橡皮筋不适合制作测力计。为了探究原因，他利用图甲装置在不超出橡皮筋弹性限度的情况下，测量了橡皮筋在拉伸和收缩两过程中，不同弹力大小F对应的橡皮筋伸长长度x。绘制图丁，图丁中实线为拉伸橡皮筋时的F-x图线，虚线为收缩橡皮筋的F-x图线，由图象可知原因为_（只回答一条原因即可）(4)该同学通过观察图丁发现橡皮筋拉伸和收缩图形差异较大，相同形变下弹力明显不同，通过网络查找资料后知道这种现象称为静态滞后。内耗是造成弹力明显不同的原因，且内耗的大小等于图中两图线所围面积。请根据所学知识确定内耗的单位为_。AN Bm CJ DN/m【答案】50 2.0 橡皮筋不满足胡克定律，测力计刻度不均匀(或相同伸长长度对应两个大小不同的力，测量误差大，或非线性。) C 【详解】(1)根据弹簧的弹力和伸长量满足胡克定律，有则图像的斜率表示劲度系数，可得(2)根据胡克定律可知每1N的伸长量为(3)由图像可看出弹力随着形变量不是线性变化的，即橡皮筋不满足胡克定律，测力计刻度不均匀(或相同伸长长度对应两个大小不同的力，测量误差大，或非线性)；(4)根据图像的面积代表功，则面积的单位为J，故选C。13(8分)某实验小组设计如图甲所示的电路来测量一电源的电动势和内阻，所用的实验器材如下：A待测电源B电阻箱R（阻值的变化范围为0999.9）C定值电阻R0（阻值为3.0）D电流表A（量程为200mA、内阻为6.0）E.开关S和导线若干 (1)该实验小组通过多次调节电阻箱，记下每次电阻箱的阻值R及对应的电流表示数I，并得到电流I的倒数，分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为_；R/4.05.06.07.08.09.0I/A0.1250.1080.1020.0910.084/A-18.09.310.011.011.9(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=4.0时电流表的示数如图乙所示，则表格中应填写的数据分别为_、_；(3)然后以为纵坐标，R为横坐标，请你根据表中数据在图丙中描绘-R图线；(4)根据图线求得电源电动势E=_V，内阻r=_（计算结果均保留一位有效数字）。【答案】(1) (2) 0.1430.147 6.87.0 (3) 见详解 (4)3 1 【详解】(1)根据闭合电路的欧姆定律得代入数据得(2)电流表读数为0.145A。电流的倒数为6.9 A-1。(3)图像如图所示(4)图像的斜率为解得将、代入，解得14(9分)某天早晨，张老师到4S店为轿车调节胎内气压。调节前，TPMS（胎压监测系统）显示某一轮胎内气体压强为225kPa，温度为15°C；调节后，TPMS显示该轮胎内气体压强为250kPa，温度为15°C，不计胎内气体体积变化：(1)求调节前、后该轮胎内气体的质量之比；(2)若下午TPMS显示温度为30°C，求该轮胎内气体压强的显示值。【答案】(i)；(ii)kPa【详解】(1)若压强kPa，体积为V2（轮胎容积）的气体，保持温度T1不变，压强变为kPa时体积变为V1，由玻意耳定律得解得(2)设末态轮胎内气体压强为p3，温度为T3，初态和末态体积相同，由查理定律得解得kPa15(13分) 2019年12月我国时速600公里磁悬浮列车首次亮相。某实验小组为研究磁悬浮列车的运动，将一个盛着水的玻璃方口杯放在车内的水平台面上，如图所示。方口杯内水面AB边长10cm，列车在做直线运动中的某一时刻，他发现电子信息屏上显示的车速为36km/h，杯中的前侧水面下降了1cm，此现象一直稳定到车速为324km/h时，前侧水面才开始回升，则(1)在前述稳定阶段时列车的位移s大小为多少；(2)若该列车总质量为3×104kg，所受阻力为f=kv2（已知，v为速率），试写出前述稳定阶段列车电动机牵引力关于位移s的表达式。（重力加速度取g=10m/s2）【答案】(1)2000m；(2) 【详解】(1)对前述稳定阶段水表面的一滴水进行受力分析由牛顿第二定律得由几何关系可得解得a=2m/s2此过程列车位移(2)对列车受力分析，由牛顿第二定律解得16(18分)如图所示，在xoy平面内的圆形区域（边界线方程：）内有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为，在第象限内处有一平行于y轴长度为a的线状粒子源MN，粒子源不断地沿方向以速率发射质量为m、带电荷量为（不计重力）的粒子。求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径r；(2)从位置发的粒子在磁场中的运动时间t；(3)若要求所有进入磁场的带电粒子都能沿方向离开磁场，可对第象限内的磁场区域进行修正，即除去某部分磁场，试写出第象限内修正后的磁场的边界方程。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得(2)从位置出发的粒子的运动轨迹如图所示由几何关系知，运动轨迹圆弧对应的圆心角为由周期公式可得，带点粒子在磁场中运动的时间为(3)设粒子从点进入磁场，出射点坐标为，轨迹如图所示由几何关系知，圆心坐标为，则出射点坐标为由可得即第象限内修正后的磁场的边界线方程为