卷3-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（解析版）.docx

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1、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月卷第三模拟一、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如图所示，一个质量为M、倾角为的斜面体置于水平面上，一个质量为m的滑块通过一根跨过两定滑轮的轻绳与一个质量为m0的物块相连，两滑轮间的轻绳水平，现将滑块置于斜面上，斜面体、滑块和物块三者保持静止。当地重力加速度为g，两滑轮的摩擦可忽略不计。下列说法中正确的是（）A斜面体对滑块的摩擦力不可能沿斜面向下B斜面体对滑块的摩擦力不可能为零C地面对斜面体的支持力大小为（M+m）gm0gsinD地面对斜面

2、体的摩擦力方向水平向左，大小为m0g【答案】 D【解析】A对滑块受力分析，当滑块有上滑趋势时，滑块的摩擦力沿斜面向下，所以A错误；B对滑块受力分析，当滑块在斜面上受到的绳子拉力与滑块重力沿斜面的分力相等时，斜面体对滑块的摩擦力为零，所以B错误；CD对M、N整体受力分析有整体受到水平向右的拉力，因此地面给其摩擦力水平向左N=(M+m)g，f=T=m0g所以C错误；D正确；故选D。2在光滑的水平面上建立xOy平面直角坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的图像和图像分别如图所示，则04s内（）A质点的运动轨迹为直线B质点的加速度恒为C4s末质点的速度为6m/sD4s末质点离坐

3、标原点的距离为16m【答案】 B【解析】AB质点在x方向做匀速直线运动，其速度为在y方向做匀加速直线运动，其初速度、加速度分别为 ，所以质点的合初速度在x方向，合加速度在y方向，故质点做匀加速曲线运动，A错误，B正确；C4s末质点的y方向的分速度为故其合速度为C错误；D4s末质点在y方向的位移为所以4s末质点离坐标原点的距离为D错误。故选B。32020年3月9日，我国成功发射第54颗北斗导航卫星。若将北斗导航卫星绕地球的运动近似看作是匀速圆周运动，运行轨道距地面的高度为h，运行周期为T，已知万有引力常量为G，地球半径为。则地球质量M和地球的平均密度分别为（）ABCD【答案】 A【解析】北斗导航

4、卫星绕地球的运动近似看作是匀速圆周运动，设卫星的质量为m，地球半径为R，地球平均密度为，由万有引力提供向心力有为解得又有由上两式解得所以A正确；BCD错误；故选A。4如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为，B点电势为，C点电势为。已知，边长为，D为的中点，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为，则放入点电荷后，B点场强为（）ABCD【答案】 D【解析】D为的中点，在匀强电场中，D点电势为因此BD连线即为等势线，画出电场线如图所示因 ，则AB两点沿电场线方向的距离为BA间的电势差则匀强电场的场强由于点电荷在C点产生的场强为则点电荷在B点产生的场强也为1.0N/C，

5、方向与匀强电场的电场强度方向垂直因此B点场强为故选择：D。5如图甲，一个100匝的矩形闭合铜线框在匀强磁场中绕与磁感线方向垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电流的图象如图乙所示。已知线框的总电阻为5，则（）A时穿过线框的磁通量为零B穿过线框的磁通量最大变化率为C线框的热功率为160WD00.5s内线框克服安培力做的功为40J【答案】 B【解析】A由题图乙知时线框中产生的感应电流为零，穿过线框的磁通量最大，A错误；B感应电流的最大值感应电动势的最大值根据法拉第电磁感应定律可得穿过线框的磁通量最大变化率B正确；C线框的热功率C错误；D00.4s内线框克服安培力做的功为0.40.5s内，由题图乙可

6、知感应电流的有效值小于4A，则线框克服安培力做的功小于8J，则00.5s内线框克服安培力做的功小于40J，D错误。故选B。6如图所示，由导线制成的单匝正方形线框边长为L，每条边的电阻均为R，其中ab边较粗且材料电阻率较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计，线框可绕与cd边重合的水平轴OO自由转动，不计空气阻力及摩擦。若线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，线框从水平位置由静止释放，历时t到达竖直位置，此时ab边的速度为v，重力加速度为g，则（）A线框在竖直位置时，ab边两端的电压为BLvB线框在竖直位置时，ab边所受安培力大小为C这一过程中感应电动势的有效值为D在这一过程

7、中，通过线框某一横截面的电荷量为【答案】 C【解析】A线框运动到竖直位置时，ab边切割磁感线产生的电动势为线框中的电流为ab两端的电压为A错误；Bab边所受安培力大小为B错误；C线框下落过程中机械能的减少量等于线框中产生的焦耳热，所以有又解得C正确；D对于线框的下摆过程，在垂直于磁场方向线框的面积变化为通过线框某一横截面的电荷量D错误。故选C。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在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，静止的原子核发生衰变，释放的粒子（粒子或粒子）与反冲核Y都做匀速圆周运动

8、，轨迹如图所示，圆周运动方向均为顺时针。衰变放出的光子的动量可忽略，则下列分析正确的是（）A衰变为衰变B衰变为衰变C反冲核Y与释放的粒子在磁场中运动轨迹半径之比为D反冲核Y与释放的粒子在磁场中运动轨迹半径之比为【答案】 AC【解析】AB根据两新核均顺时针运动，可判断粒子均带正电，因此是衰变，B错误，A正确；CD核反应方程为半径公式，衰变过程动量守恒，两粒子动量大小相等，半径比为电荷量反比，所以反冲核Y与释放的粒子在磁场中运动轨迹半径之比为，D错误，C正确。故选AC。8如图所示，半径为、粗糙程度处处相同的四分之一圆形轨道竖直固定放置，半径水平。圆形轨道的底端与光滑的水平轨道平滑连接。轻质弹簧右端

9、固定在水平轨道上，处于自然状态。质量为的小球以的初速度从点沿圆形轨道向下运动，运动到轨道最低点时压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能为，重力加速度取，则（）A小球沿圆形轨道下滑过程中克服摩擦力做功为B小球运动到圆形轨道的最低点时对轨道的压力为C小球第一次返回圆形轨道恰好能上升到点处D小球第一次返回圆形轨道上升到点后继续上升【答案】 AD【解析】A设小球运动到圆形轨道的最低点时速度为，由机械能守恒定律可得，解得，小球由到的过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理可得选项A正确；B在圆形轨道最低点解得根据牛顿第三定律可得在最低点对轨道的压力为，选项B错误；CD小球在圆形轨道上运动时，沿半径方向的合力提供所需的

10、向心力即是小球和球心的连线和水平方向的夹角，又滑动摩擦力，根据功能关系可知小球克服摩擦力做功机械能减少，小球返回过程中的速度小于从到过程中对应高度的速度，轨道弹力小于到过程中对应高度的弹力，轨道摩擦力小于到过程中对应高度的摩擦力，故从到小球克服摩擦力做功设小球第一次回到点的速度为，由动能定理可得得，所以小球到达点后仍会向上运动一段距离，选项C错误、D正确。故选AD。9如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S

11、最远的位置是x轴上的P点。已知OPOSd，粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则（）A粒子的速度大小为B从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为C沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为dD从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9:4【答案】 AB【解析】A由OPOSd，可得SP2d如图所示，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个轨迹的直径，由可得则vA正确；B由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间为tB正确；C沿平行x轴正方向

12、射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，C错误；D从x轴上射出磁场的粒子，从原点射出时在磁场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时间最长tmax则tmaxt92D错误。故选AB。10如图1所示，电池1的电动势为E1、内阻为r1，电池2的电动势为E2、内阻为r2，R1和R2为定值电阻，且R2<R1。把单刀多掷开关K2置向e，把单刀双掷开关K1先后置向a和b，多次改变滑动变阻器的阻值，记录对应的电压表和电流表的示数，画到同一个U-I图中，如图2所示。把单刀多掷开关K2置向c，把单刀双掷开关K1先后置向a和b，发现电流表的示数不变。现在把单刀多掷开

13、关K2置向d，把单刀双掷开关K1先后置向a和b，分别记录电流表的示数I1和I2，下列判断正确的是（）AE1>E2，r1>r2BE1<E2，r1<r2CI1>I2DI1<I2【答案】 AD【解析】AB由图2纵截距表示电源电动势可知E1>E2，由斜率表示电源的内阻可知，电池1的内阻r1大于电池2的内阻r2，A项正确,B项错误;CD在图2中，画出电阻R1的U-I图线，电流相等时两图线交点为P，由R2<R1可知，在图2中，画出电阻R2的U-I图线的斜率比R1的小，与原图线的交点对应的横坐标表示电流，可知I1<I2，D项正确，C项错误。故选AD。三、

14、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）某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，可提供输出电压为6V的交流电和直流电两种，交流电的频率为50Hz，重锤从高处由静止开始下落，在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。（1）他进行了下面几个操作步骤：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到电源的“交流输出”上；C用天平测出重锤的质量；D先释放纸带，后接通电源，打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据测量的结果计

15、算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中操作不当的步骤是_没有必要进行的步骤是_。（填选项字母）（2）该同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示。其中O点为起始点，为六个计时点。根据纸带上的测量数据分析可知，打B点时重锤的速度为_m/s，重锤的加速度为_。（保留三位有效数字）（3）该同学通过计算数据及查阅资料发现，重锤的加速度与当地的重力加速度相差较大，为此他对实验设计进行了改进，用如图丙所示的实验装置来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）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测

16、出之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d。重力加速度为g。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。则小铁球通过光电门时的瞬时速度_。如果满足关系式_，就可验证机械能守恒定律。【答案】 D C 1.84 9.31 【解析】（1）实验时应先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带，D操作不当。在处理实验数据时，m可约去，不需要用天平测重锤的质量，C没有必要。（2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为由逐差法得（3）光电门测速度的原理是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，因此有若满足即就可验证机械能守恒定律。12. （9分）常用无

17、线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40，最大允许电流为100mA。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图甲的电路进行实验。图中电压表为理想电表，R为电阻箱（阻值范围为0999.9），R0为定值电阻。(1)图甲中接入R0的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时，通过电源的电流大于其承受范围，起的作用_；实验室备有的定值电阻R0的规格有以下几种，则本实验应选用_。A50，1.0W B500，2.5W C1500，15W D2500，25W(2)该同学接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线。由图线知：当电压表的

18、示数为2V时，电阻箱接入电路的阻值为_（结果保留三位有效数字）。(3)根据图乙所作出的图像求得该电池的电动势E_V，内阻r_。（结果保留三位有效数字）【答案】 保护电路 A 20.8 10.0 33.3【解析】(1)R0是防止电流过大超过电源允许通过的最大电流而起保护电路的作用，允许通过的最大电流I=100mA，由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小值故本实验应选用50,1W的，A正确。故选A。(2)当电压表的示数U=2V时，由乙图可知可得电阻箱接入电路的阻值。(3)据闭合电路欧姆定律可得移项化简可得由数学知识可知，图线的斜率图线与纵轴的截距联立可解的E=10.0V，。13. （13分）如图所

19、示，一质量的滑块从距斜面底端高度的位置由静止释放。已知斜面倾角，滑块与斜面间的动摩擦因数，滑块滑至斜面底端时与挡板相碰，碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为。求：(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小；(2)第一次碰撞过程中，挡板对滑块的冲量大小；(3)所有碰撞过程中，挡板对滑块总的冲量大小。【答案】 (1)；(2)；(3)【解析】(1)滑块第一次运动到斜面底端时，由动能定理有解得(2)由于碰撞过程中无机械能损失，故碰撞后瞬间的速度与碰撞前瞬间的速度等大反向，由动量定理有解得第一次碰撞过程中挡板对滑块的冲量大小(3)滑块在斜面底端以大小等于的初速度上滑到所能达到的最高点，由动能定理有滑块再次

20、滑到斜面底端时，由动能定理有解得第n次滑到斜面底端的速度解得挡板对滑块总的冲量大小14. （15分）如图所示，将两根质量均为m2 kg的金属棒a、b分别垂直地放在水平导轨MNMN和PQPQ上，左右两部分导轨间距之比为12，左右两部分导轨间有磁感应强度大小相等但方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，金属棒b开始时位于图中MP位置，金属棒a在NQ位置。金属棒b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连，c的质量mc2 kg，c开始时距地面的高度h4.8 m。物块c由静止开始下落，触地后不反弹，物块c触地时两棒速率之比vavb12，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为10 J，设导轨足

21、够长且两棒始终在不同的磁场中运动，g10 m/s2，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑。求：(1)物块c触地时，两棒的速度大小va和vb；(2)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。【答案】 (1)3 m/s，6 m/s；(2)16.2 J【解析】(1)金属棒a、b的有效长度分别为L和2L，所以电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联，在任何时刻电流均相等，b棒产生的焦耳热Q210 J，根据焦耳定律QI2Rt，得a棒上产生的焦耳热为Q15 J根据能量守恒定律有根据题意有vavb12解得va3 m/s，vb6 m/s(2)物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动

22、，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设磁感应强度大小为B，则BLvaB·2Lvb得va2vb对两棒分别应用动量定理，有解得联立以上各式解得va4.8 m/s，vb2.4 m/s根据能量守恒定律，从物块c触地到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为代入数据，解得Q316.2 J（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）关于热力学规律，下列说法正确的是 。（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热力学第一定律和热力学第

23、二定律从不同角度阐述了能量守恒定律B从微观意义上讲，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小C从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律D一定质量的理想气体放出热量，则分子的平均动能不一定减少E.一定质量的理想气体等温压缩，外界对气体做正功，内能一定增加【答案】 BCD【解析】A热力学第一定律是能量守恒定律，而热力学第二定律则是反映自然过程的方向性的定律，故A错误；B根据熵增加原理，从微观意义上讲，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，故B正确；C从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，故C正确；D热力学第一定律，其中是外界对热力学系统做的功，是外界向热力学系统传递的热量。

24、一定质量的理想气体放出热量的同时，如果外界对气体做了功，气体的内能不一定减少，所以分子的平均动能不一定减少，故D正确；E理想气体的内能只与温度有关，所以一定质量的理想气体等温压缩，内能不变，故E错误。故选BCD。（2）（8分）如图为某同学制作水火箭的示意图。该同学将一个硬饮料瓶中装适量的水，塞好胶塞后放在发射架上，此时封闭气体的体积为400mL，气体压强为大气压强，瓶中水面距离胶塞的高度h=20cm。用自行车气嘴穿过胶塞，用气筒向瓶内打气，每次打进的气体的体积为24mL，气体压强为大气压强。打气n次后胶塞受到压力达到60N，水和橡皮塞从瓶口压出的同时，瓶飞向高空。已知大气压强p0=1.0

25、15;105Pa，胶塞的横截面积S=4cm2，水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，环境温度保持恒定。求：(1)水火箭发射瞬间气体的压强；(2)打气次数n。【答案】 (1) 1.48×105Pa；(2) 8【解析】(1)设水火箭发射瞬间气体的压强为p1解得p1=1.48×105Pa(2)由玻意耳定律可得p0（V+nV0）=p1V解得n=816. 物理选修3-4（1）（5分）如图，波速大小相同、振幅均为的两列简谐波，甲波实线）沿轴正方向传播，乙波（虚线）沿轴负方向传播。在时刻的部分波形如图所示，在时，两列波第一次完全重合。下列说法正确的是

26、。（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甲、乙两列波的波长均为B甲、乙两列波的波速大小均为C甲、乙两列波的波速大小均为D时，甲、乙两列波的波形第二次完全重合E.时，甲、乙两列波的波形第二次完全重合【答案】 ABE【解析】A在波动图像中，一个完速正弦波（或余弦波）对应长度为一个波长，由图可知的波长均为4m，故A正确；BC取甲、乙两个相邻波峰为研究对象，甲、乙两列波的波速大小均为故B正确C错误；DE从图上可以得出甲、乙两列波的波形第二次完全重合波形运动距离为需要时间故E正确，D错误。故选ABE。（2）（8分）如图所示，横截面为矩形的玻璃砖竖直放置在水平面上，其厚度为d，AD面镀有银。现用一束与面成45°角的单色光斜向下照射在面上，在点右边的水平面上出现两个光斑其间距离为，光在真空中的传播速度为。求：(1)玻璃砖的折射率；(2)光在玻璃砖内传播的速度。【答案】 (1)；(2)【解析】(1)作出光路图，由光的反射定律和光路可逆性可知，反射光线OH与FG平行，且OH与水平面的夹角为45°，由几何关系得由折射率由以上各式解得(2)根据折射率得光在玻璃砖内传播的速度