高中物理高考 卷4-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）

这是一份高中物理高考 卷4-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），共22页。
绝密★启用前|
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
第四模拟
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．电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】 D
【解析】
闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小。D图符合题中情况，D正确。
故选D。
2．如图所示，a、b分别是甲、乙两辆车从同一地点沿同一直线同时运动的速度图象，由图象可以判断（　　）


A．2 s后甲、乙两车的加速度大小相等
B．两车只有t0时刻速率相等
C．在0～8 s内两车最远相距148 m
D．在这段时间内，两车相遇一次
【答案】 C
【解析】
A．2s后甲图线的斜率大于乙图线的斜率，故2s后甲的加速度大于乙的加速度，故A错误；
B．速率是指速度的大小，由图看出，在2s末a、b速率都等于20m/s，速率也相等，故B错误；
C．当甲乙两车速度相等时相距最远，根据a、b两条直线的解析式，运用数学知识算出交点的横坐标为s，由图象法可知此时a、b的距离为148m，故C正确；
D．根据图象分析可知，a前先向正方向运动后反向，总位移为0，最后停在原点，b先向负方向运动，后反向，总位移为负，所以两车没有相遇，故D错误。
故选C。
3．如图所示，质量的平板小车A沿平直路面向右运动，某时刻小车的速度大小为时开始刹车，车轮停止转动，车轮与路面之间的动摩擦因数，同时将质量为可视为质点的木块B无初速度地放置于小车A上的中间位置。已知小车A长度为，A、B间的动摩擦因数，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）


A．两者相对滑动时，木块B的加速度大小一定大于小车A的加速度大小
B．两者相对滑动时，小车A的加速度大小一定大于木块B的加速度大小
C．木块B一定从小车A左端滑下
D．木块B一定从小车A右端滑下
【答案】 A
【解析】
AB．木块B相对小车A滑动时的加速度大小

木块B相对于小车A滑动时，小车A的加速度大小

A正确，B错误；
D．木块B无初速度地置于小车A上时相对小车向左滑动，不可能从右端滑下，D错误；
C．木块B可与小车A达到共同速度时


小车位移

木块位移


所以不会滑下来，C错误。
故选A。
4．2020年11月24日4点30分，嫦娥五号探测器成功发射升空。若嫦娥五号在距月球表面高度分别为、的轨道A、B上运行，均可视为匀速圆周运动，则在轨道A、B上运行时，嫦娥五号与月球中心连线扫过相同面积所用的时间之比为（月球看成半径为R质量均匀分布的球体）（　　）

A． B．1 C． D．
【答案】 A
【解析】
嫦娥五号绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
，
式中M是月球的质量，r是嫦娥五号的轨道半径，据题可得：嫦娥五号在轨道上运行的线速度之比为

嫦娥五号与月球中心连线扫过相同面积时，有

则所用的时间之比为

故选A。
5．如图所示的电路中，电源电压，A、B间接有“220V，440W”的电暖宝、“220V，220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是（　　）

A．交流电压表的示数为311V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．1min抽油烟机消耗的电能为
【答案】 D
【解析】
A．交流电压表的示数为有效值为

故A错误；
B．由公式

知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误；
C．电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；
D．1min抽油烟机消耗的电能为

故D正确；
故选D。
6．某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，为电场中的四个点，一带电粒子只受电场力作用下的运动轨迹如图中PM曲线所示，则下列说法不正确的是（　　）

A．点的电势低于点的电势
B．点的场强大于点的场强
C．带电粒子在点的动能小于在点的动能
D．将一负电荷从点分别移到点和点，电场力做功相同
【答案】 D
【解析】
A．沿电场线的方向电势降低，故M点的电势低于N点电势，故A正确；
B．电场线越密表示该点的电场强度越大，故M点的电场强度大于N点的电场强度，故B正确；
C．带电粒子由P点移到M点，力和速度的方向如图

F和v的夹角为锐角，电场力做正功，所以从P到M动能增加，在 P点的动能小于在M点的动能，故C正确；
D．根据电场力做功的关系式
W=qU
将一负电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，故D错误。
故选D。
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．几种金属的逸出功见下表：
金属
钨
钙
钠
钾
鉫

4.54
3.20
2.29
2.25
2.13
氢原子能级示意如图所示。若使用大量氢原子跃迁辐射的光子照射上述金属，则下列说法正确的是（　　）

A．从能级跃迁到，辐射的光能使上述金属均发生光电效应
B．从能级跃迁到，辐射的光能使上述一种金属发生光电效应
C．从能级跃迁到，辐射的光照射上述金属时钨光电子的最大初动能较大
D．从能级跃迁到，辐射的光照射上述金属时鉫光电子的最大初动能较大
【答案】 AD
【解析】
A．入射光光子能量大于逸出功即可发生光电效应。从能级跃迁到，辐射的光光子能量

大于所有金属的逸出功，故A正确；
B．从能级跃迁到，辐射的光光子能量为，不能使上述金属发生光电效应，故B错误；
CD．根据爱因斯坦光电效应方程

逸出功大的最大初动能小，故D正确，C错误。
故选AD。
8．如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（　　）

A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度也为d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
【答案】 AC
【解析】
A．由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，加速度向上，超重，绳中张力一定大于重力2mg，A正确；
B．小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即

B错误；
CD．根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有

即

D错误，C正确。
故选AC。
9．为京津翼地区“减煤治霾”，河北张家口草原天路景区新建新能源项目1500万千瓦，风力发电机如图所示，风力带动三个叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是（　　）

A．一台风力发电机获得风能的功率为
B．一台风力发电机获得风能的功率为
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为
【答案】 BD
【解析】
AB．单位时间t内经过叶片的空气质量为

空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过，则损失的动能为

由能量守恒定律可得，单位时间t内，一台风力发电机获得风能为

一台风力发电机获得风能的功率为

所以A错误；B正确；
CD．由动量定理可得空气对风力发电机叶片的平均作用力F

代入数据可得

则空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为

所以D正确；C错误；
故选BD。
10．利用如图甲所示装置可以研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化，螺线管的电阻值r=40Ω，初始时滑动变阻器（最大阻值为40Ω）的滑片位于正中间，打开传感器，将质量为m的磁铁从螺线管正上方由静止释放，磁铁下端为N极。磁铁下落中受到的电磁阻力一直明显小于磁铁重力，且不发生转动，穿过螺线管后掉落到海绵垫上立即静止，释放点到海绵垫的高度为h。电压、电流传感器的示数分别为U、I，计算机屏幕上显示出如图乙所示的UI—t曲线，图像中明出现两个峰值。下列说法正确的是（　　）

A．磁铁穿过螺线管的过程中，产生第一峰值时线圈中的感应电动势约为0.3V
B．在磁铁下降h的过程中，可估算由机械能转化的电能约为6.2×10－4J
C．如果仅将滑动变阻器的滑片从中间向左移动，坐标系中的两个峰值都会增大
D．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
【答案】 BD
【解析】
A．由 UI−t 曲线可知 ， 产生第一峰值时滑动变阻器功率为
P滑=0.0045w
线圈输出功率表达式为
P 出 =I2R外
根据闭合电路欧姆定律得
E=I(R内+R外)
联立将 R内=40Ω、R外=20Ω 代入，得 E=0.9V，故A错误；
B．根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能，由图象可得 ， 在磁铁下降 h的过程中机械能转化为电能约为 6.2×10−4J，故B正确；
C．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此如果滑片从中间向左移动时，减小滑动变阻器阻值，坐标系中的两个峰值一定都会减小，故C错误；
D．当 h 减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，故D正确。
故选BD。
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）
验证“力的平行四边形定则”，如图所示，实验步骤如下：
①用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
⑥比较F3和F的一致程度。

(1)下列说法中正确的是___________；
A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取、、等特殊角度
C．系在橡皮条末端的两绳要一样长
D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1
(2)本实验中F1的读数如图所示，示数为___________N。

(3)改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2___________（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同；
(4)实验记录纸如图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：，。请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力___________；
【答案】 D 3.78~3.82N 不必
【解析】
(1)A．橡皮条的方向代表合力的方向，可以是两绳之间任意方向，不一定是两绳夹角的平分线，故A错误；
B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取、、等特殊角度，故B错误；
C．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C错误；
D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确。
故选D。
(2)弹簧测力计读数，每1N被分成10格，则1格就等于0.1N，所以示数为3.80N。
(3)改变F1、F2重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，因为是两次不同的实验，则位置O2不必与第一次O1点相同。
(4)根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，测得合力

12. （9分）
某实验小组设计了如图甲所示的电路，用于测量某金属的电阻率与电源电动势和内阻。其中电流表A1（量程0~100mA，内阻r1=5Ω）、电流表A2（量程0~0.6A，内阻r2=1.33Ω）、电阻箱R（阻值范围0～99.9 Ω）、定值电阻R0。

(1)图甲中虚线框内可视为一个量程为0~3V的电压表，则R0=___________Ω；
(2)实验操作步骤如下：
①如图乙所示利用螺旋测微器测量金属丝直径D=___________mm；
②将该金属丝正确接入图甲电路，测得接入电路的金属丝长度L=70.00cm；
③合上开关，调节电阻箱，记录下电阻箱阻值R和对应的电流表A1示数I1、电流表A2示数I2，并根据测量数据，做出如图丙所示的I1—I2图像，则该金属丝的电阻率ρ=_______（计算结果保留2位有效数字）

(3)实验小组为得到电源电动势和内阻，由测量数据绘出如图丁所示图线，则图中纵坐标对应物理量是___________；
A． B． C． D．
【答案】 25 1.500（1.498～1.502均给分） （～均给分） A
【解析】
(1)将一个电流表改装成电压表需要串联一个电阻，故

所以

(2) ①螺旋测微器读数原则为：主尺数+对准的格数*0.01，并且必须保留到0.001mm，所以读数为1.500。
③根据欧姆定律可知

所以

故函数图像的斜率为

可解得电阻率为。
(3)根据闭合电路欧姆定律可知

所以

所以选A。
13. （13分）
如图，物块A放在足够长木板C的左端，物块B放在木板上物块A的右侧某位置，A、B的质量分别为mA=4kg和mB=2kg，两物块可视为质点，木板C静止在水平面上，木板质量mC=2kg，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1。T=0时刻给物块A一个水平向右的初速度v0=4m/s，经过0.5s，A、B发生碰撞，且碰撞时间极短，碰撞过程中损失的机械能为∆E=0.5J。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)t=0时刻A、B两物块间的距离L；
(2)总共产生的摩擦热Q；
(3)木板向右运动的总位移。

【答案】 (1)1.25m；(2)31.5J；(3)1.35m
【解析】
(1)设t=0时刻A、B两物块间的距离为L，经时间t1=0.5s两物块发生碰撞，碰撞前A、B的速度分别为vA1、vB1，发生的位移分别为xA1、xB1，此过程B、C一起运动
对A，有

对B、C，有



解得

(2)对全过程，由能量守恒得

解得

(3)设碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2，有


碰撞后A、B减速，C加速，设经时间t2，A、C达到共速，共速的速度为vAC，此时B的速度为vB3
对C，有




A、C达到共速后，A、C一起匀速运动，设经时间t3，A、B、C达到共速，共速的速度为vAC


A、B、C达到共速后，三者一起做匀减速运动，直到停止，对A、B、C，有


解得

14. （15分）
如图所示，在直角坐标系xOy中，x≥0，y≥0范围内有两个匀强磁场区域I和II，磁场方向均垂直纸面向里，虚线 为它们的分界线，区域I的磁感应强度大小为B0，区域II的磁感应强度大小可调，P点为它们分界线上的某一点，已知OP=4L。质量为m，带电量为－q的粒子从O点沿+y轴方向射入磁场I中，速度大小为，不计粒子所受重力。求：
（1）粒子不会飞出第一象限，求粒子在区域II磁场中做圆周运动的半径大小应满足的条件；
（2）粒子在第一象限内运动的过程中，恰好能经过P点，求区域II磁场的磁感应强度大小的所有可能值。

【答案】 （1）；（2）若粒子是从II区通过点，磁感应强度可能为：，；若粒子是从I区通过点，磁感应强度为
【解析】
（1）两磁场分界线与x轴夹角为θ=37°，设粒子在磁场I和II区内运动的半径分别是R1、R2，粒子在磁场I内运动时，洛伦兹力提供向心力

解得
R1=L
由几何知识：粒子每在磁场I中运动一次，到达OP直线的位置向前推进2R1cos37°，每在磁场II中运动一次，到达OP直线的位置向后倒退2R2cos37°。
粒子不会飞出第一象限，需满足
(2R1cos37°－2R2cos37°)sin37°≥R2
解得


（2）粒子在磁场II内运动时，洛伦兹力提供向心力

若粒子是从II区通过P点
n(2R1cos37°－2R2cos37°)=4L
解得
，其中n=1，2，3…
符合条件的有n=3时

对应的
B2=6B0
n=4时

对应的

若粒子是从I区通过P点
n(2R1cos37°－2R2cos37°)+ 2R1cos37°=4L
解得
，其中n=1，2，3…
符合条件的有n=2时

对应的
B2=4B0
综上所述，若粒子是从II区通过P点，磁感应强度可能为6B0、；若粒子是从I区通过P点，磁感应强度为4B0。

（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）
下列说法正确的是 。（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．若分子势能随着分子距离增大而增大，则分子间作用力的合力表现为引力
B．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能也随着减小
C．一定质量的理想气体若压强和体积都不变，其内能也一定不变
D．一定质量的理想气体的压强和体积都不变，其内能可能减小
E.一定质量的理想气体温度升高时，气体的内能一定增大
【答案】 ACE
【解析】
A．分子力做负功，分子势能增大，如果分子势能随着分子距离的增大而增大，则分子力做负功，分子间的作用力一定表现为引力，故A正确；
B．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小；若分子力表现为引力，则分子距离变大时分子力做负功，则分子势能增加，故B错误；
CD．由气态方程

知

故一定质量的理想气体，若气体的压强、体积不变，一定不变，则T一定不变，故内能一定不变，故C正确，D错误；
E．理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增大，故E正确。
故选ACE。
（2）（8分）
如图所示是一定质量的理想气体由状态M→N→I→G变化的p­V图象。已知该气体在状态M时的温度为。
（1）求该气体在状态I时的温度；
（2）已知该气体内能的变化满足ΔU=σΔT（常量σ=103J/K），则气体从状态M→N→I→G变化的整个过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

【答案】 （1）600K；（2）吸热；5×105J
【解析】
（1）对于一定质量的理想气体，M→I过程由理想气体状态方程有
=
由图像数据解得：T1=600K
（2）理想气体M→N的过程体积增大，气体对外做功，由p—V图线与横轴所围的面积可知
W1=－=－5×105J
N→I过程，气体体积增大，压强不变，气体膨胀，对外做功
W2=－pN（VI－VN）=－4×105J
I→G过程，气体体积减小，外界对气体做功
W3==3×105J
从状态M→N→I→G的过程中，外界对气体做的功为
W=W1＋W2＋W3=－6×105J
M→G过程，由理想气体状态方程有
=
得TG=200K
该气体内能的变化量为
U=σ（TG－TM）=－105J
由热力学第一定律知
U=W＋Q
可得Q=5×105J，即气体从外界吸收热量，该过程中传递的热量为5×105J。
16. [物理选修3-4]
（1）（5分）
下列说法正确的是 。（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．介质中有机械波传播时，无论横波还是纵波介质本身并不随波一起传播
B．全息技术有着重要的应用价值，全息照片的拍摄利用了光的干涉原理
C．双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱
D．赫兹通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度c
E.矮星表面的引力很强，按照广义相对论，那里原子发光的频率比同种原子在地球上发光的频率大的现象叫做引力红移
【答案】 ABD
【解析】
A．介质中有机械波传播时，无论横波还是纵波介质本身并不随波一起传播，传播的是波的形式与能量故A选项正确；
B．拍摄全息照片是用同一束激光被分为直接照射到底片上和另一部分通过被拍摄物反射后再到达底片，在底片上相遇时发生干涉，形成复杂的干涉条纹形成的，故B选项正确；
C．双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加或波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱，C选项错误；
D．赫兹通过一系列实验中，观察到了电磁波的反射、折射、干涉、偏振和衍射等现象，他还通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度c。这样，赫兹证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波故D选项正确；
E．矮星表面的引力很强，按照广义相对论，既然是红移现象，那里原子发光的频率比同种原子在地球上发光的频率小，E选项错误。
故选ABD。
（2）（8分）
如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，介质中两质点P、Q的平衡位置相距个波长。已知t=0时的波形图如图所示，此时质点P的位移为3cm，设向上为正方向，经时间t1（小于一个周期），质点P的位移又为3cm，且向下运动，已知该简谐横波的振幅为6cm，频率为1Hz。求：
(1)该横波的波速大小；
(2)t1时刻质点Q的位移。

【答案】 (1)8m/s；(2)-6cm
【解析】
(1)由波形图知，波长为λ=8m，根据波速公式有
v=λf=8m/s
(2)由题意可知，t=0时刻质点P振动方向向上，则该简谐横波沿x轴正方向传播，则质点P的振动方程为
yP=6sincm
则有
3cm=6sincm
解得
t1=s
由于质点Q在质点P右侧个波长处，所以质点Q的振动与质点P相比滞后个周期，其振动方程为
yQ=6sincm=6sincm
当t1=s时，质点Q的位移
yQ=6sincm=-6cm