高中物理高考 试卷03-2021届八省新高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版）

2021届八省新高考物理模拟卷—湖南卷（03）

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．（2020·衡阳市第二十六中学高三月考）一位女士由于驾车超速而被警案拦住。警察走过来对她说：“太太，你刚才的车速是80km/h！”。这位女士反驳说：“不可能的！我才开了10分钟，还不到一个小时，怎么可能走了80km呢?”“太太，我的意思是：如果您继续像刚才那样开车，在下一个小时里您将驶过80km。”“这也不可能的。我只要再行驶20km就到家了，根本不需要再开过80km的路程。”你认为这位太太没有认清哪个科学概念（　　）

A．位移与路程的概念

B．时间与时刻的概念

C．平均速度与瞬时速度的概念

D．加速度与速度的概念

【答案】C

【详解】平均速度是物体在单位时间内通过对路程，而瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位置上的速度；由题意可知，超速是任意时刻超过80，故该女士没有认清瞬时速度的概念，故ABD错误，C正确。

故选C。

2．（2020·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1；b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R=10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（　　）

A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2A

B．当S与a连接后，t=0.01s时理想电流表示数为零

C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍

D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25Hz

【答案】A

【详解】AB．S与a连接后，由

=

又知

U1=V=220V

解得

U2=22V

则理想电压表的示数为22V，又知定值电阻R=10Ω，可得理想电流表示数为电流的有效值

I==2.2A

故A正确，B错误；

C．S由a拨到b后

n1∶n2=5∶1

则

U1∶U2′=5∶1

得

U2′=2U2

据P=得功率变为原来的4倍，故C错误；

D．输出电压频率不变，仍为50Hz，故D错误。

故选A。

3．（2020·双峰县第一中学高三月考）如图，半球体置于水平面上，在半球体的上表面 上放一物块后，成如图所示的状态而保持静止，则半球受力的个数为（  ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】C

【详解】物块处于平衡状态，受到重力和半球体斜向上的支持力，必定受到沿斜面向上的摩擦力才能处于平衡状态！而且物块受到的支持力与摩擦力的合力与重力大小相等，方向相反。根据牛顿第三定律可知，物块对半球体的压力与摩擦力的合力一定是竖直向下，与重力相等，所以半球体受到重力、地面的支持力、物块的压力以及物块对半球体的摩擦力，共4个力。故C正确，ABD错误。

故选C。

4．（2020·湖南省宁远县第一中学高三月考）如图所示，A、B、C为三段圆柱体，质量均为m，均可视为质点，通过铰链与两根长为L的轻杆相连，A、B、C位于竖直面内且成正三角形，其中A、C置于光滑水平面上，A、C带电，电荷量均为q，A、C间的库仑力忽略不计，B不带电。起初在水平向右的匀强电场中三个物体均保持静止，现水平电场突然消失，B由静止下落，物体A、C在杆的作用下向两侧滑动，三物体的运动始终在同一竖直平面内。已知重力加速度为g，则物体B由静止至落地的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物体A、C带异种电荷，且A带负电，C带正电

B．水平电场的电场强度

C．圆柱A对地面的压力一直大于

D．圆柱B落地的速度大小近似为

【答案】D

【详解】AB．根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，杆上的支持力

解得

对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即

解得

可知，AB错误；

C．在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于，C错误；

D．对整个系统分析

解得

D正确。

故选D。

5．（2020·湖南长沙市·高三月考）如图，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的点向对面山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在、、三处，不计空气阻力，、两处在同一水平面上，则下列说法中正确的是（　　）

A．落在处的石块在空中运动的时间最长

B．落在、两处的石块落地速度方向相同

C．落在、、三处的石块落地速度方向相同

D．落在、两处的石块落地速度大小不可能相同

【答案】B

【详解】A．平抛运动的运动时间取决于竖直分运动的位移大小，位移越大，运动时间越长，所以落在B处的石块在空中运动的时间最长，故A错误；

B．设落在A处的石块落地速度方向与水平方向的夹角为，则

即落地时的速度方向只与山坡倾角有关，与落地点无关，所以落在、两处的石块落地速度方向相同，故B正确；

C．落在、两处的石块落地速度方向是不同的，因为直线PA和PC的倾角不同，故C错误；

D．落在、两处的石块落地速度分别为

由水平位移可知，由竖直位移可知，所以是有可能相等的，故D错误。

故选B。

6．（2020·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）均质均匀圆环半径略大于圆柱体半径，空间存在垂直于圆柱体表面沿半径向外的磁场，圆环所在位置的磁感应强度大小为B。圆环的质量为m，半径为r，给环以竖直向上的初速度v，圆环上升最大的高度为H，然后落回抛出点，此过程中（　　）

A．圆环先有扩张后有收缩趋势

B．圆环上升时间比下降时间短

C．圆环上升过程和下降过程产生的热量相同

D．圆环上升过程经过位置时的速度有可能大于

【答案】B

【详解】A．圆环上升时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为逆时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向下；圆环下降时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向上；整个过程中，圆环既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，故A错误；

B．圆环在上升过程中，感应电流安培力向下，合力为重力与安培力之和，而圆环下降过程中，感应电流安培力向上，合力为重力和安培力之差，因此圆环上升时减速的加速度大小大于下降时加速的加速度大小，上升和下降位移相同，因此上升时间小于下落时间。故B正确；

C．圆环运动过程中因电磁感应产生热量，机械能减小，因此圆环上升和下降经过同一位置时，下降时的速度小于上升时的速度，因此经过任一高度，上升时感应电流安培力大于下降时的安培力，圆环在上升过程克服安培力做功大于下落过程中克服安培力做功，因此圆环上升过程中产生热量较大，故C错误。

D．若圆环上升过程做匀减速直线运动，则根据

解得经过位置时的速度为。实际上圆环上升过程做加速度减小的减速运动，可知前半段速度减小快，经过位置时的速度小于，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·湖南高三月考）原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．核的结合能约为14MeV

B．核比核更稳定

C．三个中子和三个质子结合成核时放出能量

D．在核反应中，要吸收热量

【答案】BC

【详解】A．根据图像可知的平均结合能约为，核子数为，所以结合能约为

A错误；

B．平均结合能越大，原子核越稳定，所以核比核更稳定，B正确；

C．核子结合成原子核时会质量亏损放出核能，即结合能，所以三个中子和三个质子结合成核时放出能量，C正确；

D．重核裂变会质量亏损，所以会释放能量，D错误。

故选BC。

8．（2020·双峰县第一中学高三月考）如图，在倾角为的光滑斜面上，有质量均为m=2kg的AB两物块靠在一起，A物块连着一根劲度系数k=200N/m的轻弹簧，从两物体静止开始，对B施一沿斜面向上的力F，使AB一起以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，直至AB分离，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．AB分离前它们间的相互作用力不变

B．当弹簧的压缩量为6cm时，AB分离

C．经t=0.2sAB分离

D．AB分离时的速度为0.2m/s

【答案】BC

【详解】A．对A受力分析可知，重力、支持力、B对A的作用力、弹力，由于弹力发生变化且A的加速度不变，由牛顿第二定律可知，AB分离前它们间的相互作用力会发生变化，故A错误；

B．AB分离时速度相同，加速度也相同且此时的相互作用力为0，对A由牛顿第二定律有

解得

由胡克定律有解得

故B正确；

C．设刚开始时弹簧压缩量为x0，则

解得

由位移公式得

解得

故C正确；

D．由速度位移公式得

解得

故D错误。

故选BC。

9．（2020·湖南郴州市·高三月考）如图所示，绝缘水平面内固定有两足够长的平行金属导轨ab和ef，导轨间距为d，两导轨间分别接有两个阻值均为r的定值电阻和，质量为m、长度为d的导体棒PQ放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻，在空间加上磁感应强度小为B、方向竖直向下的匀强磁场，两根完全相同的轻弹簧一端与棒的中点连接，另一端固定，初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态且与导轨在同一平面内，现使导体棒获得水平向左的初速度，在导体棒第一次运动至右端的过程中，上产生的焦耳热为，下列说法正确的是（　　）

A．初始时刻，棒所受安培力的大小为

B．棒第一次回到初始位置时，的电功率为

C．棒第一次到达右端时，两根弹簧具有的弹性势能之和为

D．从初始时刻至棒第一次到达左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为4Q

【答案】AC

【详解】A.初始时刻，导体棒有效的切割长度为d，产生的感应电动势为：

通过棒的感应电流为：

导体棒所受安培力的大小为：

联立解得：

故A正确；

B.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，由能量守恒定律知，当棒再次回到初始位置时，速度必小于，棒产生的感应电动势小于，通过导体棒的电流小于，则的电功率小于，故B错误；

C.由能量守恒得知，当导体棒第一次达到最右端时，棒的动能全部转化为整个回路中的焦耳热和两根弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C正确；

D.由于安培力始终对导体棒做负功，产生焦耳热，第一次运动至最右端的过程中产生的电热为Q，电路中产生总热量为2Q，棒第一次达到最左端的过程中，电路中产生总热量一定小于2Q，故D错误;

故选AC。

10．（2020·双峰县第一中学高三月考）火星周围笼罩着空气层，与地球空气层相似。若宇航员在火星表面附近由静止释放一个质量为m的小球，小球在下落过程中由于受到空气阻力，其加速度a随位移x变化的关系图像如图所示。已知火星的半径为R、自转周期为T，引力常量为G，忽略火星自转对重力的影响，则下列说法正确的是（　　）

A．火星的“第一宇宙速度”为

B．火星的质量为

C．火星静止轨道卫星的轨道半径为

D．小球下落过程中的最大速度为

【答案】AD

【详解】A．小球刚释放瞬间即时的速度为零，故此时小球所受空气阻力为零，

可知火星表面的重力加速度大小为，由

可得火星的“第一宇宙速度”

故A正确；

B．由

可得火星的质量

故B错误；

C．由

可得火星静止轨道卫星的轨道半径

故C错误；

D．当小球下落的速度最大时，此时，图线与x轴包围的“面积”表示合力对小球做的功，根据动能定理有

解得小球下落过程中的最大速度

故D正确。

三、非选择题：第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答，第15~16题为选考题，考生根据要求作答。

11．（2020·湖南高三月考）某学校的科技小组在一次创新大赛中利用所学物理知识设计了一种“闯红灯违规记录仪”，其工作原理如图甲所示，当光控开关接收到某种颜色光时，开关自动闭合，且车辆经过的路面下的压敏电阻受到车的压力，其阻值随压力变化如图乙所示，当压力变化引起电流变化达到一定值时，继电器的衔铁就被吸下，电路中的电控照相机就启动，记录下违规车辆实况。光控开关未受到该种光照射就自动断开，衔铁不被吸引，工作电路中的指示灯发光。

（1）要记录违规闯红灯的情景，光控开关应在接收到______（选填“红”“绿”或“黄”）光时自动闭合；

（2）已知控制电路电源电动势为，内阻为，继电器电阻为，当控制电路中电流大于时，衔铁会被吸引。则只有质量超过______的车辆违规时才会被记录．（重力加速度g取）

【答案】红    400   

【详解】(1)[1]因是闯红灯违规证据模拟记录器，故光控开关应在接收到红光时自动闭合。

(2)[2]由闭合电路欧姆定律

可得

时可解出，再由图象可读出当时，由可求出，故只有质量超过的车辆违规时才会被记录。

12．（2020·湖南怀化市·高三一模）为了测量木块与木板间动摩擦因数，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木块从倾斜木板上A点由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律，取g10m/s2，sin370.6，如图所示：

(1)根据上述图线，计算可得木块在0.4s时的速度大小为v （______）m/s；

(2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小a （______）m/s2；

(3)现测得斜面倾角为37，则（______）。（所有结果均保留2位小数）

【答案】0.40    1.00    0.63   

【详解】(1)[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小

(2)[2]木块在0.2s时的速度大小

木块的加速度大小

(3)[3]斜面倾角为37，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得

解得

13．（2020·湖南高三一模）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h=0.8m高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R=1m；O为圆心，圆弧对应的圆心角=53°，已知，，，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量m=50kg，可视为质点，试求：

(1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0；

(2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；

(3)运动员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。

【答案】(1)3m/s；(2)2150N，竖直向下；(3)3.55m

【详解】(1)运动员从A平抛至B的过程中，

在竖直方向有

①

在B点有

②

由①②得

③

(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得：

④

运动员从A到C的过程，由机械能守恒得：

⑤

联立③④⑤解得

由牛顿第三定律得：对轨道的压力为

N

方向竖直向下；

(3)运动员经过C点以后，由图可知：m，

设最远距离为x，则，由动能定理可得：

⑥

由⑤⑥代值解得

x=3.55m

14．（2020·湖南常德市·高三零模）如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O相切，磁场的磁感应强度大小B=2×10－4T，方向垂直于纸面向外，在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5 m，板长L=1m，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为=1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：

（1）沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v和粒子在磁场中的运动时间t0；

（2）从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比；

（3）若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在两板间加上如图示电压（周期T0），N板比M板电势高时电压值为正，在x轴上沿x轴方向安装有一足够长的荧光屏（图中未画出），求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l。

【答案】（1）1×104 m/s，7.85×10－5 s；（2）；（3）（m，0），亮线长为m。

【详解】（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如图示

则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为

R=r=0.5m

根据洛伦兹力提供向心力有

Bqv=

代入数据解得粒子进入电场时的速度为

v=1×104m/s

在磁场中运动的时间为

t0=T==7.85×10－5 s

（2）如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图所示

因为M板的延长线过O1O的中点，故由图示几何关系可知，则入射速度与y轴间的夹角为

同理可得恰能从N端射入平行板间的粒子其速度与y轴间的夹角也为，如图所示

由图示可知，在y轴正向夹角左右都为的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为

（3）根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为

所有粒子在平行板间运动的时间为

即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由t=nT0时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有

y1=＋a－=0.175m

当粒子由t=nT0＋时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则

y2==0.025m

因为y1、y2都小于=0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在y轴负方向的速度为

解得

vy=1.5×103 m/s

设速度vy方向与v的夹角为θ，则

tanθ=

如图所示

从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则

tan θ=

tan θ=

代入数据解得

，

亮线左端点距离坐标原点的距离为

x左=

即亮线左端点的位置坐标为（m，0），亮线长为m

选考试题：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．[选修3-3]

(1)（2020·湖南长沙市·长沙一中）下列说法不正确的是_____。

A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是因为水银对玻璃管不浸润的结果

B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值

C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体

D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现

E.汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少

【答案】BCD

【详解】A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故A正确不符合题意；

B．相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故B错误符合题意；

C．多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故C错误符合题意；

D．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D错误符合题意；

E．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的撞击力增大，压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，故E正确不符合题意。

故选：BCD。

(2)（2020·湖南高三二模）用打气简给篮球打气时，每次提起活塞，篮球充气孔处的橡胶垫立即封闭充气孔，外界大气自由进入打气筒内；然后向下压活塞，打气简进气口立即封闭，当打气简内气压超过篮球内气压时，篮球充气孔打开，打气筒内气体被压入篮球内。设某个篮球用了一段时间后，其内气压为P，现用内横截面积为S的打气筒给篮球打气，每次拉出活塞的长度为h，再将活塞压下h长度时都能将吸入打气筒的气体全部压入篮球内。已知外界大气气压为P0，设整个打气过程中气体温度均不变、篮球内胆容积V已知且不变。

①求第n次打气完成后，篮球内气体的压强；

②试求第（n＋1）次压下活塞长度△h至少为多大时，篮球充气孔才能打开？

【答案】①；②

【详解】①提起压下活塞次，则有

解得

②第（n+1）压下活塞前，已经压下了n次，这时篮球内气压为

当第 次压下活塞长度时，打气筒内气压为

则有

要使篮球充气孔打开，则有

联立解得

16．[选修3-4]

(1)（2020·湖南常德市·高三零模）如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图．其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是100 m/s，则下列说法正确的是_________.

A．该波波源的振动周期是0.04 s

B．a、b两质点可能同时到达平衡位置

C．t＝0.04 s时刻a质点正在向下运动

D．从t＝0到t＝0.01 s时间内质点b的路程为1 cm

E.该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象

【答案】ACE

【详解】A．由图象可知，波长λ＝4m，振幅A＝2cm，由题意知，波速v＝100m/s，波源的振动周期，故A正确；

B．a、b两质点不可能同时到达平衡位置，故B错误；

C．波沿x轴正方向传播，0时刻a质点正在向下运动，t＝0.04 s＝T，一个周期后a质点回到了原来的位置，仍然正在向下运动，故C正确；

D．从t＝0到t＝0.01 s时间内，，四分之一个周期的时间内，质点运动的路程一定大于，故D错误；

该波的频率，与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E正确．

故选ACE.

(2)（2020·湖南怀化市·高三一模）激光已经深入到我们生活的各个方面。某物理小组利用激光束测量玻璃对激光的折射率和利用双缝干涉测量激光的波长。

(1)如图所示，在水平面上方适当位置固定激光光源，使其发射与水平面成30°角斜向下的激光，在水平光屏上M点呈现一小光斑。放入一块平行于水平面的长方体玻璃砖，激光光斑移至水平光屏上的N点。测得玻璃砖厚度为 d＝ cm，MN＝b＝2 cm。根据以上信息，求该玻璃砖的折射率 n；

(2)为测量该激光的波长，将激光垂直射向间距为 d 的双缝（每个缝的宽度很窄，宽度可忽略），在双缝后面距离为 L处的光屏上可以观察到干涉条纹。现使测量头的分划板中心刻线与条纹的中心对齐，经测量得出5条亮条纹之间的距离为 a，求该激光的波长。

【答案】（1）；（2） 。

【详解】(1)由几何关系可知

解得

r=30°

根据光的折射定律可得

(2)5条亮条纹之间的距离为 a，可知条纹间距

根据解得