高中物理高考 卷2-备战2021年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）·3月卷（解析版）

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备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）·3月卷

第二模拟

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x。现有四个不同物体的运动图象如下列选项所示，假设物体在t＝0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  C

【解析】

A．由位移—时间图象可知，位移随时间先增大后减小，1 s后反向运动，故A错误；

B．由速度—时间图象可知，物体2 s内沿正方向运动，2～4 s沿负方向运动，方向改变，故B错误；

C．由图象C可知物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；

D．由图象D可知物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，第3 s内沿负方向做匀加速运动，不是单向直线运动，故D错误；

故选C。

2．已知氢原子从a能级跃迁到b能级时辐射波长为的光子1，从b能级跃迁到c能级时吸收波长为的光子2，已知，氢原子核外电子由a能级跃迁到c能级时，下列说法正确的是（　　）

A．核外电子运动的轨道半径减小

B．核外电子运动的动能变大

C．辐射波长为的光子

D．吸收能量为的光子

【答案】  D

【解析】

AB．由

知，因为

则

由

知，从a能级跃迁到b能级时辐射光子的能量小于b能级跃迁到c能级时吸收光子能量，所以a能级能量小于c能级能量；从低能级向高能级跃，轨道半径增大动能减小，故AB错误；

C．氢原子核外电子由a能级跃迁到c能级时跃迁过程中，有

即

所以吸收的光子波长可得

解得

故C错误；

D．吸收光子能量

故D正确。

故选D。

3．中国第一个目标飞行器“天宫一号”再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，若“天宫一号”飞行器a和卫星b均逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则（　　）

A．“天宫一号”飞行器a在轨运行的周期大于24小时

B．卫星c加速就一定能追上卫星b

C．从此时起再经时间a、b相距最近

D．“天宫一号”再入大气层过程机械能守恒

【答案】  C

【解析】

A．根据开普勒第三定律

可知，卫星轨道半径越大卫星周期越大，而卫星b为同步卫星，故卫星a的周期小于同步卫星的周期，即小于24h，故A错误；
B．卫星c加速将做离心运动脱离原来的轨道，则不能追上卫星b，选项B错误；

C．根据万有引力提供向心力有

可得a卫星的角速度

可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以

ωat-ωt=2π

可得经历的时间

故C正确。

D．“天宫一号”再入大气层过程由于阻力做负功，则“天宫一号”飞行器的机械能将减小，故D错误；
故选C。

4．如图，一质量为的物块带正电，开始时让它静止在倾角的固定光滑斜面顶端，整个装置放在大小为、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为，释放物块后物块落地时的速度大小为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  A

【解析】

对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示

则电场力为

运用动能定理研究从开始到落地过程，有

可得

故选A。

5．如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为和，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则（　　）

A．此过程中物体C受五个力作用

B．当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断

C．当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断

D．若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为

【答案】  C

【解析】

A．对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。

BC．对整体分析，整体的加速度

隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得

计算得出

当时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；

D．若水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度

隔离对Ａ分析，Ａ受到的摩擦力

故D错误。

故选C。

6．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R1=r，当滑动变阻器R2的滑片P在中间时，带电油滴恰好静止在平行板电容器中。若滑动变阻器的滑片P缓慢向下滑动油滴未打到极板上之前，则下列说法正确的是（　　）

A．通过R1的电流减小，电压表的读数减小

B．油滴带负电，重力势能增大，电势能减少

C．不考虑电容器对电路的影响，电源的效率减小

D．不考虑电容器对电路的影响，电路中R1和R2消耗的总功率增大

【答案】  B

【解析】

A．根据闭合电路的欧姆定律有

滑动变阻器的滑片P向下滑动，R2接入电路的电阻增大，则电流I减小；电压表的读数

I减小则U增大，即读数增大，故A错误；

B．电容器的上极板接正极，则上极板聚集正电荷，带电油滴恰好静止在平行板电容器中，说明油滴带负电；电容器两端电压等于R2两端电压，即

I减小则U2增大，根据电场强度与电势差的关系可得极板间的场强

其中d为极板间的距离；U2增大则电场强度增大，油滴将向上运动，重力做负功，重力势能增大，电场力做正功，电势能减小；故B正确；

C．不考虑电容器对电路的影响，电源的效率为

I减小则增大，故C错误；

D．不考虑电容器对电路的影响，电路中R1和R2消耗的总功率为

即功率P是电流I的二次函数，该函数在时取最大值，由于R1=r，所以电流I总是小于，随着R2增大，电流I不断减小，由二次函数的特点可知功率P也随着减小，故D错误。

故选B。

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7．如图1所示为某发电站远距离输电的原理图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为，降压变压器所接用户可等效为图1中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端正常工作的额定电压为，降压变压器原副线圈的匝数比为，升压变压器原线圈所接交变电流如图2所示，当用户端正常工作消耗的总功率为时，下列说法正确的是（　　）

A．发电厂的输出功率为120kW B．升压变压器原副线圈的匝数比为

C．用户增加时，用户得到的电压升高 D．用户增加时，输电效率降低

【答案】  BD

【解析】

A.当用户端正常工作消耗的总功率为时，降压变压器副线圈中的电流为

由理想变压器的工作原理可知

解得

输电线上损失的功率为

则发电厂的输出功率为

故A错误；

B.由题图2可知升压变压器原线圈两端的电压为

则升压变压器原线圈中的电流为

则升压变压器原副线圈的匝数比为

故B正确；

C.当用户增加时，用户消耗的功率增大，则发电厂的输出功率增大，输出电流增大，输电电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器原线圈的输入电压减小，则其副线圈的输出电压减小，用户得到的电压降低，故C错误；

D.发电厂的输电效率为

由以上分析可知，用户增加时输电电流增大，则输电效率降低，故D正确；

故选BD。

8．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则（　　）

A．A对地面的压力等于

B．A对地面的摩擦力方向向左

C．B对A的压力大小为

D．细线对小球的拉力大小为

【答案】  AC

【解析】

AB．对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力。根据平衡条件知，支持力等于整体的重力。根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A对地面的压力等于，故选项A正确，选项B错误；

CD．对小球B受力分析，受到重力，细线的拉力，A对B的支持力F，如图所示

根据平衡条件得

其中

故

根据牛顿第三定律，B对A的压力大小为，故C正确，D错误。

故选AC。

9．某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为，当到达最高点时，与另一质量也为m、速度的大小也为竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间AB均落地。如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）

A．A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为

B．A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同

C．A落地时的动能为

D．AB落地的时间差为

【答案】  BCD

【解析】

C．A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，因此B落地时间

对A，上抛运动有

竖直下抛运动有

因此A落地速度大小

所以A落地时的动能为，故C正确；

AB．取向下为正方向，对A上升过程中动量的变化量为

下抛过程中动量的变化量为

故A错误B正确；

D．根据动量定理

所以

故 D正确。

故选BCD。

10．如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B，质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆（　　）

A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h一定大于

【答案】  BCD

【解析】

A．金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；

B．金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；

C．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得

金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为

故C正确；

D．设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有

又 ，联立解得

由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确。

故选BCD。

三、非选择题：共56分。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。

（一）必考题：共43分。

11. （6分）

某同学想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作（弹簧始终未超出弹性限度范围）。

(1)首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长；

(2)接着，将刻度尺靠近弹簧固定。弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指针指示的相应刻度。该同学以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实验数据，作出如图所示的图像。由图像可知此弹簧的劲度系数为___________N/m；

(3)然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小。如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm，则该同学应在6cm处标注为___________N，在12cm处标注为___________N。

(4)最后该同学为了验证改装后的弹簧测力计标度是否准确，找了一只标准的弹簧测力计，他可以采用的方法是_________________。（回答一种即可）

(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6cm时，拉力做的功为___________。

【答案】  100    0    6    分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同（其他答案正确也给分）    0.18J

【解析】

(2)根据物体的平衡条件可得F弹=mg=kx，结合图像可得k=100N/m。

(3)如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm，则该同学应在6cm处标注为0，在12cm处弹簧的伸长量为x=6cm，此时弹簧的弹力大小为F弹=kx=6N。

(4)他可以采用的方法是分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同。

(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6cm时，拉力做的功为

12. （9分）

实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器R1（阻值变化范围为0~20 Ω）、滑动变阻器R2（阻值变化范围为0~1000 Ω）、电动势适当的电源、小灯泡（4 V　2 W）、开关、导线若干。

(1)要完整地描绘小灯泡的U-I曲线，请在图甲中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号。（________）

(2)实验中描绘出的小灯泡U-I曲线如图乙所示，由图乙可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而__。（选填“增大”“减小”或“不变”）

(3)如果用上述器材测量所给电源的电动势和内阻，实验电路如图丙所示，图中R0是阻值为9.0Ω的保护电阻，实验中测得多组数据记录在下表中，试在同一坐标系中画出等效电源的U-I图象_____，由图象可求出电源自身内阻约为____Ω。

(4)若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图丁所示，此时小灯泡消耗的电功率约为_______W。（结果保留2位有效数字）

【答案】      增大        1.0    0.82

【解析】

(1)要描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压式接法，为便于操作应用电阻较小的R1，由于小灯泡的阻值较小，电流传感器应用外接法，电路图如图戊所示。

(2)由图乙所示的U-I图象可知，随电压与电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大。

(3)根据表中实验数据作出等效电源的U-I图象如图己所示，由图示图象可知

(4)由图示图象可知，两图线交点为灯泡实际工作状态点，灯泡两端电压为2.1 V，电流为0.39 A，灯泡的电功率

P=UI=2.1×0.39 W≈0.82 W

13. （13分）

如图所示，在宽度为d的区域内有匀强电场，以为分界线，上下两区域电场方向相反，电场区域的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。左侧有一质子源（质子源中心稍稍低于），可沿方向以速度向外发射质子，射入的质子偏转后经A点进入磁场，射出电场时速度的偏转角度为，然后从上方边界上某点返回电场，恰好从O点沿方向以的速度离开电场，已知质子的电荷量为e，质量为m。求：

(1)质子进入磁场时的速度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)质子从O点进入电场到返回O点所用的时间。

【答案】  (1) ； (2) ； (3)

【解析】

(1)质子在电场中做类平抛运动，根据合速度与分速度的关系得

(2)设质子在电场中位移与水平方向的夹角为 ，则有

因为

联立解得

质子在磁场中运动，轨迹为

由几何关系得

根据洛伦兹力提供向心力，有

解得

(3)根据对称性，质子在电场中先后运动的时间相等，均为

质子在磁场中运动的时间为

质子从O点进入电场到返回O点所用的时间为

14. （15分）

某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50 m，正常运转的速度为v=4 m/s。一次工人刚把M=10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。木板与传送带之间的动摩擦因数为0.8。（物块与木板均可看做质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

(1)工人用192N的拉力恰好把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求货物与木板间的动摩擦因数；

(2)若工人用F=189N的恒定拉力使货物运动10s，求货物的位移大小；

(3)若10s后来电，还需要多长时间货物能到达B处。（不计传送带的加速时间）

【答案】  (1)0.8；(2)10m；(3)11.25s

【解析】

(1)工人所用最大的拉力F时，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析根据牛顿第二定律得

对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得

Fm-μ2（m+M）gcosθ-（m+M）gsinθ=（m+M）a1

代入数据得

μ2=0.8

(2) 设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得

解得

根据运动学公式得

=10m

(3) 根据

由于，所以来电后木板继续加速，加速度为a3

解得

设经过t1木板速度与传送带速度相同，则有

解得

设t1内木板加速的位移为x1，则有

解得

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则有

解得

根据

解得

所以来电后木板再需要运动

（二）选考题：共13分。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. [物理选修3-3]

（1）（5分）

下列叙述中正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力

B．自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的

C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性

D．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加

E.机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能

【答案】  ABD

【解析】

A．表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，所以空中下落的雨滴呈球形是因为液体的表面张力，故A正确。

B．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的，故B正确；

C．非晶体的物理性质各向同性，单晶体的物理性质是各向异性，故C错误；

D．根据热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，故D正确；

E．根据能量转化的方向可知，机械能可能全部转化为内能；根据热力学第二定律，内能也可以全部用来做功以转化成机械能，只是会引起其他的变化；故E错误。

故选ABD。

（2）（8分）

如图所示，甲、乙两种型号氧气罐，甲体积是乙体积的两倍，室温为27℃时，甲氧气罐内压强为，乙氧气罐内压强为。已知储气罐体积不随温度和内部气体压强变化而变化，若大气压强为，求：

（ⅰ）当室温降至7℃时，甲氧气罐内气体压强；

（ⅱ）室温为27℃时，用体积可忽略不计的软管把甲、乙氧气罐相连，打开气阀，稳定后甲氧气罐内气体压强。

【答案】  （ⅰ）；（ⅱ）

【解析】

（ⅰ）温度变化，体积不变，根据査理定律

其中

，

所以

（ⅱ）当两氧气管相连，温度不变，内部气体压强相等，根据玻意耳定律

解得

16. [物理选修3-4]

（1）（5分）

下列关于光的说法中，正确的是      。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．肥皂泡呈彩色条纹是光的折射现象造成的

B．光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理

C．在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的

D．光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角小于紫光的折射角

E.A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则逐渐增大入射角，A光先发生全反射

【答案】  BCE

【解析】

A．肥皂泡呈现彩色是光在泡的内外表面反射光叠加产生的，属于光的干涉现象，故A错误；

B．光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理，故B正确；

C．在双缝干涉实验中，依据干涉条纹的间距公式

则其条纹间距与波长成正比，干涉条纹变宽，说明光的波长变长，由于红光的波长比绿光的长，所以在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的，故C正确；

D．根据光的折射现象，可知，红光偏折程度比紫光小，所以红光的折射率比紫光的小，光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角比紫光的大，故D错误；

E．A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则A光的折射率比B光的大，由

知，A光的全反射临界角比B光的小，所以逐渐增大入射角，A光先发生全反射，故E正确。

故选BCE。

（2）（8分）

一振子沿轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，第一次把振子拉离平衡位置5cm，从平衡位置向右开始计时时，振动图象如图所示，第二次把振子拉离平衡位置2cm，也从振子从平衡位置向右开始计时，求第二次振子振动时，

(1)位移为的时刻；

(2)发生位移的最大平均速度大小。

【答案】  (1)，n∈0，1，2，3……，，n∈0，1，2，3……；(2)

【解析】

(1)从第一次振动可以看出弹簧振子的周期为T=4s，弹簧振子的振动周期与振幅无关，故第二次振动周期也为T=4s，第二次弹簧振子的振动方程为

故

当x=-1cm时，在t≤4s，有

解得

或者

解得

故振子位移为-1cm的时刻为

，n∈0，1，2，3……

，n∈0，1，2，3……

(2)当振子从+1cm向平衡位置运动到第一次到-1cm，振子所用时间最短，当位移为x=1m时

在第一个周期内，当位移x=-1cm，有，故发生2cm的位移的最大平均速度大小