高中物理高考 试卷06-2021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（06）

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·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（　　）

A．根据速度定义式v=，当非常非常小时，就可以用表示物体在t时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法

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】A

【详解】A．根据速度定义式v=，当非常非常小时，就可以用表示物体在t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。

2．（2020·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，相邻滑块间的距离为，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． B．

C． D．

【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

可知第二个滑块开始运动的速度大小为

同理第三个滑块开始滑动的速度大小为

第个球开始滑动的速度大小为

因此运动的总时间为

故选B。

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+q和-q以相同的角度在水平面内绕O点逆时针方向（俯视）匀速转动，+q离O点较近，则O点的磁感应强度的方向为（  ）

A．竖直向上 B．竖直向下

C．O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O点匀速转动角速度为

说明两环形电流大小相同。但两电流方向相反，按距O近的+q分析，O点磁感应强度方向向上。

故选A。

4．（2020·湖南衡阳市八中高三月考）如图所示，为在竖直平面内的金属半圆环，为其水平直径，为固定的直金属棒，在金属棒上和半圆环的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，金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小，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=1：

B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为=1：

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】AB．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

所以

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

又

联立得

所以

故AB错误；

CD．设BC连线与水平面的夹角为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，由牛顿第二定律得

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

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．（2020·湖南长沙市·长郡中学）如图所示为额定电压为250V的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈n1两端的电压U1=500V，发电机的输出功率为P=500kW，输电线的电阻R=12.5，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（　　）

A．n3：n4=79：1

B．n1：n2=1：50

C．流过输电线的电流强度大小为40A

D．降压变压器原线圈两端的电压为24700V

【答案】B

【详解】BC．导线上的电流:

升压变压器原线圈电流:

则:

B正确，C错误；

AD．降压变压器的初级电压：

则：

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铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。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m，重力加速度为g，不计支架与铰链之间的摩擦，则（　　）

A．当每根杆与竖直方向的夹角为时，杆受到的压力大小为mg

B．当每根杆与竖直方向的夹角为时，杆对地面的摩擦力大小为mg

C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰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

解得

故A错误；

B．杆对地面的摩擦力大小为

故B正确；

C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰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

得

杆对地面的压力

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θ1和θ2（均小于90度）。则由此可求得水星和地球（　　）

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】AB

【详解】A．相同时间内水星转过的角度为θ1；地球转过的角度为θ2，可知道它们的角速度之比

根据万有引力提供向心力有

可得

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θ1；地球转过的角度为θ2，可知它们的角速度之比为θ1：θ2.而周期，则周期比为θ2：θ1.故B正确；

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a=rω2，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AB。

8．（2020·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。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，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10m/s2。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1300N

D．从开始起跳到离地上升到最高点需要

【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

即两者相等，故B正确；

C．运动员离开地面后做竖直上拋运动，根据

可知

根据速度位移公式可知

解得

对运动员根据牛顿第二定律可知

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

起跳后运动的时间

故运动的总时间

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m，外壳质量为4m，外壳与内芯之间的弹簧的劲度系数为k。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a），此时弹簧压缩量为h= ，储存的弹性势能为E=，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8g

C．外壳与内芯碰撞后，圆珠笔上升的最大高度为

D．圆珠笔弹起的整个过程中，弹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上的弹力，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：

，

即：

，

得：

，

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：

碰后过程，由机械能守恒定律得：

联立解得：

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：AC。

10．（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n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝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合，线框底边中点与左侧圆心重合．磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化．B1、B2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．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb

C．在0.6 s内通过线框中的电荷量约为0.13 C

D．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B1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：Φ=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3.14×0.12-2××3.14×0.12Wb=0.005Wb，故B错误；

C．在t=0.6s内通过线框中的电量，故C正确；

D．由Q=I2Rt=（）2×△t≈0.07J，故D正确．

故选ACD．

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·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Rx，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(Rx约5 Ω)

B．电压表V(量程0～1 V，内阻RV＝1 kΩ)

C．电流表A(量程0～0.6 A，内阻RA＝1 Ω)

D．定值电阻R1(阻值R1＝0.5 kΩ)

E.定值电阻R2(阻值R2＝2 kΩ)

F.滑动变阻器R3(0～10 Ω)

G.滑动变阻器R4(0～1000 Ω)

H.电源(电动势为3 V，内阻很小)

I.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I，该金属丝电阻的表达式为Rx＝__________(用测出或已知的物理量的符号表示)。

【答案】E    F       

【详解】（1）[1][2]电源的电动势为3 V，而电压表V的量程为0～1 V，内阻RV＝1 kΩ，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R2（阻值R2＝2 kΩ）；所待测金属丝Rx约5 Ω，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R3（0～10 Ω）。

（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3U，由于电流表的读数为I，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：

（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，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v=_____．

（3）通过在滑块上增减砝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，得出一系列滑块质量m与它通过光电门时的速度v的值，根据这些数值，作出v2-m-1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】5.70mm               

【详解】（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×0.05mm=5.70mm；

（2）[2]．滑块经过光电门的速度为；

（3）[3][4]．根据能量守恒

整理得

结合图象得：

得

得

13．（2020·湖南高三月考）在平面直角坐标系的第Ⅰ、Ⅱ象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在第Ⅲ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Ⅳ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m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子受到的重力）从坐标为的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Q点（图中未画出）进入第Ⅰ象限，然后立即撤去第Ⅲ、Ⅳ象限内的电场和磁场，粒子经第Ⅰ、Ⅱ象限内的磁场偏转后恰好通过坐标原点O。已知圆内 磁场的磁感应强度大小、方向垂直坐标平面向里。求：

(1)粒子运动到P点时的速度大小；

(2)Q点的坐标；

(3)第Ⅰ、Ⅱ象限内匀强磁场的磁感应强度大小。

【答案】(1)；(2)；(3)

【详解】(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理则有

解得

(2)粒子在圆内磁场中做圆周运动，设其运动半径为，有

解得

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，则，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，连接并延长，与x轴交于Q点，则，在三角形中，解得，所以Q点的坐标为；

(3)设粒子在第Ⅰ、Ⅱ象限内做圆周运动的圆心为，由几何关系有，则有，解得；

由洛伦兹力提供向心力，则有

即

解得

。

14．（2020·湖南师大附中高三月考）如图所示，足够长的斜面倾角为300，初始时，质量均为m的滑块A、B均位于斜面上，且AB间的距离为L＝1m．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和，重力加速度g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，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，滑块之问发生第一次碰撞?

(2)再经过多长时间，滑块之间发生第二次碰撞?

【答案】（1）1s（2）

【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:

解得:

对滑块B进行受力分析，有:

所以B静止在斜面上

设A、B两滑块经过时间t第一次发生碰撞，则:

解得: t=ls

(2)设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是v0，则:

m/s

碰撞后滑块A的速度是v1，滑块B的速度是v2，由弹性碰撞得:

解得: v1=0， v2=2m/s

滑块B开始沿斜面向下运动，由牛顿第二定律得:

解得:

设滑块B沿斜面下滑时间to后停止运动，则:

s

在这段时间内，A沿斜面下滑的距离为:

m

B沿斜面下滑的距离为:

m

由于L1<L2，故当滑块B停止运动时，二者仍未发生第二次碰撞

即从第一次碰撞结束到发生第二次碰撞，滑块A沿斜面下滑的距离为L2,设经历时间为t1

则:

解得: s

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·湖南永州市·高三月考）下列说法正确的是（ ）

A．气球充气后会膨胀，是由于所充气体分子斥力造成的

B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体

C．若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子势能也可能逐渐增大

D．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为，则阿伏加德罗常数可表示为

E.气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多

【答案】BCE

【详解】A．气球充气后会膨胀，这是气体压强作用的缘故，与分子斥力无关，A项错误；

B．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，B项正确；

C．当时，分子力表现为斥力，两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子力做负功，分子势能增大，C项正确；

D．由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏加德罗常数，故D项错误；

E．气体体积不变时，温度越高，分子平均动能越大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故E项正确。

故选BCE。

(2)（2020·湖南永州市·高三月考）如图甲所示，一左端封闭、右端开口的细长玻璃管水平放置，玻璃管的左端封有长为L1=20.0cm的空气柱，中间有一段长为L2=25.0cm的水银柱。现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转为竖直放置且开口向上，如图乙所示。已知大气压强p0=75cmHg，环境的温度T0=300K。求：

(1)封闭空气柱的长度L3；

(2)现对封闭空气柱缓缓加热，使其恢复原长，此时空气柱的温度。

【答案】(1)15cm；(2)400K

【详解】(1)设玻璃管横截面积为S，状态1

p1=p0，V1=L1S

状态2

p2=p0+ρgL2，V2=L3S

有p1V1=p2V2，解得

L3=15cm

(2)加热过程发生等压变化，状态

p3=p2，V3=V1

有，解得

T=400K

16．[选修3-4]

(1)（2020·湖南长沙市·长郡中学）一列简谐横波在t=0时刻的图象如图1所示，平衡位置位于x=15 m处的A质点的振动图象如图2所示，下列说法中正确的是_____

A．这列波沿x轴负方向传播

B．这列波的波速是

C．从t=0开始，质点P比质点Q晚0.3 s回到平衡位置

D．从t=0到t=0.1 s时间内，质点Q加速度越来越小

E.从t=0到t=0.6 s时间内，质点A的位移为0

【答案】ADE

【详解】A．由图2可知，A质点开始运动的方向向上，则这列波沿x轴负方向传播，选项A正确；

B．根据波速公式可得：

，

选项B错误；

C．t=0时刻，质点P向下运动，由图2可知，质点运动的周期为1.2 s，由于P点的运动是非匀速运动，且向下运动的速度越来越小，故质点P运动到最低点的时间大于0.15 s，运动到和Q点等位移的位置时，所用的时间大于0.3 s，所以质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间大于0.3 s，选项C错误；

D．从t=0到t=0.1 s时间内，质点Q向平衡位置运动，所以质点Q的加速度越来越小，选项D正确；

E．从t=0到t=0.6 s时间内，经历了半个周期，质点A刚好又回到平衡位置，因此质点A的位移为0，选项E正确。

故选ADE。

(2)（2020·湖南长沙市·长郡中学高三月考）某种透明介质的截面如图所示，为半径为R的四分之一圆弧，O为圆心，为直角三角形，，与足够大的光屏垂直，A点与光屏接触细光束沿圆弧半径射向圆心O，当在界面上的入射角时，仅在光屏上形成一个亮斑，若不考虑光在透明介质中的多次反射。

(1)求该介质的折射率应不小于多少；

(2)若，当入射角i逐渐减小到时，A点右侧光斑恰好消失，仅在光屏A点左侧有个光斑，求及光斑到A点的距离。

【答案】(1)；(2)；

【详解】(1)光在面能发生全反射，必有

可得

故该介质的折射率应不小于

(2)如图

当入射角逐渐减小到时，A点右侧光斑恰好消失，在面的折射光线恰与平行，可得折射角

根据折射定律得

由几何关系得

光斑到A点的距离