2021届湖北省部分重点中学高三高考冲刺联合押题（一） 物理（解析版）

这是一份2021届湖北省部分重点中学高三高考冲刺联合押题（一） 物理（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，2 A等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分：100分，考试时间：75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
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1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.（改编，容易） 关于热学知识，以下说法中正确的是（ ）
A．晶体熔化过程中吸收热量，分子平均动能一定增大
B．一定质量的理想气体发生等温膨胀时，气体一定吸收热量
C．液体表面张力的存在是因为液体表面层分子间作用力合力表现为斥力
D．当分子间作用力表现为引力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
【答案】B
【分析】考查热学
【详解】晶体熔化过程中吸收热量，但温度不变，故分子平均动能不变，A错误；理想气体温度不变则内能不变即ΔU=0，气体膨胀要对外做功即W＜0，由热力学第一定律ΔU=W+Q知，Q＞0，气体一定吸收热量，B正确；液体表面张力的存在是因为液体表面层分子间作用力合力表现为引力，故C错误；当分子间作用力表现为引力时，随分子间距离的减小引力做正功，分子势能减小，故D错误。
2．（改编，容易）如图是研究光电效应的实验装置，用同一种单色光先后照射金属锌和银的表面，都能发生光电效应。对于这两个过程，可能相同的物理量是（ ）
A．饱和光电流
B．遏止电压
C．光电子的最大初动能
D．金属的逸出功
【答案】A
【分析】考查光电效应方程与光电效应实验
【详解】同一种光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量；不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程Ekm=hv-W0知，最大初动能不同，又eUc=Ekm则遏止电压不同，只有饱和光电流可能相同，选项A正确。
3．（容易）如图甲所示为一列简谐横波在t=0时的波动图象，图乙为该波中x=2m处质点P的振动图象，下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A．该波的波速为2m/s
B．该波沿x轴负方向传播
C．t= 1.0s时，质点P的速度最小，加速度最大
D．在t=0到t=2.0s的时间内，质点P的速度方向和加速度方向均未发生改变
【答案】C
【分析】考查波动图像与振动图像
【详解】A.由图甲读出波长，由图乙读出，因此该波的波速，故选项A错误；
B.由图乙可以看出，质点P在时向上振动，根据“同侧法”知，波沿轴正方向传播，故选项B错误；
C.由图乙可知，时，质点位于波峰位置，速度最小，加速度最大，故选项C正确；
D.从到是半个周期，质点从平衡位置向上振动到波峰位置，然后再回到平衡位置，它的速度方向先向上再向下，加速度方向是由回复力方向决定的，该过程中回复力的方向一直向下，所以加速度方向一直向下，故选项D错误。
4．（改编，容易）光的反射、折射及全反射是自然界中很常见的现象，在一次实验课上，某小组进行了实验：将一束单色细光束由空气（视为真空）沿着半径方向射入一块半圆柱形透明体，如图甲所示，对其从圆心O点射出后的折射光线的强度用相应传感器进行了记录，发现从O点射出的折射光线的强度随着夹角θ的变化而变化，变化情况如图乙的图线所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在角θ小于30时，在O点处既有反射光，又有折射光
B．圆柱形透明体对该单色光的全反射临界角为30
C．圆柱形透明体对该单色光的折射率为2
D．圆柱形透明体对该单色光的折射率为
【答案】D
【分析】考查全反射
【详解】从图像中可以看出角θ小于30时，没有折射光；当θ＝30°时，即入射角为60°时，折射光线强度为零，故此时发生全反射，则全反射临界角为60°，且，选项D正确。
5．（改编，容易）某校学生在学习了交变电流及变压器之后，在课外活动小组中做了进一步探究，设计了如图甲所示的电路，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交变电流，闭合开关S后，额定电压为10 V的用电器（纯电阻）正常工作，理想交流电流表A的示数为0.2 A。已知图中D为理想二极管，下列判断正确的是（ ）
A．用电器中交变电流的方向每秒改变50 次
B．变压器原副线圈匝数比为22∶1
C．用电器的额定功率为44 W
D．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器的功率将变为原来的
【答案】C
【分析】考查交变电流
【详解】A．由u-t图象可知交变电流的周期T=0.02 s，每一周期内交变电流的方向改变2次，变压器不改变交变电流的频率，用电器中交变电流的方向每秒改变100 次，故A错误；
B．由图乙可知原线圈两端输入电压有效值U1=220 V，因闭合S后，额定电压为10 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2=10 V，根据变压器原理有n1∶n2=U1∶U2=220 V∶10 V=22∶1，故B错误；
C．理想变压器P入=P出=I1U1=44 W，又P出=P电器=44W，故C正确；
D．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，而不是，故D错误；
（改编，中等）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得。回旋加速器应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 M、N 板间，两虚线中间区域无电场和磁场，带正电粒子从 P0处从静止沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．：：=1：：
B．D 形盒中的磁场方向垂直纸面向外
C．加速电场方向需要做周期性的变化
D．粒子获得的最大速度与加速电压U大小有关
【答案】A
【分析】考查回旋加速器
【详解】A、设加速次数为n时，粒子在电场中有：nqU=m，在磁场中有：
由图可知P0Pn=2rn，联立解得P0Pn= ，故：：=1：：，
故A正确；
由左手定则可知，D 形盒中的磁场方向垂直纸面向里，选项B 错误;
根据此加速器的结构可知，加速电场方向总是竖直向下的，选项C 错误;
D、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，则有，则动能，所以最大动能与电压U无关，故D错误．
7.（原创，稍难）如图所示，绝缘轻质细绳将带正电的轻质小球P悬挂在空中的O点，a绳与竖直方向的夹角为45°，b绳水平。带负电的小球Q放在圆弧上，O为圆弧的圆心。在把小球Q从圆弧的顶端（与O点等高）缓慢移动到底端的过程中，下列说法中正确的是（ ）
45°
a
b
O
Q
P
A．a绳中的张力先增大后减小
B．b绳中的张力一直减小
C．小球Q位于轨道的中点时，a、b绳中张力大小相等
D．小球Q位于轨道的顶端和底端时，b绳中的张力相同
【答案】D
【分析】考查共点力的平衡、库仑定律
Fa
Fb
θ
45°
【详解】小球P、Q之间的库仑力为F=，因P、Q之间的距离为圆的半径不变，则F也不变，P是轻质球，则不计质量，对P受力分析如图有：
水平方向Facs45°+Fcsθ=Fb
垂直方向Fasin45°=Fsinθ
F
解得Fa=Fsinθ ，Fb=Fsin（θ+45°）
小球Q从圆弧的顶端（与O点等高）缓慢移动到底端的过程
中θ从0增加到90°，则Fa一直增大，Fb先增大后减小，A、B选项均错误；
当小球Q位于轨道的中点时即θ=45°，Fa=F，Fb=F，显然两者不相等，C选项错误；
小球Q位于轨道的顶端时，θ=0，Fb=F，小球Q位于轨道的底端时，θ=90°，Fb=F，即b绳中的张力相同，D选项正确。
8.（改编，容易）北京时间2020年12月17日1时59分，探月工程嫦娥五号返回器携带月壤在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。若将嫦娥五号探测器飞向月球的过程做如下简化：探测器由地面发射后进入近地圆轨道Ⅰ，此时探测器绕地球运动周期为T1；在A点加速后进入地月转移轨道Ⅱ，在月球背面的B点减速后进入近月圆轨道Ⅲ；进入轨道Ⅲ后探测器仅在月球引力作用下绕贴近月球表面的圆轨道飞行，其运行周期为T2。已知地球半径为R1，月球半径为R2，引力常量为G，不计空气阻力及其它天体引力的影响。下列说法正确的是（ ）
A． 嫦娥五号沿地月转移轨道做无动力飞行时，地球、月球和嫦娥五号系统机械能守恒
B． 嫦娥五号探测器进入地月转移轨道时的速度至少为11.2km/s
C．月球的平均密度为
D．
【答案】AC
【分析】考查万有引力
【详解】A、嫦娥五号沿地月转移轨道做无动力飞行时，只有引力做功，地球、月球和嫦娥五号系统机械能守恒，选项A正确；B、11.2km/s为脱离地球引力束缚的第二宇宙速度，但月球也在绕地球转动，即月球也没有脱离地球引力的束缚，嫦娥五号探测器自然也不会脱离地球引力的束缚，进入地月转移轨道时的速度不需要大于11.2km/s，B选项错误；C、由万有引力提供向心力有，且M=ρ·πR23，解得ρ=，选项C正确；D、由于在Ⅰ、Ⅲ轨道上的中心天体不同，故不遵从开普勒第三定律，D选项错误。
9.（改编，中等）如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电压为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d，欲使d略增大一些，以下哪些措施可以实现（不计粒子重力）（ ）
A．仅增大U1
B．仅增大U2
C．仅减小偏转电场两板之间的距离
D．仅减小偏转磁场的磁感应强度
【答案】AD
【分析】考查带电粒子在磁场、电场中的偏转
【详解】设带电粒子经电压为U1的电场加速后速度为v0，由动能定理，有
带电粒子在电势差为U2的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有，所以，又因为半径公式，
则有d=，即d只与B、U1有关，与U2、偏转电场两板之间的距离无关，故选AD。
10.（改编，中等）如图所示，固定在水平面上间距为L的两条足够长平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。一垂直于导轨放置的金属棒PQ长度也为L、电阻为R、质量为m，且PQ棒与导轨始终接触良好。导轨两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连（如图所示），线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。金属导轨一侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B（两磁场相距很远互不影响）。金属棒PQ开始处于静止状态，闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A.金属棒PQ将向右运动
B.金属棒PQ能达到的最大速度为
C.金属棒PQ从静止达到最大速度的过程中加速度一直在减小
D.金属棒PQ从静止达到最大速度的过程中通过棒PQ的电荷量为
【答案】BCD
【分析】考查电磁感应
【详解】由楞次定律知，电流方向为Q到P，由左手定则知PQ棒所受F安方向向左，金属棒PQ将向左运动，选项A 错误；单匝金属线圈产生的感应电动势E=k，回路中E－BLv=I·2R，
F安=BIL=ma，联立得a=，随v增大a一直减小，当a=0时，v达最大，vm=，
B、C选项均正确；对棒PQ由动量定理BLIt=mv，且q=It，解得q=，D选项均正确
11．（改编，稍难）如图，质量分别为mA=m、mB=2m的A、B小球由轻绳贯穿并挂于轻质定滑轮两侧离地高度均为h处，两球同时由静止开始释放，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A、B两球下端轻绳均足够长，轻绳与滑轮间的摩擦忽略不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力
B．A、B两球均向下运动，且A比B先落地
C．B球落地时的动能为mgh
D．B球刚落地时系统损失的机械能总量为mgh
【答案】AD
【分析】综合考查力学知识：摩擦力、牛顿第二定律、功能关系。
【详解】假设A、B均相对绳滑动，则A、B受到的滑动摩擦力分别为fA=0.5mAg=0.5mg，
fB=0.5mBg=mg，由牛顿第三定律，绳所受反作用力大小分别为fA´=fA=0.5mg、fB´=fB=mg，
则绳所受合力F=fB´－fA´=0.5mg；但与轻绳质量为0、所受合力必为0相矛盾，故假设错误，只能是A相对绳滑动、受滑动摩擦力作用，B相对绳静止、受静摩擦力作用，则A选项正确；
对A受力分析，有mAg－0.5mg=mAaA，得aA=0.5g，方向向下；
因轻绳所受合力为0，故轻绳对B施加的静摩擦力等于A所受的滑动摩擦力，即fB静=0.5mg；
对B受力分析，有mBg－fB静=mBaB，得aB=0.75g，方向向下；
因为A、B离地高度均为h，由h=at2知，因aA＜aB，故B先落地，B选项错误；
B落地时对B由动能定理，（mBg－fB静）h=EkB－0，得EkB=1.5mgh，C选项错误；
B球刚落地时，对B：由h=aBt2知，B下落时间为t=，此时A下落高度为hA=aAt2=，由功能关系知系统损失的机械能ΔE=Wf =0.5mgh·Δx ，又Δx=h+hA= ，故ΔE=mgh，D选项正确。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12.（8分）（改编，中等）
某兴趣小组利用如图所示的实验装置测定滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数。倾斜轨道的顶端有一个固定的挡板,轨道上有两个位置可调节的光电门甲和光电门乙。已知轨道的倾角为θ,当地的重力加速度为g。
实验步骤如下：
①将一个遮光条安装在滑块上并用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②将光电门甲固定在离挡板较近的位置,测出两个光电门之间的距离x；
③将滑块从紧靠挡板的位置由静止释放,记录遮光条通过光电门乙的时间Δt；
④保持光电门甲的位置不变而改变乙的位置,重复以上操作,记录多组x和Δt的值；
⑤作出图像。
完成下列问题:
用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度如图所示,则d =cm
1
2
3 cm
5
0
10
1
2
3 cm
5
0
10
（2）作出的图像应是。
0
x
x
0
x
0
x
0
A
B
C
D
（3）经计算，图像斜率的绝对值为k,在不计空气阻力的情况下,动摩擦因数的表达式为 （用题目中所给物理量的字母表示）。若考虑空气阻力,则利用如上表达式求出的动摩擦因数（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）。
【答案】（1）1.050 （2分）；（2）B （2分）；（3）tanθ－ （2分） 偏大（2分）
【分析】考查匀变速直线运动，图像法处理数据
【详解】（1）d=10mm+10×0.05mm=10.50mm=1.050cm
（2）遮光条通过光电门乙的瞬时速度v=，遮光条通过光电门甲的速度设为v0，有
v2－=2ax，解得，因此图像为B；
（3）由（2）知，k=；由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcsθ＝ma，故μ＝tanθ－
若考虑空气阻力则有mgsinθ－μmgcsθ－f=ma，得μ＝tanθ－－，显然利用如上表达式求出的动摩擦因数偏大
13.（8分）（改编，中等）
小明同学为测量一只多用表（A表）在欧姆档倍率×10时的内阻和内部电池的电动势，他从实验室找来另一只多用表（B表），结合小明的操作步骤，回答下列相关问题：
（1）对两表进行机械调零，小明让红、黑表笔断开，调整S，使指针指向 处（填“电流零刻度”或“电阻零刻度”）。
（2）对A表进行欧姆调零，小明将多用表置于欧姆档倍率×10处，并让红、黑表笔短接，这时他需调节 （填“S”或“T”或“K”）使指针指在正确位置。
（3）将A表置于欧姆档×10处，B表置于直流2.5mA处，用两只表笔把两表串连，读出两表示数；接着他迅速把B表置于直流25mA处并读出第二组示数，两组示数如下表所示，请完成：
表A
表B
B表
A表
量程
读数
2.5mA
1.50mA
750
25mA
3.0mA
250
①用笔画线替代导线，将两表正确串连；
②结合表中测量数据，求出A表内阻R内＝ Ω；电池的电动势E＝ V。
（结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1）电流零刻度（1分）；（2）T （1分）；（3）①如图（2分）
② 250 （2分） , 1.50 （2分）
【分析】考查闭合电路欧姆定律，多用电表的使用
【详解】（1）机械调零应使用机械调零旋钮将指针调至指向电流零刻度处；
欧姆调零应使用欧姆调零旋钮T；
①A表使用欧姆档，内有电源，电流“红入黑出”，则电流应从负接线柱流出；B表使用电压档，电流应从正接线柱流入。
②A表的读数是B表的电阻，B表的读数是回路中电流
由闭合电路欧姆定律有，E=I（R内+RB）
当B表置于直流2.5mA处时，E=1.50mA（R内+750Ω）
当B表置于直流25mA处时，E=3.0mA（R内+250Ω）
联立解得R内＝250 Ω；电池的电动势E＝1.50V
（9分）（原创，简单）
如图所示，导热良好的圆柱形气缸开口竖直向上放置，长为l=40cm、质量为M=5kg。一定质量的理想气体被横截面积为S=10cm2、质量为m=2kg的活塞封闭在气缸内，活塞刚好静止于气缸正中间位置。现将气缸缓慢转动至开口竖直向下，并且将活塞的下表面与一原长为l0=35cm的弹簧相连，使得整个气缸保持静止且气缸口离地高度为l，环境温度保持不变，不计气缸壁与活塞厚度，不考虑活塞和气缸间的摩擦，重力加速度为g=10m/s2，外界大气压强为p0=1.0×105Pa。求：
（1）气缸开口竖直向下时活塞到气缸底部的距离h；
（2）弹簧的劲度系数k。
【答案】（1）h=16cm；（2）k=1000N/m
【分析】考查气体实验定律，胡克定律
【详解】（1）设气缸开口向上和向下放置时，气体压强分别为p1 ，p2，
对活塞有：p1S＝mg+p0S （1分）
对气缸有：p2S＝Mg+p0S （1分）
对缸内理想气体由玻意耳定律：p1·S·l＝p2·S·h （2分）
代入数据得h＝16cm （1分）
（2） 对气缸有：(M+m)g=kx （2分）
又 x=l0－（l+l－h）=7cm （1分）
故k=1000N/m （1分）
15.（13分）（改编，中等）
37°
O
A
v
E
如图所示，在空间内存在一方向水平向右的匀强电场，一质量为m、电荷量为+q的带电小球系于长为L的轻绳一端，轻绳另一端固定于O点，小球在竖直平面内绕O点做逆时针方向的圆周运动。已知带电小球运动至圆周上的A点时，轻绳上的拉力达到最大，OA连线与水平方向夹角为37°，重力加速度为g，不计空气阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。若小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，求：
匀强电场的场强E的大小；
轻绳上拉力的最大值F；
若轻绳达到最大拉力F时恰好断裂，求小球再次达到与A点等高的B点时（B点未画出），A、B之间的距离d。
【答案】（1）E=；（2）F=10mg ；（3）d=
【分析】考查竖直平面内的圆周运动，类平抛运动，等效重力场的方法
【详解】（1）A点轻绳上的拉力达到最大，小球所受重力mg、电场力qE的合力mg´沿OA方向，如图所示，有mg=qEtan37° （1分）
故E = （1分）
小球在重力场与电场中所受等效重力为mg´==mg （1分）
小球恰过最高点时有mg´=m， （1分）
mg
qE
mg´
运动到最低点由动能定理：mg´·2L=m－m （1分）
得vA= （1分）
在A点对小球有F－mg´=m （1分）
解得F=10mg （1分）
小球做类平抛运动，到C点有
dsin37°＝vAt （1分）
dcs37°＝g´t2 （1分）
且g´= g （1分）
解得d= （2分）
16．（18分）（改编，难题）
如图甲所示，在光滑水平面上有一平板车，其质量M=3kg，车上放置有质量mA=1kg的木板A，木板上有可视为质点的物体B，其质量mB=2kg。已知木板A与平板车间的动摩擦因数μ0=0.2。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与平板车后壁间的距离为x=2m。现对平板车施加水平向右的恒力F，使平板车从静止开始做匀加速直线运动，经过t=1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度—时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）t=1s内木板A的加速度aA与位移xA；
（2）A、B间的动摩擦因数μ；
（3）恒力F的大小；
（4）若木板A与平板车后壁碰撞后粘在一起（碰撞时间极短），碰后立即撤去恒力F，若要使物体B不与平板车的后壁发生碰撞，则平板车的前、后壁间距L至少为多少？
【答案】（1）aA=4 m/s2 ，xA=2 m；（2）μ=0.1； （3）F=30N； （4）L=15.5m
【分析】综合考查牛顿运动定律，动量守恒与能量守恒。
【详解】(1)由乙图可知，A的加速度
（1分）
位移xA=aAt2=2 m （1分）
（2）若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度
（1分）
因aA＞a′，故A、B间发生相对滑动，对A
（1分）
可得 （1分）
(3)对车在该过程中知 （1分）
且 （1分）
可得 （1分）
F=30N （1分）
（4）当A与小车碰撞时，
vB=μgt=1m/s （1分）
（1分）
该过程中B相对于A滑动距离为
L1=aAt2－aBt2 =1.5m （1分）
对A与小车在碰撞中动量守恒，可知
（1分）
可得v=7m/s （1分）
对A小车与B在碰撞后，滑动过程中知
（1分）
且
（1分）
可得L2=12 m （1分）
故前、后壁间距
L=x+L1+L2= 15.5 m （1分）