2021届湖北省黄冈市高考物理模拟试卷(四)(含答案解析).pdf

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1、2021届湖北省黄冈市高考物理模拟试卷（四）一、单 选 题（本大题共4小题，共24.0分）1.如图为氢原子的能级图，用动能为13.07 eV的电子撞击一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有71：2-13fA.15种 B.10种 C.4种 D.1 种2.如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，4 B是这条直线上 坂 V B 4的两点，一质量为小，带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下以速 7-Z-度以经过4点沿电场线向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度为经过8点，且为与以方向相反，不计粒子重力.下列说法正确的是（）A.粒子在4、B两点的速度大小关系是：力大于如B.A、B两点

2、的场强关系是：大小为以大于W，方向都向左C.A、B两点的电势关系：3A高于 PBD.粒子在4、B两点的电势能大小关系：以大于年3.如图所示,在一个方向竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线.若 IT厂磁感应强度为B,导线质量为m,导线在磁场中的长度为L.当水平导线内通|有电流/时，细线的拉力大小为（）I B 1rl JA.mg-BIL B.mg+BILC.J（mg）2+（B/L）2 D.J（mg）2-（B/L,4,下列关于磁和磁现象的叙述正确的是（）A.通电导线在磁感应强度越大的地方受到的安培力一定越大B.小磁针在磁场中静止时N极所指的方向即为该处的磁场方向C.地磁场在地球表面任意位置的

3、方向都与地面平行D.运动电荷在地磁场中一定受到洛伦兹力的作用二、多 选 题（本大题共6小题，共33.0分）5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为6的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小 、嬴球从槽上高八处由静止开始下滑（）A.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力始终不做功B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上高九处6.如图所示，质量为3m的竖直光滑圆环4的半径为R,固定在质量为2m/一的木板B上，木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地

4、面上，B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C.现给小球一 R冒水平向右的瞬时速度孙，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度必必须满足（）A.最小值为J谦 B.最大值为3 项c.最小值为J s g R D.最大值为:0或7.某同学利用橡皮条将模型飞机弹出，在弹出过程中，下列说法正确的是（）A.橡皮条收缩，弹力对飞机做功B.飞机的动能增加C.橡皮条的弹性势能减小D.飞机的重力势能减小，转化为飞机的动能8.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和/?3均 为 定 值 匚 空 卜 气 电阻，/?2为滑动变阻器.当/?2的滑

5、动触点在a端时合上开关S,现将/?2的滑动触点向b端移动，则下列说法正确的是（）F A.A增大，/2不变B.4减小，2增大C.U减小，色两端电压增大D.U不变，色两端电压变小下列说法正确的是（A.物体内部所有分子动能的总和叫作物体的内能B.橡皮筋被拉伸时，分子间势能增加C.液体的饱和汽压与温度和体积有关D.液体的表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现E.一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加1 0.下列说法正确的是（）A.电磁波在真空中以光速c传播B.偏振是纵波所特有的现象C.观察者听到靠近的列车发出的汽笛声，音调（频率）会变高D.受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期E.双缝

6、干涉实验中，若入射光由黄光改为红光，干涉条纹的间距将会增大三、实 验 题（本大题共2小题，共15.0分）11.一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器。木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动。实验中测得木块质量M=150g,钩码质量m=50g。木块打点计时器1 接交 流 叫 飞17工 嬴 单 位;甲乙（1）实验开始时，应调整滑轮的高度，让 细 线 与 木 板；（2）实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上4、B、C、。、E是计数点，相邻两计数点

7、之间的时间间隔是0.10s,所测数据在图中已标出，根据图中数据可求得木块运动的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）：（3）根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式=（用M、m、g、a表示）；取g=10m/s2,代入相关数据可求得=（计算结果保留一位有效数字）。1 2.某同学想测量一个滑动变阻器的最大阻值（介于5k。到10k。之间），他进行了如下操作：（1）他首先利用多用电表对其进行了粗测。将选择开关旋到“x M”的挡位，进行欧姆调零后，请将图a中器材连接起来，观察到指针偏转位置如图b所示，则该滑动变阻器的最大阻值约为0。(2)为了更精确的测量，该同学设计了如图c所示的电路图；已知所用直流

8、电源电动势为10匕 电压表量程为01 5V,内阻约为2Ok0；电流表量程为3 n M,内阻约为1 0 0 0,则电压表“+”接线柱应接在_ 处(填a”或b”为保证实验的准确性及操作方便，下 列 给 出 的 滑 动 变 阻 器 应 选 择。4 滑动变阻器4(020000,0.12)8.滑动变阻器B(0200,14)本实验存在的系统误差主要是由_ 导致的，它 会 使 测 量 结 果(填 偏 大”“偏小”或“无影响”)。四、计算题(本大题共4 小题，共 52.0分)1 3.如图所示，在直角坐标系xoy第一象限内有竖直向下的匀强电场E i，第四象限内有水平向左的匀强电场E 2,第三象限内某一位置固定电

9、量为Q的负点电荷，而且只对第三象限内的电荷产生作用力。现有带正电的点电荷q自第一象限内4(4zn,4m)静止释放，经y轴上0)点进入第三象限，在负点电荷Q的作用下恰做匀速圆周运动，经x轴上C点与“轴正向成。=53。射入第二象限。求：(1塔等于多少;(2)电荷在第三象限做圆周运动的半径R。1 4.图中的瓦q d 和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在垂直于导轨所在平面(纸面)的匀强磁场中(图中未画出).导轨的由瓦、a2b2、j d 、c2d2段均竖直.MN、PQ分别为两根粗细均匀的金属细杆，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，MN通过一细线悬挂在力传感器下，t=0时PQ在竖直向上

10、的外力T作用下从图(a)中所示位置由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动,力传感器记录的拉力随时间变化的图象如图(b)所示.已知匀强磁场的磁感强度为B=17,%瓦与a2b2间距离与两细杆的长度均为人=0.5m,MN、PQ的电阻均为R=5 0,回路中其它部分的电阻不计，重力加速度g 取1 0 m/s2,求：(1)金属杆PQ运动的加速度a；(2)qdi与c2d2间的距离七；(3)01.0s内通过 N 的电量q.15.(6分)气缸长为L=1 m,固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100czn2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t=27。3大气压为po=1 x 105pa时，气柱长度

11、为，=0.9 m,气缸和活塞的厚度均可忽略不计.求：如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力厂 的大小如果气缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为多少摄氏度1 6.如图所示，半圆玻璃砖的半径R =l O g c m,折射率n=g，直径A B与屏幕M N垂直并接触于4点.一束激光a以入射角i =6 0。射向玻璃砖圆心0,因反射和折射，结果在屏幕M N上出现了两个光斑，求两光斑之间的距离L.参考答案及解析1.答案：B解析：试题分析：由于13.6 0.5 4=,则用动能为13.07 el/的电子撞击一群处于基态的氢原子，氢原子最高可跃迁到能量为-0.54 eU的高激

12、发态，即跃迁到量子数为n=5的激发态。而n=5的氢原子向低能级跃迁发光是完全随机的，发射的可能波长的个数为嚅=3蟒，选项8正确。考点：本题考查考查氢原子的玻尔理论。2.答案：A解析：解：4、由题意可知+q所受电场力方向向左，故电场方向向左，所以从4到B运动的过程中电场力做负功，动能减小，以大于外,故4正确.8、由于不知道4B两点电场线的疏密，也不知道电荷在两点的加速度的大小关系，故无法判断两点场强的大小关系.故B错误.C、+q所受电场力方向向左，故电场方向向左，而沿电场线方向电势降低，故A点的电势小于B点的 电 势.故C错误.D、由于从A到B运动的过程中电场力做负功，所以物体的电势能增大，故以

13、小于如，故。错误.故选A.根据正电荷速度的变化情况可以确定电荷的受力情况，这样就确定了电场力的做功的正负，也就知道物体动能是增加还是减少，同时知道了物体的电势能的是否增加，从而确定4 8两点电势的高低.速度方向的变化是本题的突破口，所以学会寻找突破口是我们学习物理时必须具有的一种能力.3.答案：C解析：解：导体棒所受的安培力F=8/3方向垂直纸面向里，根据共点力平衡得，细线的拉力为:T=4(m g/+(81)2.故C正 确,力、口、。错误。故选：Co对导体棒受力分析，通过共点力平衡求出细线的拉力.解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解.4.答案：B解析：解：4平行于磁场方向放

14、置的通电导线是不受到安培力的作用的，故A错误；3.物理学中规定：小磁针在磁场中静止时N极所指方向为该点的磁场方向，故8正确；C.地球北半球的磁场有向下的分量，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；。.若运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷是不受到洛伦兹力的作用的，故。错误。故选：Bo物理学中规定：小磁针在磁场中静止时N极所指方向为该点的磁场方向，平行于磁场方向放置的通电导线是不受到安培力的作用的，若运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷是不受到洛伦兹力的作用的，地球磁场在南北半球的分布是不同的。本题考查磁场中磁场方向的规定，安培力和洛伦兹力公式中各物理量方向关系

15、，以及地球磁场分布等知识点。5.答案：BC解析：解：力、由于光滑弧形槽未固定且水平面光滑，小球下滑过程中，小球对槽的弹力垂直于槽向左下方，由于槽向左运动，槽受到的作用力方向与槽的运动方向不垂直，槽受到的作用力对槽做功；而小球受槽的作用力与小球对槽的作用力方向相反，故小球受到的作用力斜向右上，小球的位移向右，作用力方向和位移方向不垂直，小球受到的作用力对小球做功，故A 错误；8、由于水平面光滑，小球下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向不受力，它们在水平方向动量守恒，故 8 正确；C D.设小球离开槽时小球和槽的速度大小分别为巧和女。在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向不受外力，系统在水

16、平方向的动量守恒，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：0=mV 1-m v2,则得=%，小球被弹簧反弹离开弹簧后，小球追不上槽，所以小球和槽都做速率不变的直线运动，小球和槽的机械能守恒，小球不能回到槽上高八处，故 C 正确，。错误。故选：B C。在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律分析小球离开槽后小球与槽的速度大小关系，判断被弹簧反弹离开弹簧后，小球和槽的运动情况。在下滑过程中，根据力和位移的夹角，判断小球和槽之间的相互作用力对槽是否做功；根据小球与槽的速度关系判断小球能否回到槽上高八处。本题考查动量守恒定律的应用，解答本题要明确动

17、量守恒的条件：合外力为零，要知道系统在某一方向不受外力或合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。6.答案：CD解析：考查牛顿第二定律、机械能守恒定律、竖直面内的圆周运动模型。在最高点，速度最小时有：mg=m二，解得：vi=亚至R从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为%根据机械能守恒定律，有：2m g R+m v-|m v-|z 2,解得：=1 5 g R .要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：F=2mg 4-3 mg=Smg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为玫，在最高点，速度最大时有：m g+5 m g=m二 一 解 得：v 2=j 6g R

18、.R根据机械能守恒定律有：2m g R+g m v 22=3 m v 2？，解得：22 1 OgR.所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5 gR4 Vze J 1 0 g K，故 C。正确，A B 错误。故选C D。小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2 m g,根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围。7.答案：ABC解析：解：A B,模型飞机在被弹出的过程中，橡皮条

19、收缩，弹力对飞机做功，橡皮条的弹性势能转化为飞机的动能，动能增加，故A B正确.C、弹力对飞机做功，橡皮条的弹性势能减少，故C正确；。、飞机的高度上升，重力势能增加，橡皮条的弹性势能转化为飞机的动能和重力势能，故。错误.故 选:ABC弄清在弹出过程中能量的转化情况即可判断.根据速度的变化分析动能的变化.重力势能的变化由高度的变化分析.此题的关键要弄清涉及几种形式的能，什么能转化为什么能，根据能量转化和守恒定律分析.8.答案:BC解析：解：将R2的滑动触点向b端移动时，/?2减小，整个电路的总电阻减小，总电流力增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即电压表示数U减小。/?3电压增大，R1、并联电

20、压减小，通过8的电流减小，而总电流/增大，则 流 过 的 电 流/2增大。故 错 误，BC正确。故选：B C。本题要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律和串、并联电路的特点进行分析.解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解.注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流.9.答案：BDE解析：A、物体内能包括所有分子动能和分子势能之和，故A错误；B、拉伸橡皮筋，橡皮筋做负功，橡皮筋温度不变，内能增加，势能增加，故8正确；C、同一种液体的饱和汽仅仅与温度有关，与体积无关，故C错误；。、

21、液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现，故。项正确；E、一定质量的理想气体放出热量，如果同时有外界对它做功，且做功的量大于它放出的热量，它的内能就会增加，故E正确。故选：BDE.物体内能包括分子动能和分子势能；根据橡皮筋做负功判断；饱和汽压与温度有关与体积无关；气体温度升高时分子热运动剧烈可以导致压强增大，浸润现象和不浸润现象都与表面层与表面张力有关，都是分子力作用的表现；根据热力学第一定律分析。本题考查了内能、分子力做功、饱和气压、表面张力、浸润现象、热力学定律等，知识点多，关键要记住相关规律。10.答案：ACE解析：解：4、电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同，都是光速c

22、,故A正确;8、只有横波才能发生偏振现象，故B错误；C、由多普勒效应可知，观察者听到靠近的列车发出的汽笛声，接收到的频率会变大，音调会变高,故C正确；。、物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率，其振动的周期也等于驱动力的固有周期，故。错误；国 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由黄光改为红光，波长变长，根 据 公 式 可 知 干a涉条纹的间距将会增大，故 E 正确。故选：ACE.电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同；只有横波才能发生偏振现象；明确多普勒效应的内容，知道生活中哪些现象与多普勒效应有关；物体做受迫振动时，其频率等于驱动力的频率，周期等于驱动力的周期；根据=判断条纹间

23、距的变化。a本题考查了电磁波的传播速度、光的偏振现象、多普勒效应、受迫振动及双缝干涉等知识，难度不大,加强记忆。11.答案：平 行 0 2 5 三一 噜 蛆 0.3M Mg解析：解：(1)应调整滑轮的高度，让细线与木板平行;(2)根据运动学公式得：Ax=at2,Ax 0.1618-0.1517 八 c l/2a=-；-=0.25m/sot2 o.22/(3)根据牛顿第二定律，则有：m g-n M g =(M +m)a；解得i弋(M+m)aMg代入数据，则有：尸券-峭 x 0.2 5 =0.3；故答案为：平行，(2)0.2 5,(3)=*一 组 署；0 3。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解

24、实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出加速度；根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解。对于实验问题我们要了解实验的装置和工作原理，同时掌握牛顿第二定律的应用，并要注意单位的换算。12.答案：6 k b B电流表分压偏大解析：解：(1)选择开关旋到“xM”的挡位，由图b 所示可知，滑动变阻器的最大阻值为6 x 1 k。=6 f c/2 o(2)电压表内阻约为2 0k。，电流表内阻约为1 0 0 0,待测滑动变阻器阻值为6 k 0,待测滑动变阻器阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电压表“+”接线

25、柱应接在b 处。滑动变阻器采用分压，为保护电路方便实验操作，滑动变阻器应选择B。由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，使电压测量值大于真实值，电流表分压是造成实验误差的原因，由于电源测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值偏大，滑动变阻器的测量值大于真实值。故答案为：(l)6 k；(2)b；B；电流表分压；偏大。(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，然后确定电压表接线柱的接法。滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。根据图示电路图分析实验误差来源并分析实验误差。本题考查了应用伏安法测

26、滑动变阻器最大阻值实验，理解实验原理是解题的前提与关键；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则。1 3.答案：解：(1)设电荷在第一象限的加速度为由,在第四象限的加速度为。2。电荷进行第四象限的速度为：诏=2%得：=72ai y i电荷在第四象限做类平抛运动，则有竖直方向有丫 2 =匕J水平方向有X i =岁据题丫 2 =6 m,/=4m,=4 m整理可得：言=等=当根据牛顿第二定律得q E =m a,得a -詈所以竺=&=竺(2)设电荷进入第三象限时的速度与y 轴负向的夹角为夕.则解得t a n.=；得：B=5 3 设电荷在第三象限做匀速圆周运动的半径为R,则y2-Rs

27、in0+Reos夕=6m代入数据可得：R=4：m答：(嘴 等于容(2)电荷在第三象限做圆周运动的半径R是4M巾。解析：(1)点电荷q在第一象限内做匀加速直线运动，由速度位移公式列式，求得电荷进入第四象限时的速度。电荷在第四象限做类平抛运动，根据两个分位移公式列式，从而求得电荷在第一和第四象限内加速度之比，由牛顿第二定律求解场强之比。(2)电荷进入第三象限后做匀速圆周运动，根据几何关系求电荷在第三象限做圆周运动的半径R。带电粒子在复合场中运动类型，分析粒子的受力是解题的基础，本题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识得到做匀速圆周运动的半径。14.答案：解：(1)01.0s内MN始终静止，力传

28、感器的示数为F=m i。自1，其中以1为MN受到的安培力，也即PQ受到的安培力大小；0 0.5s内，FAI=BIL=比祟 t，其中皿即为图象的斜率，2R由图(b)可 知 啜=0.2N/S,代入数据解得：a=8 m/s2；(2)0.5 1.0s 内自 2=Bl%LiLjCl 八 c l由图(b)可知R+旦殳=0Q5 N/S,代入数据可得：L2 0.0714m；14(3)根据运动学公式可得00.5s内PQ运动的位移是匕=号砒2=3 m)扫过的面积为Si=L1x1=0.5 x 3m2-1.5m2,根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，0,51.0s内PQ运动的位移是不=3%=9m,扫过的面积为S2

29、=L2X2=0.0714 x 9m2=0.6426m2；根据电荷量的计算公式q=黑=*爰2=i x(i：+；6 4 2 6)c x 0 214C.答：(1)金属杆PQ运动的加速度为8rn/s2；（2）q d i与c2d2间的距离为0.0714m；（3）01.0s内通过MN的电量为0.214C.解析：（1）01.0s内MN始终静止，根据力传感器的示数和平衡条件列式得到安培力与其重力的关系,由于两棒所受的安培力大小相等，得到尸与t 的关系式，结合图象的信息求解PQ的加速度a.（2）0.51.0s内，安培力公式求出安培力，由图象求出人；（3）根据运动学公式求出01.0s内PQ运动的位移，即可得到回路

30、磁通量的变化量，由电荷量的经验公式求解电量.本题是复杂的电磁感应现象，推导安培力的表达式和感应电量的表达式是解题的关键，同时要抓住两棒所受的安培力大小相等，建立两棒之间的联系，运用电磁感应与力学规律进行解题.15.答案：F=100/V#=i鲍产贮解析：试题分析：由玻意耳定律得：於，辑=踞-变 酒（2分）蹴F=100N（l 分）由盖一吕萨克定律得：=嬴（2分）产=鲍 吃（1分）考点：本题考查了理想气体状态方程、做功的概念。16.答案：解：根据光的反射定律可知反射角6=i=60。,画出光路图如图.设折射角为r,由折射定律得解得，r=30由几何知识得：两光斑P、Q之间的距离L=PA+AQ=Rtan300+Rtan60=40cm.答：两光斑P、Q之间的距离L为40cm.解析：画出光路图，求出光线在。点的折射角和反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L关于几何光学的问题，关键是能正确作出光路图.此题根据题意在水平屏幕 N 上出现两个光斑是由于激光a在。点同时发生折射和反射形成的，作出光路图.