2021届八省新高考物理模拟卷（湖北专用）（解析版） (四).pdf

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1、2021届八省新高考物理模拟卷一湖北卷（03）一、选择题：本题共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 8 H 题有多项符合题目要求。1.（2020湖北高三月考）如图是某手机充电器的第一级变换电路，其中D1D4为规格相同的二极管（可视为理想二极管）。频率为50 Hz、电压为220 V 的正弦交流电由“、人端输入，从 c、d 端输出。下列说法正确的是（）A.c、d 端输出恒定直流 B.c,d 端输出电压的有效值为110VC.a d 端输出电流将不再改变方向 D.c、d 端输出电流的频率为50 Hz【答案】C【详解】A C.由于二极管具有单

2、向导电性，因此c、d 端输出脉动直流，电流大小变化而方向不变，A 错误，C 正确；B.c、d 端输出电压的有效值仍为220 V,B 错误；D,输出电压的频率为100 Hz,D 错误。故选C。2.（2020 湖北高三月考）如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m 的游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角於30,轻绳始终保持竖直，示意图如图乙，在这一阶段()A.钢索对滑环的摩擦力为0B.钢索对滑环的支持力为0.5mgC.游客运动的加速度为0D.钢索与滑环间的动摩擦因数为0.5【答案】C【详解】A.以人为研究对象，受力分析如图1所示，由于细线竖直，所以人受到的绳子拉力

3、和重力平衡；再以圆环为研究对象如图2所示，圆环受到拉力、支持力和摩擦力作用，故A错误；N=T cos 3 0 mg故B错误；C.游客做匀速直线运动，所以游客运动的加速度为零，故C正确;D.钢索受到的摩擦力为尸 mgsin30=N解得故D错误。故选C3.（2020湖北孝感市高三月考）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度大小为u=10m/s,平衡位置在x=处的质点P的振动图象如图乙所示，则f=ls时刻，简谐波的波形为甲乙【答案】D【详解】由题图乙可知，周期为T=0.4s则波长A=vT-4m由于周期T=0.4s因此f=ls时质点P的振动与f=0.2s时的振动相同，即质点P在平衡位置沿y

4、轴负方向运动，由于简谐横波沿x轴正方向传播，根据振动与波动的关系判断简谐波的波形图，故D正确，ABC错误。故选D。4.（2020湖北高三月考）野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自行车实际情况与物理学相关的说法正确的是（）A.图2中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同B.大齿轮与小齿轮的齿数如图3 所示，则大齿轮转1 圈，小齿轮转3 圈C.图 2中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点及后轮边缘处的G点运动快慢相同D.前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块，条件都相同的情况下

5、，它在A处最容易脱离轮胎【答案】B D【详解】ABC.图 1 中前轮边缘处4、B、C、。四个点的线速度大小相同，方向不同：大齿轮与小齿轮的齿数之比1：3,即半径1：3,由v=cor大齿轮与小齿轮的角速度之比1：3,则大齿轮转1 圈，小齿轮转3 圈；图 1 中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处尸点运动快慢相同，和后轮边缘处的G点不同，故 AC错误，B正确；D.车轮匕各点速度如图所示令轮的角速度为。，则速度为u=2R（wcos。根据牛顿第二定律f +mg cos 0=m-2R cos 0a）1可得f =一 mg）cos 0由此可知当e=o时，雪所需的附着力最大，所以它在A处最容易脱离轮胎，故 D正确。

6、故选B D,5.（2 0 2 0 湖北高三月考）2 0 1 9 年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们在宇宙演化方面取得的成就。宇宙中星体之间不断发生着演变，某双星绕两者连线上的某点做匀速圆周运动，如图描述了此双星系统中体积较小（质量小）星体“吸食”另一颗体积较大（质量大）星体表面物质的景象，这个过程物质在转移。在最初演变的过程中可以认为两球心之间的距离保持不变，对于这个过程下列说法正确的是A.它们之间的引力保持不变B.它们做圆周运动的角速度变大C.体积较小星体圆周运动的线速度变小D.体积较大星体圆周运动轨道半径不变【答案】C【详解】A.设体积较小的星体质量为 犯，轨道半径为彳，体积大

7、的星体质量为加 轨道半径为外，双星间的距离为L，转移的质量为机，则它们之间的万有引力为F c(肛+，)(色 一一 Z?两个星球的总质量一定，当它们质量相等时，两个星球的质量的乘积最大，故它们做圆周运动的万有引力是增加的，故 A错误；B.对 则有G如於*=(仍+即)疗不对 m2 则有(?nl+A/?7)(n 71-A m).2G!-l-=(m,-Ntn)a r2L t联立可得lG(m.+)总质 量 叫+，巧不变，两者距离L不变，可知它们做圆周运动的角速度不变，故 B 错误；C.由G处a 警4=(s+即)疗 4可得G（m1 Am）9一=叫3、L、机2均不变，加增大，则/减小，由匕得体积较小星体圆周

8、运动的线速度变小，故 C 正确；D.由（郎+根）（m 一 Am）.2G!-L-=（，%一A/M）V r2L t可得G（m,+A/）2-=叫3、L、/均 不变，机增大，则为增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半价变大，故 D 错误。故选C。6.（2020 湖北恩施土家族苗族自治州高三月考）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量?=60kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m,比赛过程中，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 2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g 取 lOm/s?

9、。则（）A.运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小C.起跳过程中运动员对地面的压力为1560ND.从开始起跳到双脚落地需要0.65s【答案】C【详解】A C.从开始起跳到脚离开地面重心上升历=0.5m,做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态,离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离1 tl=2.90m-2.1 0m=0.8m运动员离开地面后做竖直上抛运动，运动员向上做匀减速直线运动，处于失重状态，根据2g/72=-2可知,所以v=d2ghi=4m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知2 她=v2得V2 2a=-=16m/s2%由牛

10、顿第二定律得FN-mg=ma得FN=mg+ma=1 560N由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N,方向竖直向下，故 A 错误，C 正确;B.根据平均速度公式-%+vV-2知起跳过程的平均速度等于离地匕升到最高点过程的平均速度，故B错误：D.加速上升时间v 4t.=-=s=0.25sa 16减速上升/2=0.4s一 g加速下降和减速上升时间相同，故总时间为/=：+2%=1.05s故 D 错误。故选C。7.(2020湖北高三月考)如图(a)所示，点电荷p 绕点电荷+Q做半径为r 的匀速圆周运动，角速度为 幼；如图(b)所示，点电荷-q在相距为7 的两个固定点电荷+Q 所在连线的中垂面上

11、，做角度为牡的匀速圆周运动，-q 到+Q的距离始终为%则 供：g 为()A.1 ：V 2B.1 ：1C.1：7 3r 1一 夕+Q图(b)D.2 ：百ky【答案】A【详解】A B CD.图(a)中，点电荷+。对点电荷-q 的库仑力来提供向心力，从而做半径为 的匀速圆周运动，则有F向心力=%=卜米mrcof解得例I乌mr图(b)中，两个固定点电荷+Q对口的库仑力的合力琮 来 提供向心力，则有瑞 心 力=堪=，*又7%=2Z”cos3 0/=rcos3 0联立解得V mr故a=_ Lco2 5/2所以，选项BCD错误，A正确；故选A o8.(2 0 2 0 湖北高三月考)如图所示的理想变压器，其输

12、入端接在 =l()()、/5s in l()()R(V)的交流电源上，原、副线圈的匝数比为勺：2=2：1,凡 为电阻箱，副线圈中的电阻R =l()。，电表均为理想电表。下列说法正确的是()A.当=0时，电压表的读数为1 0 0 VC.当=1 0。时，电流表的读数为4 A【答案】B C【详解】A.输入端电压的有效值为1 0 0 V,B.当=0时，电流表的读数为5AD.当凡=1 0。时，电压表的读数为1 0 0 V当&=。时，电压表的读数为u,=%q=5 o v故 A错误；B.当&=0时、次级线圈中的电流故 B正确；=5 A2 RCD.当 舄=1 0。时，设电流表的小数 为/，则此时初级电流为0.

13、5/，初级电压为t/,=1 0 0-0.57 x1 0 =1 0 0-57则次级电压为1 0 0-572则有1 0 0-572=1 0/解得/=4 A此时电压表读数为=/R =4 0 V故 C 正确，D 错误；故选BC9.（2020湖北高三月考）如图所示，空间存在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量带电粒子同时从y 轴 上 OP之 间（0 3）沿 x 轴正向射入磁场，并同时到达。点。已知粒子的比荷均为幺，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）my*卜P fX X X X X X X XO-XX X X XX X X X7tmA.所有粒子运动的时间均为rqBB

14、.粒子的入射速度v 与入射位置的纵坐标y 满足关系口 =0mC.到达。点前的同一时刻，所有粒子排列在一段圆弧上7im a2D.在 0丽 时 间 内，所有粒子经过的磁场区域的面积为后1（万+2）【答案】ADTim【详解】A.由于y 轴是边界，所有粒子运动的时间都是半个周期，因此运动的时间均为一不，A 正确；qBB.在 y 位置射出的粒子轨道半径为搭，则y _ mvlqB可得丫 =迹2mB 错误；C.将运动倒过来看，相当于从。点同时向外发射粒子，经相同的时间都转过相同的圆心角，也就是粒子位置与各自的圆心及O 点构成相似三角形，即运动的粒子与。点连线与y 轴夹角相等，因此这些粒子都在一条直线上，c错

15、误；n m1D.在0 丁 时 间内，所有粒子都转过了一个圆弧，粒子都在一条直线上，该线与y夹角为4 5。，速度最2qB 4大的轨道半径为9 ,因此运动经过的磁场区域的面积为2 1 ,a、，1 a a a2/小s+5 X 5 X 5=丁（乃+2）D正确。故选A D。10.（20 20湖北高三月考）如图所示，光滑水平面上静止放着长 =4m、质量为”=2k g的木板，一个质量为小=1k g的小物体放在木板的最右端，木板和物块之间的动摩擦因数=0 1，对木板施加一水平向右尸=7N的拉力，经过时间，小物体从木板上掉下来，g取10 m/s 2,在时间，内（）A.拉力产对木板做功为4 2JB.摩擦力对木板做

16、功为-6 JC.摩擦力对物块做功为4 JD.系统产生的热量为2J【答案】A B【详解】A.由牛顿第二定律得，物块的加速度为a=/ig=l m/s2木板的加速度为F-jjmg 2a、=-=3m/s M由匀变速运动规律得，该过程物块的位移1 ，号=/卬木板位移根据几何关系有1 2 1 2 r5 a =L联立解得f =2s ,电=2m ,s2=6 m则拉力R对木板做功为=FS2=4 2 J,故A正确；B.摩擦力对木板做功为吗=於2 =-6 J，故B正确；C.摩擦力对物块做功为吗=人1=2，故C错误：D.系统产生热量为Q =4 J,故D错误。故选A B。11.（20 20 湖北武汉市华中师大一附中高三

17、月考）高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是（）A.铝盘中区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场B.铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C.磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速D.若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同【答案】A C【详解】A.铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感

18、应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A正确；B.铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为顺时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；C.由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；D.若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则满小空洞的铝盘产生的感应电流与实心铝盘产生的感应电流不同，所以磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘不相同，故 D 错误。故选ACo二、非选择题：本题共5 小题，共 56分12.（2020湖北黄石市黄石二中高三月考）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（N

19、TC）。正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻&（常温下阻值约为10.0。）的电流随其两端电压变化的特点。A.电流表Ai（满偏电流10m A,内阻n=10Q）B.电流表A2（量程0 L O A,内阻相约为0.5C）C.滑动变阻器R （最大阻值为10。）D.滑动变阻器幻（最大阻值为500。）E.定值电阻R3=990CF.定值电阻R4=140CG.电源E（电动势1 2 V,内阻可忽略）H.电键、导线若干（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两

20、端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器 o （只需填写器材前面的字母即可）（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图_ _ _ _。（3）该小组测出某热敏电阻R 的/i/2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是一（填或）。（4）若将上表中的PTC电阻直接接到一个9 V,内阻10。的电源两端，则它的实际功率为 W（结果均保留2 位有效数字）【答案】CRx 2.0W(1.92.1W)【详解】(1)”因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C

21、。(2)2因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表A i串联个大电阻&改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示 把热敏电阻&的AA图线的纵坐标改成/1(&3+6)=10004，即热敏电阻的电压，单位为V,图像就成为热敏电阻的U-/图像。一/图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是。(4)4做出9 V,内阻10Q的电源的。一/图像其与曲线的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为p=4x0.5W =2.0W由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.

22、92.1W。1 3.(2 0 2 0.湖北高三月考)某同学设计如图所示装置来探究动能定理。带有水平部分的斜槽固定在地面上(固定部分没有画出)，斜槽面倾角为他在E点与水平部分平滑连接。水平部分高度为“，末端尸点在水平地面上的投影点记为O点。O点右侧铺一张白纸，上面铺上复写纸以记录落点位置。先让可视为质点的滑块从斜槽面上的某一点释放，恰好运动到尸点，该释放点记为M 点。在斜槽上作出N、P、。点，且M N=N P=P Q。然后分别让滑块从N点、P点、。点由静止释放落到水平地面白纸上的A i、A 2、4 点。已知斜槽面各处粗糙程度相同。则(1)利用“倍增法”来探究动能定理的过程中，斜槽面的倾角0,斜槽

23、水平部分的高度H 是否必须测量(填“是或“否”在实验误差允许的范围内，满足。4：04：04=,动能定理得到验证。(2)若斜槽的倾角仇 桌面高度”在实验前已被测定。有人想借助该装置测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数ft,必须要测定的物理量()A.滑块质量 B.当地的重力加速度gC.释放点到“点的距离xi D.滑块落地点到。点的距离及【答案】否1:夜:百C D【解析】(1)设 M 点到E点的距离为xo,E F=L,在 M 点释放，m gxo s b i e=7 n gec()c o s 8 +L),设M N=N P=P Q=x,在 N 点释放：m g(x0+x)sind nmg(Cx0+x)cos0+

24、L)=,整理得：mgxsinO-nmgxcosO=,同理可得在 P 点释放：2(mgxsind-nmgxcosd)谚，在 Q 点释放：3 (mgxsind-mgxcosd)=从 F点离开，小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，根据水平方向x=vt,只需满足04：。4 2：。4 3 =1：鱼:遮即可，不需要测量倾角仇斜槽水平部分的高度 H；(2)根据m gxi s i n。-“j n gxi c o s。=m g 土，测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数，必须要测定的物理量释放点到例点的距离X1,滑块落地点到。点的距离x,所以选C D。1 4.(20 20 湖北高三月考)如图为打气筒给足球充气的

25、示意图。先上提活塞，阀门B关闭，阀门A打开，外界大气进入气筒内；再下压活塞，阀门A关闭，阀门B打开，气筒内气体全部进入足球，完成一次打气。如此重复多次，即可给足球充足气。外界大气压强p o=1.0 xl 0 5 P a,环境温度f o=1 7,气筒的体积Vo=l.O x l O 4 m3 初始时，足球内气体压强p=0.6 0 x l()5 p a,足球的体积V=5.0 x l()-3 m3 (始终保持不变)，忽略连接部件的体积，气筒体可视为理想气体：(i)不考虑气筒和足球内气体温度的变化，打气一次后，足球内气体的压强为多大？(i i)打气过程中，气筒内气体温度与环境温度保持一致，球内气体温度最

26、终升高至/=2 7 为使足球内气体的压强不低于Pn=l.1 X1 0 5 P a,求打气的次数至少为多少？【答案】(i)0=0.6 2 x 1 0 5 p a；(6)2 4 次。【详解】打气前后气体温度不变，对气筒内的气体，设压缩后在球内占据的体积为V。由玻意耳定律p(y0=p/对足球内的气体，压 缩 后 在 球 内 占 据 的 体 积 为 由 玻 意 耳 定 律PV =P,(V-V,)解得Pi=0.6 2 x 1 05 Pa(i i)设打气次数为”次，相当于第一次将压强为而，体积为%,温度为7b=2 9 0 K 的气体与足球内原有气体一起压缩成体积为匕 温度为人3 0 0 K 的气体。由理想

27、气体状态方程p0-nV0+p-V pVTo T解得”=2 3.2 次所以，打气次数至少为2 4 次。1 5.(2 0 2 0 湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)飞球调速器是英国工程师瓦特于1 78 8 年为蒸汽机速度控制而设计，这是人造的第一个自动控制系统。如图所示是飞球调速器模型，它由两个质量机=2 k g 的球通过4根长/=L2m 的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒较接，上面套筒固定，下面套筒质量为M=1 0 k g,可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为g=1 0 m/s 2,当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度。匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角。为6 0，求:杆对套筒M 的弹力大小；(2

28、)飞球角速度。的大小。【答案】(l)1 0 0 N；(2)y =1 0 r a d/s【详解】(1)套筒受到重力Mg,下面左右两根轻杆的弹力，由平衡条件得2FNCOS3-Mg解得NMg jgo_N=loON2 c o s 6 0 2x 12(2)小球受到重力，上下两根轻杆的弹力，竖直方向上，由平衡条件得FcosO=FNCOS0+mg水平方向上，由牛顿第二定律得片 s i n 6 +&s i n。=moTr由几何关系得r=lsin0解得6 9=1 0 r a d/s1 6.(2 0 2 0 湖北高三月考)如图所示，两导轨竖直放置，度 L=2 m,导轨间MN以下部分粗糙，以上部分光滑粗糙部分处于竖

29、直方向的匀强磁场中，MN以上存在高度为止1 0 m 垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小均为B=1 T,质量为如=1 kg 的导体棒a位于磁场上方距磁场上边界/?=5 m 的位置，质量为%?2=0.5 kg 的导体棒b位于两个磁场的边界MN处,导体棒a的电阻值是人的3 倍，现将两导体棒同时山静止释放，导体棒进入磁场中时，两导体棒恰好同时做匀速直线运动，整个过程中导体棒与导轨接触良好，导体棒均在导轨外侧，导轨电阻不计，g=1 0 m/s 2,求：(1)两导体棒的电阻分别为多少；(2)M N 以下磁场的方向，导体棒匕与导轨间的动摩擦因数；(3)导体棒a通过MN以上部分磁场过程中导体棒b

30、上产生的焦耳热。【答案】凡=3。，&=1Q；(2)向上 0,5；(3)Qh=25J【详解】(1)导体棒。由静止下落到刚进入磁场中时，有2 gh=v2解得y=12gh=10m/s感应电动势E=BLV=20V两导体棒恰好同时做匀速直线运动，对导体棒a则有E=B-L“3R+R解得/?=1 Q所以导体棒a的电阻为R.=3 R=3 c所以导体棒b 的电阻为%=R=1Q(2)导体棒b 要做匀速运动，则摩擦力和重力平衡，因此安培力向里，由楞次定律可知导体棒b 的电流方向为从右向左，由左手定责可知磁场方向向上；两导体棒恰好同时做匀速直线运动，对导体棒b 则有，弭 g-E-L“3R+R解得=0.5(3)导体棒a 通 过 以 上 部 分 磁 场 过 程 中 导 体 棒b上产生的焦耳热Q=(m+m2)g H-B-LH=100J3R+R则