2021届湖南省衡阳市高考物理三模考试试卷含答案

这是一份2021届湖南省衡阳市高考物理三模考试试卷含答案，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.2021年春节期间上映的科幻大片?流浪地球?，很受欢迎，影片中描述的行星发动机为“重元素核聚变发动机〞通过燃烧石头获得能量，所谓〞重元素核聚变〞指的是两个比较重〔相对氘，氚〕的核，产生聚变形成一个更重的核并放出能量的过程。影片中发动机燃烧石头指的是石头里的硅〔Si〕聚变生成铁〔Fe〕，结合下比结合能图，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 结合能是指把原子核拆成自由核子所放出的能量 B. 比结合能越大，原子核越稳定
C. Si的比结合能比Fe的比结合能大 D. 硅核质量，可以算出硅核的结合能
2.如下列图，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
C. 撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大 D. 撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
3.如下列图，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径、现将小球〔可视为质点〕从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：假设将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. v1：v2＝1：4
B. 小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同
C. 小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同
D. 小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直
4.如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，那么〔 〕
A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍 B. 卫星经过a点的速率为经过b点的 倍
C. 卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍 D. 质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
二、多项选择题
5.如下列图，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在杆的作用下向两侧滑动，三小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，那么此过程中( )
A. 球A的机械能一直减小 B. 球C的机械能一直增大
C. 球B对地面的压力可能小于mg D. 球A落地的瞬时速度为
6.如下列图为某小型水电站的电能输送示意图，输电线总电阻为r，升压变压器、降压变压器均为理想变压器。假设发电机的输出电压不变。那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 假设使用的电灯减少，那么发电机的输出功率不变
B. 假设使用的电灯减少，那么发电机的输出功率将减小
C. 假设使用的电灯増多，那么降压变压器的输出电压不变
D. 假设使用的电灯增多，那么降压变压器的输出电压将减小
7.如下列图，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势q与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过〔0.1，4.5〕和〔0.15，3〕两点，图中虚线为该曲线过点〔0.15，3〕的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P〔可视为质点〕，从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩蓀因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s。那么以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 滑块P运动过程中的电势能先减小后增大 B. 滑块P运动过程中的加速度先减小后增大
C. x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/C
8.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如下列图．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框，在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，假设经过时间t0 ， 线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，那么以下说法正确的选项是( )
A. 当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θ
B. t0时刻线框匀速运动的速度为
C. t0时间内线框中产生的焦耳热为 mgLsin θ＋
D. 离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
9.以下说法正确的选项是〔 〕
A. 铜的密度、摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以估算铜分子的直径
B. 热量不可能从低温物体传到高温物体
C. 一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
D. 在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，但非晶体一定不可以转化为晶体
E. 当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的作用力表现为斥力
10.图1中的B超成像的根本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图象，t=0时刻波恰好传到质点M。此超声波的频率为1×107 Hz。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B. 质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C. t=1.25×10–7 s时质点M运动到横坐标x=3.5×10–4 m处
D. 0~1.25×10–7 s内质点M的路程为2 mm
E. t=1.5×10–7 s时质点N恰好处于波谷
三、实验题
11.某实验小组利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下：
⑴用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数均如图2所示，那么直径d＝________ mm，用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2.
⑵用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上．
⑶将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1 ， 球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.
⑷假设两球碰撞前后的动量守恒，那么其表达式为________；假设碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________．(用测量的物理量表示)
12.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请答复以下问题：
〔1〕在使用多用电表测量时，假设选择开关找至“25V“挡，指针的位置如图〔a〕所示，那么测量结果为________V
〔2〕多用电表测量未知电阻阻值的电路如图〔b〕所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值Rx关系图象如图〔c〕所示，那么此时多用电表的内阻为________Ω，该电池的电动势E＝________V
〔3〕以下判断正确的选项是〔______〕
A.在图〔b〕中、电表的左、右插孔处分别标注着“﹣〞、“+〞
B.由图线〔c〕的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大
C.欧姆表调零的实质是通过调节R，使Rx＝0时电路中的电流到达满偏电流
x的变化量相同时，Rx越小，那么对应的电流变化量就越小
〔4〕如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减少，内阻增大，但仍然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，那么测量结果是________。〔填“偏大〞“偏小〞或“不变〞〕
四、解答题
13.如下列图，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量M＝2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙・现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N．上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向．与传送带同的动摩擦因数为μ＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2 ． 求：
〔1〕在圆弧轨道的B点时物体的速度
〔2〕M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E．
〔3〕M释放前，系统具有的弹性势能Ep
14.如下列图，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场〔图中未画出〕，电场强度E= ，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场〔边界处无磁场〕．轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A．A、C之间只发生一次弹性碰撞，且最终刚好挨在一起停在轨道MN上，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，重力加速度为g．A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．A第一次到达N点时，对轨道的压力为2mg．求：
〔1〕碰撞后A、C的速度大小；
〔2〕A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ；
〔3〕A对轨道NP的最大压力的大小．
15.内径相同、导热良好的“上“形细管竖直放置，管的水平局部左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两局部，各局部长度如下列图，设外界温度不变，外界气压P0＝75cmHg．
〔1〕现再向竖直管中缓慢注入水银，直到B中气柱长度变为4.5cm求注入管中的水银柱的长度？
〔2〕如果让整个装置保持图示形状不变做自由落体运动，求竖直管内水银的高度？
16.如下列图，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，∠A＝30°，AB长为2m，且在AB外外表镀有水银，一束与BC面成45°角的光线从BC边的中点D射入棱镜，光线经AB面反射后恰好从AC面垂直射出棱镜，求棱镜对该光的折射率和从棱镜射出的位置与C点的距离
答案解析局部
一、单项选择题
1.【解析】【解答】原子核是核子结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是原子核的结合能，A不符合题意；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。B符合题意；Fe比Si稳定，Si的比结合能比Fe的比结合能小。C不符合题意；只知道硅核质量，缺乏以算出硅核的结合能。D不符合题意。
故答案为：B

【分析】利用图像可以比较比结合能的大小；利用核子数和比结合能才能求出结合能的大小。结合能是把原子核拆分为核子所需要的能量。
2.【解析】【解答】撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝1.5g，AB不符合题意；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2＝2mg＝kx2 ， 又mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x2＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C

【分析】利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；结合平衡方程可以求出速度最大时的位移大小。
3.【解析】【解答】过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：
那么：OM＝ON＝R•cs60°＝0.5R；所以：AM＝0.5R，AN＝1.5R；由于C与D点的高度是相等的，由：h＝ gt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移为：x＝v0t，可得 ．A不符合题意；它们速度的变化量：△v＝gt，二者运动的时间是相等的，那么它们速度的变化量也相等，根据P=mv可知动量变化量相等。B符合题意；两次的位移分别为：AD和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2．C不符合题意；球落到C点时，假设速度方向与该处凹槽切面垂直那么速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，D不符合题意.
故答案为：B

【分析】利用几何关系可以求出水平位移和竖直位移的大小，结合平抛运动的位移公式可以求出初速度的比值；利用运动时间相同可以判别速度变化量和重力的瞬时功率相同；利用中点规律可以判别速度方向不能与凹槽切面垂直。
4.【解析】【解答】A.轨道I的半径为R，那么轨道Ⅱ的半长轴为
那么由开普勒第三定律得： ，
即 ，
那么A不符合题意；
B.在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，那么有； ，
在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，那么： ，
那么 ，
那么B不符合题意；
C.由 ，得 ，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，那么C不符合题意；
D.在b点做向心运动，在c点做离心运动，那么c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，那么D符合题意；
故答案为：D

【分析】利用半长轴结合周期定律可以求出周期的比值；利用引力提供向心力可以求出线速度的大小；利用半径的大小可以求出加速度的大小；利用向心运动可以比较速度和机械能的大小。
二、多项选择题
5.【解析】【解答】AB.A与B、C在沿杆方向的分速度相等，当A落地时，A沿杆方向分速度为零，B、C停止运动。B、C应先加速后减速，杆对B、C先做正功后做负功，对A先做负功后做正功，B、C机械能先增大后减小，A的机械能先减小后增大，AB不符合题意；
C.B做减速运动时，轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可能小于mg，C符合题意；
D.A落地时B、C速度皆为零，根据A、B、C组成的系统机械能守恒可得：
解得：
D符合题意。
故答案为：CD。

【分析】利用速度的分解结合速度的变化可以判别机械能的变化；利用拉力的方向可以判别B对地面压力的大小；利用机械能守恒可以求出落地速度的大小。
6.【解析】【解答】输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，由于当使用灯泡减小时，输出功率减小，那么输入功率也减小，A不符合题意，B符合题意；当使用灯泡增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，那么降压变压器的初级电流变大，输电线上的电流增大；输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，那么次级电压U2不变，可知降压变压器的输入电压U3减小，又降压变压器的匝数比不变，故降压便器的输出电压减小。D符合题意，C不符合题意；
故答案为：BD

【分析】利用输入功率由输出功率决定，当用电户的用灯数量直接影响电流的大小变化进而影响输入功率的大小变化；电流变化时降压变压器的输入电压与输出电压随之变化。
7.【解析】【解答】电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，A不符合题意；电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，那么x＝0.15m处的场强为： ，此时的电场力为：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大。BC符合题意。在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU﹣fx＝ mv2 ， 因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s。D符合题意。
故答案为：BCD

【分析】利用电势结合电性可以判别电势能的变化；利用斜率可以判别加速度的大小变化；利用斜率可以求出电场强度的大小；结合动能定理可以求出最大的速度。
8.【解析】【解答】线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ=BIL= …①
当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0 ， 此时有：2BI2L-mgsinθ=ma2…②
I2＝ …③
由②③得： -mgsinθ=ma2…④
联立①④可得：a=3gsinθ，A不符合题意；
设t0时刻的速度为v，此时处于平衡状态，有：I3＝ …⑤
2BI3L=mgsinθ…⑥
联立①⑤⑥得v= ，B符合题意；
在时间t0内根据功能有：Q= mgLsinθ+ mv02− mv2= mgLsinθ+ mv2 ， C符合题意； 离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，D不符合题意；
故答案为：BC．

【分析】对导体棒进行受力分析，在重力、支持力和安培力的作用运动，利用运动学公式求解速度和加速度，结合导体棒初末状态的速度，对导体棒的运动过程应用动能定理，其中导体棒克服安培力做的功即为电路产生的热量。
9.【解析】【解答】铜的密度和摩尔质量可求摩尔体积，摩尔体积除以阿伏伽德罗常数得铜分子体积，把铜分子看成球型，即可求解铜分子直径，A符合题意；根据热力学第二定律可知，热量能从低温物体传到高温物体，如空调，但会引起其他的变化，B不符合题意；一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程，根据盖吕萨克定律可知温度升高，故气体内能一定增大，C符合题意；晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化，即在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，非晶体也可以转化为晶体。D不符合题意；液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子之间的作用力表现为斥力；附着层出现扩展的趋势；E符合题意；
故答案为：ACE

【分析】热量能从低温物体传到高温物体；一定条件下，晶体和非晶体可以实现相互转化；利用理想气体的状态方程可以判别气体温度和内能的变化。
10.【解析】【解答】A、由图2知波长λ=14×10–2 mm=1.4×10–4m，由v=λf得波速v=1.4×10–4 m×1×107 Hz=1.4×103 m/s，A符合题意；
B、根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B不符合题意；
C、质点M只会上下振动，不会随波迁移，C不符合题意；
D、质点M振动的周期T= = =1×10–7 s，由于 ，质点M在0~1.25×10–7s内运动的路程L= ×4A= ×4×0.4 mm=2 mm，D符合题意；
E、t=1.5×10–7 s时波传播的距离L=1.4×103 m/s×1.5×10–7 s=2.1×10–4 m=21×10–2 mm，此时图2中横坐标x=14×10–2 mm的波谷恰好传播到质点N，E符合题意。
故答案为：ADE

【分析】利用波长和频率可以求出波速的大小；利用波的传播方向可以判别质点的起振方向；利用周期结合运动时间可以求出质点的路程及质点的位置；质点不会随波移动。
三、实验题
11.【解析】【解答】〔1〕直径d＝2.2cm+0.1×0=2.20cm=22.0 mm〔2〕设悬线长度为L，那么A球到达最低点时的速度： ；碰后A球的速度： ；碰后B球的速度： ；假设两球碰撞前后的动量守恒，那么其表达式为m1v=m2v2-m1v1 ， 即 ；即
碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为 ，
即： ，
即：m1cs α＝m1cs θ1－m2(1－cs θ2)

【分析】〔1〕明确游标卡尺的读数规那么进行读数即可；
〔2〕两个小球碰撞时遵循动量守恒定律，即m1v1=m1v1′+m2v2′，利用运动学公式表示出速度v，再化简即可。
12.【解析】【解答】〔1〕选择开关置于“25V〞时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.5V，对应刻度示数为：11.5V。〔2〕根据闭合电路的欧姆定律得： ，
由题图可得Ig＝0.8mA，当I＝0.3mA时，Rx＝15 kΩ，解得 R内＝15 kΩ＝1.5×104Ω，E＝12 V。〔3〕根据电流红进黑出，在题图b中，电表的右、左插孔处分别标注着“+〞“﹣〞，A符合题意；函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，由于外电阻增大电路电流减小造成的，B不符合题意；欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0 ， 调节至待测电阻Rx为零〔即两表笔短接〕时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，C符合题意；欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且IRx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，D不符合题意。故答案为：AC〔4〕测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式 ，欧姆表内阻R中得调小， ，因R中变小，那么同一Rx那么电流要变小，对应电阻刻度值偏大。

【分析】〔1〕利用电压表的分度值可以读出对应的读数；
〔2〕利用闭合电路的欧姆定律结合图像坐标可以求出内阻和电动势的大小；
〔3〕利用红进黑出可以标注电表的正负极；欧姆表是右零装置；利用欧姆定律可以判别电流变化量和待测电阻大小的关系；
〔4〕利用闭合电路的欧姆定律可以判别测量值的误差。
四、解答题
13.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律结合机械能守恒定律可以求出速度的大小；
〔2〕利用牛顿第二定律结合位移公式可以求出电动机输出的电能大小；
〔3〕利用动能定理可以求出弹性势能的大小。
14.【解析】【分析】〔1〕利用AC碰撞过程动量守恒可以求出碰后AC的速度大小；
〔2〕利用动量守恒可以求出动摩擦因素的大小；
〔3〕利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出电场力的大小，再结合牛顿第二定律及动能定理可以求出最大的压力大小。
15.【解析】【分析】〔1〕利用气体的等温变化结合气体的压强可以求出水银柱的长度；
〔2〕利用理想气体的等温变化结合压强的大小可以求出水银的高度。
16.【解析】【分析】利用折射定律结合几何知识可以求出距离的大小。