2021届新高考物理地市名校必刷模拟卷1（湖南专用）3月卷解析版.pdf

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1、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 月卷第一模拟试题一、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，倾 角 为0的斜面体。置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏。连接，连 接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b,c都处于静止状态，则下列说法不正确的是（）A.6对c的摩擦力可能始终增加B.c,对地面的摩擦力方向始终向左C.地 面 对c的支持力始终变大D.滑轮对绳的作用力方向始终不变【答案】B【解析】A.设a、b的重力分别为Ga、Gb，若Ga=

2、GbSin9b受到c的摩擦力为零；若G,H GbSin。b受到c的摩擦力不为零；若G VB解得0B-%所以B、D两点的电势不可能都为零，B错误；C.根据动能定理WAC=m Vl-m VA g 机破 一 3 吟则A、C两 点 的 电势差小于8、。两点间的电势差，D错误。故 选Ao5.如图所示，一 圆 柱 形 容 器 高 为 心 底 部 直 径 也 为L 一小球离地高为2 L,球到容器左侧的水平距离也为L,现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，小 球 抛 出 的 初 速 度 大 小 范 围 为（）2L r LL,力/力/力/A.D.c.g疯【答 案】B【解 析】要使小球直接落在容器的底部，设

3、 最 小 初 速 度 为 ,则有L联立解得设最大速度为V2，则有2L=*丫22L联立解得V2=S因此小球抛出的初速度大小范围为故B正确ACD错误。故选Bo6.如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上。点，沿与虚线成30。角的方向以某速度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点 粒子从。V,点至第一次到P点的过程中，平均速度为匕，从。点至第二次到P点的过程中，平均速度为丫2,则;等于【答案】D【解析】粒子运动轨迹如图所示:,2 7 t mF在下方磁

4、场做圆周运动的周期_ 2 T i mT2qB?由于国=2 耳，则7；=2（,结合几何关系得OPF60P6 6则有=7:1v2故选D o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.如图所示，等离子气流（由高温、高压、等电荷量的正、负离子组成）由左侧连续不断地以速度%水平射入片 和 g 两极板间的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度垂直于纸面向里，导 线 和 力 之 间 的 作 用 情况为：0 l s 内互相排斥，1 3 s 内互相吸引，3 4 s 内互相排斥，保持滑动变阻器滑片位置不变，规定向左

5、为通电螺线管A内磁感应强度B的正方向，则通电螺线管A内磁感应强度8随时间t 变化的图像可能是（）【答案】CD【解析】由左手定则可知，等离子气流由左侧射入两极板间，正离子向上偏转，负离子向下偏转，上极板带正电，下极板带负电，且导线中能形成稳定的电流，电流方向为由。到 b,由题可知，O ls内c d 中电流方向为由d到c,3 s内c 中电流方向为由c 到d,34 s 内”中电流方向为由d到c,根据楞次定律 增反减同判断可知图像CD正确，AB错误。故选CD。8.在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，如图甲，并记录相关数据。

6、对于这两组实验，下列判断正确的是（）A.饱和光电流一定不同，光电子的最大初动能不同B.因为材料不同，逸出功不同，所以遏止电压以不同C.因为光强不确定，所以单位时间内逸出的光电子数可能相同D.分别用不同频率的光照射之后绘制q.一。图 象（。为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象），图线的斜率可能不同【答案】BC【解析】A C.虽然光的频率相同，但是被照射的材料不同，光电子的最大初动能不同，光强不确定，所以单位时间内逸出的光电子数可能相同，饱和光电流可能相同，故A错误，C正确；B.根据光电效应方程Ek=hv-Wa=eUc可知，照射光频率相同，材料的逸出功不同，则光电子的最大初动能不同，遏止电压也

7、不同，故B正确；D.根据光电方程可得 心.呸e eh可知图线的斜率等于一，则图线的斜率相同，故D错误。e故选BC9.如图所示，水平光滑的地面上静止放置一质量为加八的小车A,小车的上表面光滑，质量为机3的物块8（可视为质点）置于A的最右端。现对A施加一个水平向右的恒力R A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t,二者的速度达到v（1、外、F、八v均为已知量）。则下列说法正确的是（）FA.物 块B刚开始做匀加速直线运动 B.小车A开始运动时的加速度大小为一啊C.可求得A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小 D.可求得小

8、车A上表面长度/【答案】BCD【解析】A.由于小车上表面光滑，物块B刚开始静止，故A错误；B.以A为研究对象，由牛顿第二定律知F=mAa则Fa=mA故B正确；C.对A、B碰撞后共同运动时间t的过程，由动量定理得Ft=(mA+mli)v-(见，+mB)丫 共代入数据解得_(mA+mB)v-F tV jt-故C正确；D.设A、B发生碰撞前瞬间，A的速度为办，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有，%以=(0+%)颐A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理知联立两式可求得小车A上表面长度(mA+mB)v-F t2%尸故D正确；故选BCD.,1 0.如图所示，图线。P、A/N分别是做直线运动的质点A

9、、B的位移一时间图像，其中O P为开口向下抛物线的一部分，P为图像上一点。P Q为过P点的切线，与x轴交于点2。则下列说法正确的是()O4t/sA.，=4s时，质点A的速率为lm/sB.质点A的加速度大小为0.25 m/s?C.质点A的初速度大小为6 m/s D.r=2 s时A、B相遇【答案】AD【解析】A.x-t图像的斜率表示速度，则t=4s时，质点A的速率为10-6,v=-m/s=lm/s4选项A正确；B C.设质点A的初速度大小为%,加速度为或 质点A在前4s内通过的位移为x=1 0 m,由运动学公式有v0+vx=t2解得%=4m/s则a=-=-m/s2=-0.75m/s2t 4选 项B

10、C错误；D.0-2s内质点B通过的位移为xB=6.5m质点A通过的位移为1 2 1 2 14=%方+耳。产=4 x 2-x 0.75x2 m=6.5m则/+%人 二13m故匕2s时A、B相遇，选 项D正确。故选ADo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。(-)必考题：共 43分。11.(6 分)在 探究速度随时间变化的规律”实验中，打点计时器使用的交流电的频率是50H z,记录小车运动的纸带如图所示。在纸带上选择7个计数点A、8、C、D、E、F、G,相邻两个计数点之间还有四个点未画出，各点到A 点的距离如图所示。(1)A

11、、B两个计数点之间的时间间隔T=s；(2)打 下B点时小车的速度3 m/s,CE间的平均速度正=m/s；小 车 运 动 的 加 速 度 m/s【答案】0.1 0.25 0.45 1.0【解析】由题可知相邻两计数点间的时间间隔1T=5x s=0,1s50(2)根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有-尤A C 5,OOxlO-2vB=VA C=-=-m/s=0.25m/she 0.2平均速度为_ XCE(14.00-5.00)xl02.vCE-=-m/s=0.45m/s 展 0.2由判别式A x/T2,结合逐差法可得C l-_(*DE+XE F +%FG)+XBC+XCD)r(37

12、)2代入数据可得a=-(-2-7-.0-0-9-.-0-0-)-9-.-0-0-xlO 22m/s,=2 l.Om/s,229x0.0112.(9 分)某物理兴趣小组选用内阻尺,=10。、满偏电流4=10mA的电流表、标识不清的电源，以及定值电阻、导线、滑动变阻器等组装成了一个多用电表，其结构如图甲。当选择开关接3时为量程250V的电压表，该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。其中电阻鸟=Q；兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校 到 测 的实验：将选择开关接 2 ,红黑表笔短接，调节片 的阻值使电表指针满偏；将多用电表红黑表

13、笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处.此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为 Q,此多用电表中所用电源的电动势为 V；用待测电阻 用 代 替电阻箱接人两表笔之间，表盘指针指在图乙中所示的位置，则可知待测电阻为凡=0;(保留三位有效数字)小组成员随手拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，发现电压表读数为1.35V,可求得该电压表内阻为 Qo【答案】24990Q 150Q 1.5V 67.4Q 13500【解析】(1)由题可知，当选择开关接3 时 为 量 程250V的电压表，根据欧姆定有U=/g(4+为)可得=2 5 0,Q-10Q=24990Q-4

14、*10 x10-3(2)C处为表盘的中央刻度，所以C处刻度所对应的电阻为中值电阻，也即欧姆表的内电阻，由图丙可得电阻箱的示数为OxlOOOQ+lxlOOQ+5xlOQ+OxlQ=15OQ也即C处刻度线的标注值应为150Q；由题意可知内置电源的电动势为E=1 50 x 0.0 1 V=1.5V指针指在图乙所示的位置时，流过待测电阻的电流为6.9 m A,根据闭合电路欧姆定律有E=I（&+凡）代入数据可得&=6 7.4。当电压表的示数为1.3 5V 时，根据分压原理有E-U U凡 代入数据有1.50-1.3 5 1.3 5 IS O-R 得 人=1 3 50 Q1 3.（1 3 分）如图所示，水平

15、轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q,两板间的距离为乩 半圆轨道的最高点了、最低点5、及 P、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q 连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质 量 为;m的小球1以速度=2 j 孚向左运动，与前面静止的、质量也为工

16、加的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球2和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设 P、Q板正对区域间才存在电场。重力加速度为g.计算小球1与小球2 碰后粘合体的速度大小v；若金属杆转动的角速度为3,计算图中电阻R消耗的电功率P；要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点5 做圆周运动到最高点7 ，计算金属杆转动的角速度的范围。【解 析】mgd Imgd ru)-qBL：qBL(1)两球碰撞过程满足动量守恒如9+刎解得(2)杆转动的电动势A,B-Lrco t i“弛“6yAr Ar 2电 阻R的功率n/七为2r =-R 4R 通过金属杆的转动方向可知P、Q板 间 的 电

17、场 方 向 向 匕 粘 合 体 受 到 的 电 场 力 方 向 向 上，在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不 能 达 到 最 高 点 兀 临 界 状 态 是 粘合 体 刚 好 达 到7点，此时金属杆的角速度 可 为 最小，设此时对应的电场强度为 耳，粘 合 体 达 到7点时的速度 为 匕，在7点，由牛顿第二定律得mg-qE,=m-r从S到 兀 由 动 能 定 理 得(qE mg)2r=；mvj2-；mv2解得耳，杆转动的电动势2q1 2=-BL-cot两板间电场强度=L1 d联立解得SmgdqBl,如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘

18、合体在5点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度 牡 为 最大，设此时对应的电场强度为反，在5点，由牛顿第二定律得qE2-mg=mr杆转动的电动势1 2s2=BI：C D2两板间电场强度a联立解 得 牡=7 mgdqBl,综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,金属杆转动的角速度的范围为mgdqBlImgd力4次。14.（15 分）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，轨道半径为R,在圆弧轨道的右端紧靠圆弧轨道有长度L=17R的木板静止在水平光滑地面上，木板上表面水平，且与圆弧轨道右端在同一水平高度，木板的上表面粗

19、糙，右侧有一弹性挡板。质量为m的滑块以某一初速度由圆弧轨道顶端滑下，在最低点对轨道的压力为lOtng,木板的质量为2相，滑块与木板间的动摩擦因数 =0.25,g取10 m/s?。求滑块的初速度%;(2)滑块是否会与木板右端的挡板碰撞？如果不能，请计算出滑块与木板相对静止的瞬间木板的位移；如果能，请计算出滑块与挡板碰后瞬间的速度；若在木板的右侧距离木板x 处为竖直墙壁，木板与墙壁和轨道碰撞后速度瞬间变为0,但不粘连，滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞，请计算滑块最终静止时到木板右端的距离y 与x 的关系式。R-2 x0 x 7?【答案】(1)J 赫；(2)不能发生碰撞，木板的位移s =4R；(3)y =

20、,7产x)1 1 尺，x R1 1x R3 7?尺,x 4 Rx.AR【解析】对于滑块从圆弧轨道顶端滑到最低点的过程，根据动能定理，有mgRD =1 mv2 -1 ，”唏，在轨道最低点，对滑块进行受力分析，有2_ VK由牛顿第三定律可知氏=10mg联立解得V =3y/R,%=17gR(2)假设滑块不会与木板右端挡板碰撞，滑块最终与木板达到的共同速度为匕，则根据动量守恒定律，有对于滑块在木板上滑动的过程，根据能量守恒定律，有1 2 1 2联立解得 L =1 2 R 1 7 R假设成立，对于木板从开始运动到与滑块达到共同速度的过程，根据动能定理，有/jmgs=x 2/w：解得s =4 H当x4R时

21、，木板在与滑块共速前与墙壁发生碰撞，碰撞后木板静止，滑块继续运动。设滑块恰好能到达木板右端时木板的位移为与，对滑块应用动能定理，有-pmg（nR +x0）=-inv22解得x（）二 R(D若o,X2=（R _x）（ii）若凡,x 4 R,则滑块不能与挡板碰撞R+x-y）=-m v2解得y=x-R若 4 R,则木板与墙壁碰撞前，滑块、木板已共速，滑块距木板右端的距离为5 R,木板先与墙壁碰撞,速度减为零，而滑块继续向右做匀减速直线运动，对滑块应川动能定理，有解得y=3R综上R 2x7y=(7?-x)x-R3R0 x R11凡，x R11R,x 4 5 ,故光线会在B C匕发生全反射，不 会 从 射 出。(2)作出光线第一次射到A C上的。2处的光路图如图2所示，根据几何知识可知光线在4 c上的入射角为%=90-%=30 C即光线会从A C边射入空气中；光在玻璃册中的传播速度为根据几何知识可知光线在玻璃砖中通过的路程为s=EO、+。2=&os30+2L4 cos 30。5上i-L12故光线在玻璃砖中传播所用的时间为_ s _ 5在Lv 12c