2021届新高考八省物理模拟卷06（湖南专用解析版）.pdf

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1、2021届八省新高考物理模拟卷一湖南卷（06）物理试卷一、选择题：本题共6 小题，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.（2 0 2 0.湖南高三月考）在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，如理想实验法，控制变量法，极限思想法，理想模型法，微元法和比值定义法等等，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。下列表述符合物理学史事实的是（）Av AvA.根据速度定义式v=，当加非常非常小时，就可以用表示物体在，时刻的瞬时速度，这是应用加 A rj 极限思想法B.在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想C.牛顿由斜面实验通过逻

2、辑推理得出了自由落体运动的规律D.卡文迪许利用扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究【答案】AAjr Ay【详解】A.根 据速度定义式v=,当“非常非常小时，就可以用一 表 示 物体在f 时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法，故 A正确；B.在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型法，故 B错误；C.伽利略由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律，故 C错误；D.库伦利用扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究，故 D错误。故选A o2.（2 0 2 0 湖南高三月考）如图所示，光滑水平面的同一直线上放有 个质量均为，的小滑块，相邻滑块

3、间的距离为L，每个滑块均可看成质点.现给第一个滑块水平向右的初速度%，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动，到 第 个 滑 块 与 第 个 滑 块 相 碰 时 总 的 时 间 为（)A(j)L2%C.n2L2%D.(九+1)L2%【答案】B【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律mv0=2mv,可知第二个滑块开始运动的速度大小为1岭=/%同理第三个滑块开始滑动的速度大小为1匕=3%第5一 个球开始滑动的速度大小为1%h。因此运动的总时间为L L LLt=-1-j-F-F .+“;。;。2 0 3 01n-1L-、n(n-)L=(l+2+3+.+-l)=-v%2%故选B

4、3.（2020湖南长沙市雅礼中学）通电直导线周围存在着磁场，离导线越远的点磁感应强度越小，这一规律环形电流也成立。如图所示，真空中两个点电荷”和-q 以相同的角度在水平面内绕。点逆时针方向（俯视）匀速转动，+离。点较近，则。点的磁感应强度的方向为（）,+6V-0-）A.竖直向上 B.竖直向下C.。点磁感应强度为零 D.条件不足无法判断【答案】A【详解】设两电荷绕。点匀速转动角速度为。q _ qco7-27说明两环形电流大小相同。但两电流方向相反，按距。近的“分析，。点磁感应强度方向向上。故选Ao4.（2020湖南衡阳市八中高三月考）如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，A C 为其水平直

5、径，A3为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的8C部分分别套着两个完全相同的小球M、N （视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度勿=2石r ad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R =1 m，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g =1 0 m/s 2,下列选项正确的是（）A.N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为九=1：回%B.N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为九=1：亚为C.若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点D.若稍微增大半圆环的角速度，小环M将到达A点，小环N将稍许靠近C点【答案】C【详解】A B.

6、M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以Fn=mgtan45=mco vM所以=C D同理.，N点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为。F；=mgtanO=ITUOVNg t an。VN-C O又L ，2Fn=mco rr=R s i n。联立得VN=J-%4 一8 2C D所以VM一 g 一.VN JR2 g 2故 AB错误；CD.设 BC连线与水平面的夹角为a.当半圆环绕竖直对称轴以角速度。做匀速转动时，对小环N,外界提供的向心力等于叫v g t an a,由牛顿第二定律得2m

7、Ngtana=mNa rN.当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环N所需要的向心力，小环将做离心运动，最终小环N将向到达C 点。对于M 环，由牛顿第二定律得mMgtan/3mMco2rM。是小环M 所在处半径与竖直方向的夹角。当。稍微增大时，小环M 所需要的向心力增大，小环M 将做离心运动，向 A点靠近稍许。选项C 正确，D错误。故选C。5.（2 0 2 0湖南长沙市长郡中学）如图所示为额定电压为2 5 0 V 的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈 1两端的电压U i=5 0 0 V,发电机的输出功率为P=5 0 0 k W,

8、输电线的电阻R=1 2.5 C,如果输电线上损失的功率为输送功率的1%。如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器。则下列结论正确的是（）发电机A.3：“4=7 9：1B.m：2=1：5 0C.流过输电线的电流强度大小为4 0 AD.降压变压器原线圈两端的电压为2 4 7 0 0 V【答案】B【详解】B C.导线上的电流:升压变压器原线圈电流:则:2-吆5。亚人12.5P _ 500 xl0350020AA=1000A_/2 _ 20 _ 1W00-50B 正确，C 错误；A D.降压变压器的初级电压:U.=U2-I2R=25000V-20 x12.5V=24750V则：%_ -3 _

9、 24750 _ 二 不 一 250 AD错误。故选B。6.（2020邵东创新实验学校高三月考）户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过钱链组合在一起，每根杆均可绕较链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为小重力加速度为g,不计支架与钱链之间的摩擦，则（）A.当每根杆与竖直方向的夹角为37时，杆受到的压力大小为，火B.当每根杆与竖直方向的夹角为37时，杆对地面的摩擦力大小为!烧 gC.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对较链的作用力的合力变大D.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆

10、对地面的压力变大【答案】B【详解】A.根据平衡条件，竖直方向，有3Ncos37=mg解得“5N=mg故 A 错误；B.杆对地面的摩擦力大小为/=N sin 3 7 让 x 上超12 5 4故 B 正确；C.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对较链的作用力的合力仍与吊锅和细铁链的总重力大小相等，故 c 错误；D.由平衡可知3Ncos。=mg得N=43 cos。杆对地面的压力N=Ncos6=%3故 D 错误。故选B。二、选择题：本题共4 小题，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。7.（2020.邵东市第一中学高三月考）太阳系的行星都在绕太阳运转，我们把行星的运动简化为圆周运动如图，从

11、水星凌日即水星和地球太阳在一条直线上开始计时，经过相同的时间，测量出水星和地球绕太阳运动的角度分别为仇 和 仇（均小于90度）。则由此可求得水星和地球（）二。:一:由学 嘘 球 一 /A.到太阳的距离之比B.绕太阳运动的周期之比C.绕太阳的动能之比D.受到的太阳引力之比【答案】A B【详解】A.相同时间内水星转过的角度为以；地球转过的角度为。2,可知道它们的角速度之比（y2 62根据万有引力提供向心力有G Mm厂=mra2可得THGM知道了角速度比，就可求出轨道半径之比。故 A正确；B.相同时间内水星转过的角度为仇；地球转过的角度为。2,可知它们的角速度之比为4：%.而周期T=，则周期比为例：

12、以故B正确；a）C.水星和地球作为环绕体，无法求出质量之比，所以不能求出它们的动能之间的关系。故 c错误；D.根据“=小，轨道半径之比、角速度之比都知道，很容易求出向心加速度之比，但由于无法求出质量之比，所以不能求出它们受到的万有引力之间的关系。故 D错误。故选A B 8.（2 0 2 0 湖南高三月考）为了备战因疫情推迟的东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了原地纵跳摸高训练，如图所示。已知质量加=5 0 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.1 0 m,训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m,经过充分调整后，发力跳起摸到了 2.9 0 m 的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，

13、忽略空气阻力影响，g 取 1 0 m/s 2。则（）A.运动员从起跳到上升至最高点过程中处于超重状态B.起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度C.起跳过程中运动员对地面的压力为1300ND.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.45s【答案】BC【详解】A.运动员在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，离地上升到最高点过程中，加速度向下，处于失重状态，故 A 错误；B.在起跳过程中和离地后上升至最高的过程中均做匀变速直线运动，其平均速度均为_ v+0 vV =-=2 2即两者相等，故 B 正确；C.运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2

14、gh-v2可知v=2gh-/2 x 10 x(2.9 2.l)m/s=4m/s根据速度位移公式可知2ah-v2解得v2422x0.5m/s2=16m/s2对运动员根据牛顿第二定律可知-mg=ma/=皿 g+a）=50 x（10+16）N=1300N根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1300N,故 C 正确；D.起跳过程运动的时间v 4A=s=0.25sa 16起跳后运动的时间t2=-=OAsg故运动的总时间/=/,+，=0.65s故 D 错误。故选BC。9.（2020.湖南长沙市.长郡中学高三月考）如图甲所示的按压式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三部分，已知内芯质量为根，外壳质量为4?

15、，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为鼠如图乙所示，把笔竖直倒立于水平硬桌面上，用力下压外壳使其下端接触桌面（见位置”），此时弹簧压缩量为自 电 筌，k储 存 的 弹 性 势 能 为g,然后将圆珠笔由静止释放，圆珠笔外壳竖直上升与内芯发生碰撞时（见k位置b）,弹簧恰恢复到原长，此后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处（见位置c）。不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是（）A.弹簧推动外壳向上运动的过程中，当外壳速度最大时，弹簧处于压缩状态B.外壳竖直上升与静止的内芯碰撞前的瞬间外壳的速外壳的速度大小为8代gC.外壳与内芯碰撞后，圆珠笔上升的最大高度为 生 粤25kD.圆珠笔弹起的整个过程中，弹

16、簧释放的弹性势能等于圆珠笔增加的重力势能【答案】AC【详解】A.外壳受向下的重力和向卜一的弹力，弹力逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，所以当外壳速度最大时，弹簧处于压缩状态，故 A 正确；B.设外壳与内芯碰撞前的瞬间外壳的速度为v,动能定理：1 2E-4mgh=x 4/w V ,即：1 2 8，2 g 2 11 22 4mg x -=x 4/n v ,k-k 2得：E寻故 B 错误：C.外壳和内芯碰撞过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：4mv=(4m+m)v碰后过程，由机械能守恒定律得：g (4 m +m)v2=(4 加+m)gh联立解得：,2 5 6 m gn=-25

17、k故 C 正确；D.笔从撒手到弹起到最大高度处的过程中，外壳和内芯碰撞过程中系统的机械能有损失，所以弹簧释放的弹性势能大于笔增加的重力势能，故 D 错误。故选：ACo10.(2020湖南长沙市长郡中学)如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数=2 0,总电阻 R=2.5 D,边长乙=0.3 m,处在两个半径均为r=&的圆形匀强磁场区域中.线框顶点与右侧圆心重3合，线框底边中点与左侧圆心重合.磁感应强度Bi垂直水平面向上，大小不变；&垂直水平面向下，大小随时间变化.与、&的值如图乙所示，则（）A.通过线框的感应电流方向为逆时针方向B.f=0 时刻穿过线框的磁通量为0.1 WbC.在 0

18、.6 s 内通过线框中的电荷量约为0.13 CD.经过0.6 s 线框中产生的热量约为0.07 J【答案】ACD【详解】A.由磁感应强度B i垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框总的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故 A 正确；B.t=0 时刻穿过线框的磁通量为：O=Bx-xjtr-Bax-xnr2=1 x0.5x3.14x0.12-2x-2 6 6x3.14xO.I2Wb-O.OO5Wb,故 B 错误：,F,小 2 0 x（5-2）x ix 3 x 0.12C.在 t=0.6s内通过线框中的电量 了山二.I）6 C _ 0 1 3

19、C 故 C 正R R 2.5确；0D.由 Q=PRt=（-）2X A t=0.07J,故 D 正确.Rnt故选ACD.三、非选择题：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。11.（2020宁远县第二中学高三月考）在测定金属丝的电阻率的实验中，为了安全、准确、方便地测出电阻丝的电阻R、，设计了如图所示实验电路图来完成实验，可用的实验仪器如下：A.待测金属丝（R,约 5 Q）B.电压表V（量程0I V,内阻R v=lkC）C.电流表A（量程00.6 A,内阻RA=1 C）D.定值电阻Ri（阻值Ri=0.5 kC）E.定值电阻R2（阻值R2=2 kC

20、）F.滑动变阻器RMOIOC）G.滑动变阻器心（01000 Q）H.电源（电动势为3 V,内阻很小）L开关、导线若干（1）实 验 中 定 值 电 阻 应 选 用,滑 动 变 阻 器 应 选 用。（选填实验仪器前面字母）（2）用图中电路测量该金属丝的电阻，若某次测量中，电压表的读数为U,电流表的读数为/,该金属丝电阻的表达式为R=（用测出或已知的物理量的符号表示）。T*金属丝【答案】E F 亍-R,、【详解】（1）电源的电动势为3 V,而电压表V 的量程为0I V,内阻K v=lk C,必须通过串联电阻来扩大量程至3 V,因此定值电阻应选用定值电阻&（阻值R2=2kC）；所 待 测 金 属 丝&

21、约 5。，且滑动变阻器是限流式接法，因此滑动变阻器应选用小电阻，即选滑动变阻器4（010 C）。（2）3电压表的读数为U,那么金属丝与电流表两端的电压为3 U,由于电流表的读数为/,则金属丝电阻12.（2020湖南长沙市长郡中学）某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：H,将光电门与数字计时器（图中未画出）连接.（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x.释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t,则此时滑块的速度丫=.（3）通过在滑块上增减祛码来改变滑块的质量m,仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重 复（2）的操作，得出一系列滑块

22、质量，”与它通过光电门时的速度v 的值，根据这些数值，作出户灯图象如图乙所示.已知当地的重力加速度为g,由图象可知，滑 块 与 水 平 桌 面 之 间 的 动 摩 擦 因 数 弹 性 势 能 等 于Ep=_.【答案】5.7 0 mm-。t 2 gxEp=P 2a【详解】（1）1.由乙图知,游标卡尺读数为0.5 cm+1 4 x 0.0 5 mm=5.7（）m m；（2）1 2.滑块经过光电门的速度为v =4；得（3）3 4.根据能量守恒L1 2Ep=/jmgx+mv整理得91/=-2E,-2 gxm结合图象得：Ok b2 EP=a得E厂 =bP 2ab=/jmgx1 3.（2 0 2 0 湖南

23、高三月考）在平面直角坐标系X。），的第I、H象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第H I 象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E,在第I V 象限内有一半径为R且与两坐标轴相切的圆，圆内有匀强磁场（图中未画出）。一质量为八电荷量为g的带正电的粒子（不计粒子受到的重力）从坐标为（-2 氏-/?）的 S点由静止释放，粒子从y 轴上的P点进入圆内磁场，从 x 轴上的。点（图中未画出）进入第I 象限，然后立即撤去第H l、I V 象限内的电场和磁场，粒子经第I、I I 象限内的磁场偏转后恰好通过坐标原点0。已知圆内磁场的磁感应强度大小4=2 1、方向垂直坐标平面向里。求：（1）粒子运动

24、到P点时的速度大小;（2）。点的坐标；（3）第 i、n 象限内匀强磁场的磁感应强度大小与。【答案】u =2.幽(2)A +W，0 ：(3)B2=3mEqR6 R、m37【详解】（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理则有1 7qEx2R=mv解得v=2、谀V m（2）粒子在圆内磁场中做圆周运动，设其运动半径为彳，有解得qvB(=6R由几何关系可知，粒子在圆内磁场中运动轨迹所对应的圆心角。满足可得6=6 0 ,则/尸。=120,设圆形磁场边界与x轴相切于A点，粒子运动轨迹与圆形磁场的边界的交点为0,连接4。并延长，与x 轴交于0点，则4。=3 0。，在三角形A0中=t a n3 0。，解得

25、A。邛R，所以。点的坐 标 为 R +孚,。)；(3)设粒子在第I、I I 象限内做圆周运动的圆心为。2，由几何关系有/。2。=1 2 0,则有=c o s 3 0,解得00=右2 O O2 22 3由洛伦兹力提供向心力，则有m v2qvB?=r2即mv-qB?解得8,=3m EqR1 4.(2 0 2 0.湖南师大附中高三月考)如图所示，足够长的斜面倾角为3 0。，初始时，质量均为根的滑块A、B均位于斜面上，且 A 8间的距离为L=lm.现同时将两个滑块由静止释放，已知滑块A、B与轨道间的 动 摩 擦 因 数 分 别 为 乎 和 重 力 加 速 度 g=1 0 m/s 2,设最大静摩擦力等于

26、滑动摩擦力，滑块之间发生的碰撞为弹性碰撞，滑块可视为质点.求:(1)经过多长时间，滑块之间发生第一次碰撞?(2)再经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞?【答案】(1)1 s (2)&5 s5【详解】(1)将两滑块由静止释放后，对滑块A 进行受力分析，由牛顿第二定律得:m g s in 3 0 -/nAm g c o s 3()=m%解得：4=2m/s对滑块B进行受力分析，有:mg sin 30 n可得3故该介质的折射率应不小于 空3(2)如图当入射角逐渐减小到4时，A点右侧光斑恰好消失，在A C面的折射光线恰与M N平行，可得折射角尸=60根据折射定律得sin 60n=-sin a由儿何关系得%=a =30光斑到A点的距离s-AO tan 30=Rtan30 x tan 30=3