2021届湖北省高三年级物理学科高考模拟试卷

这是一份2021届湖北省高三年级物理学科高考模拟试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021届湖北省高三年级物理学科高考模拟试卷
一、单选题
1. 已知四个氢核可聚变成一个氦核，同时放出两个正电子，若未来核电站能使氢完全聚变，则一座100万千瓦的核电站每年（）大约需要消耗的氢的质量为（氢核的质量为1.0078u，氦核的质量为4.0026u，1u为）（　　）
A. 20kg B. 50kg C. 150kg D. 200kg
【答案】B
【详解】四个氢核聚变成一个氦核亏损的质量约为

释放的能量约为

1kg氢含有的氢原子个数为个，全部发生聚变释放的能量约为

则发电站每年大约消耗的氢的质量为

选项B比较接近，故B正确。
故选B。
2. 如图所示，弹性绳（遵循胡克定律）的一端固定在天花板上的O点，另一端悬挂一质量为m的小球，静止时小球位于B点，A点固定一光滑的小定滑轮，。现对小球施加一沿方向的拉力F，使小球沿缓慢运动到C点。已知三点刚好组成一个正三角形，D为的 中点，重力加速度为g，则（　　）

A. 小球在C点受到的拉力F等于小球重力的倍
B. 在D点时弹性绳的弹力大小为
C. 该弹性绳的原长为
D. 从D到C的过程中拉力F可能先减小后增大
【答案】C
【详解】A．小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力

选项A错误；
B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得


两式联立可解得

选项B错误；
C．设弹性绳的原长为，则当小球在B点时，由胡克定律可得

在D点时有

两式联立可解得

选项C正确；
D．从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有

解得

因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由可知弹性绳的弹力越来越大，而α由逐渐减小到30°，越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；
故选C。
3. 六根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正六边形，O为六边形的中心，通过长直导线的电流分别为，中通过的电流大小相等，中通过的电流大小相等，电流方向如图所示。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为，此时O点处的磁感应强度大小为，导线a在O处产生的磁感应强度为B，则移除e处导线后，e处的磁感应强度大小为（　　）

A. 0 B. B C. D.
【答案】A
【详解】结合题图可知各导线在O点产生的磁场方向如图1所示，中通过的电流大小相等，且到O点的距离相等，三条导线在O点产生的磁感应强度大小均为B，合磁感应强度大小为，则三条导线在O点的合磁感应强度大小为，结合上述分析可知，三条导线中的电流大小是三条导线中电流大小的2倍；去掉e导线后剩余导线在e点产生的磁场方向如图2所示

由

可知

夹角为120°

夹角为60°

由平行四边形定则求得e点的合磁感应强度为0。
故选A。
4. 如图所示，、两带电小球，带电荷量大小分别为，质量分别为和。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时、两球处于同一水平线上，，，C是连线上一点且在O点的正下方，C点的场强为零，两带电小球均可视为点电荷，，则下列说法正确的是（　　）

A. 、两球的质量之比为9∶16
B. 、两球带电荷量之比为81∶256
C. 同时剪断连接两小球、的细线，A小球一定先落地
D. 若在O点放一带电荷量适当的负电荷，能在两球不动的情况下使两细线的拉力同时为零
【答案】B
【详解】A．设两小球间库仑力大小为F，对A球，

对B球

两者联立可知

A错误；
B．两个点电荷、在C点的合场强为零，则

得

B正确；
C．同时剪断连接两小球、的细线，在竖直方向两小球、均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；
D．若细线拉力为零，O点放置电荷，则

若细线拉力为零，O点放置电荷，则

可得

D错误。
故选B。
5. 一物块以的初速度从固定在水平地面上的斜面底端。在沿斜面向上的外力作用下运动，物块的动能Ek与上滑位移的关系如图所示，时撤去外力，以地面为重力势能零势能面，已知斜面倾角，重力加速度，则（ ）

A. 内外力的大小为
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.75
C. 内物块的最大机械能为
D. 物块的机械能先增大再不变后减小
【答案】B
【详解】B．根据初始时物块的速度和动能可得出物块的质量，时撇去外力，对物块根据牛顿第二定律有

根据图象的斜率表示物块所受合力可知内，物块所受合力大小

联立解得

B正确；
A．内，物块所受合外力为

根据受力分析有

解得

A错误；
C．根据图象可知，物块在处机械能最大

可得

C错误；
D．物块的机械能先增大后减小，D错误。
故选B。
6. 如图所示为初速度v0沿直线运动的物体的速度图像，其末速度为v，在时间t内，对物体的平均速度和加速度a说法正确的是（　　）

A. ，a随t减小 B. ，a恒定
C. ，a随t减小 D. 无法确定
【答案】A
【详解】由图可知，物体做加速度减小的加速运动，连接图像的起点和终点可得到一个匀变速直线运动，如图所示

其平均速度为；而由图可知，变加速运动的位移大于匀变速直线运动的位移，故可知，变加速运动的平均速度大于 。
故选A。
7. 如图所示，倾角为θ＝30°的斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止．运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（ ）

A. 细绳的拉力先增大后减小
B. 物块所受摩擦力逐渐减小
C. 地而对斜面的支持力逐渐增大
D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大
【答案】B
【详解】A、小球向下摆动的过程中，细线对小球的拉力与重力沿径向的分力的合力提供向心力，小球速度变大，所需向心力变大，所以细线对小球拉力一直增大，A错误；
B、开始摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f＝6mgsin30°＝3mg；设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得mgR＝mv2，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝m，解得最低点绳子拉力为F＝3mg，此时物块的摩擦力大小为0，而绳子中的拉力一直增大，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；
CD、对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误．
二、多选题
8. 如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O点（半圆的圆心），产生反射光束1和透射光束2；已知玻璃折射率为，入射角为45°（相应的折射角为24°）。现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示。则（　　）

A. 光束1转过15° B. 光束1转过30°
C. 光束2转过的角度小于15° D. 光束2转过的角度大于15°
【答案】BC
【详解】AB．保持入射光不变，半圆柱顺时针转过15°时，法线转过15°，则入射角变为60°，由几何关系可知，反射光线与竖直线成75°，故反射光线偏转了30°；故A错误，B正确；
CD．由题知

偏转后，入射角为60°，设折射角为θ，则由

则
θ=30°
故由几何关系可知，光束2转过的角度为 
α=15°+24°-θ=9°
故C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，两带电荷量均为的点电荷分别固定在两点，O为连线的中点，为连线垂直平分线上的两点，且O点到两点的距离与其到两点的距离相等。以无穷远处电势为零，将一带电荷量也为的点电荷a从无限远处移到O点，该电荷电势能增加了W，然后将其沿移动到C点并固定，再将一电荷量为的点电荷b从无限远处移动到O点，则（　　）

A. 移入之前，两点的场强大小相等
B. a从O沿移动到C点的过程中，电场力对a做的功为零
C. 将a固定在C点后，O点电势为
D. 点电荷b从无限远处移到O点的过程中，电势能减小了
【答案】AC
【详解】A．由于两点到两点的距离相等，由

及矢量合成法则可知两点的场强大小相等、方向相反，选项A正确；
B．由等量同种电荷周围电场线的分布特点和沿电场线方向电势逐渐降低可知两点的电势不相等，故由

可知电场力对点电荷a做的功不为零，选项B错误；
C．当点电荷a从无限远处移动到O点时，由题意可知电场力做的功为，故有

解得

因两处电荷为等量同种电荷，且到O点的距离相等，故可得A（或B）处点电荷在O点产生的电势为

故将点电荷a固定在C点后，O点的电势为

选项C正确；
D．当将点电荷b由无限远处移动到O点时，电场力做的功为

故其电势能应减小，选项D错误。
故选AC。
10. 如图所示，竖直杆在两点通过光滑铰链连接两等长轻杆和，和与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆转动的角速度ω从0开始逐渐增大过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 当时，杆和杆对球的作用力都表现为拉力
B. 杆对球的作用力先增大后减小
C. 一定时间后，杆与杆上的力的大小之差恒定
D. 当时，杆对球作用力为0
【答案】CD
【详解】A．当时，由于小球在水平方向受力平衡，因此杆对小球的作用力表现为拉力，杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，选项A错误；
BD．当ω逐渐增大时，杆对小球的拉力逐渐增大，杆对小球的支持力逐渐减小，当杆的作用力为0时，有

解得

当ω继续增大时，杆对小球的拉力继续增大，杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，选项B错误，D正确；
C．一定时间后，杆和杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即

则

因此杆与杆上的力的大小之差恒定，选项C正确。
故选CD。
11. 2020年7月31日，北斗闪耀，泽沐八方。北斗三号全球卫星导航系统（如图甲所示）建成暨开通仪式在北京举行。如图乙所示为55颗卫星绕地球在不同轨道上运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径，1和2为其中的两颗卫星。已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）


A. 卫星1和2运动的线速度大小之比为 B. 地球的半径为
C. 地球质量为 D. 卫星1和2向心加速度大小之比为
【答案】CD
【详解】B．设地球质量为M，由万有引力提供向心力有

两边同时取对数，整理可得

当时，有

可知x0表示轨道半径，并不代表地球半径，B错误；
C．对比图像可知

解得

C正确；
A．由

可得

A错误；
D．根据

以及图乙可求得，卫星1和2向心加速度之比为，D正确。
故选CD。
三、实验题
12. 在验证力的平行四边形定则的实验中，某兴趣小组使用传统的木板、图钉、白纸、橡皮条、细绳和弹簧测力计等工具，把木板平放在水平桌面上来做实验。
（1）下列不必要实验要求是______。
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．拉绳方向应与木板平面平行
C．为了更方便地验证力的平行四边形定则，最好使两个力、间的夹角为90°
D．改变拉力，进行多组实验，每次都要使结点静止在同一位置
（2）下列实验操作合理的是______。
A．记录结点的位置时，应该在结点正下方描一个清晰且尽量大的点
B．记录细绳方向时，应该在细绳正下方相距较远的位置上点两个较小的点
C．为了方便操作和作图，可将其中一个弹簧测力计中拉力的方向固定下来，改变另一个弹簧测力计的示数和拉力的方向
D．为了减小实验误差，在不超出量程的情况下，应该使弹簧测力计的示数尽量大些
（3）兴趣小组在水平放置的木板上很快做完了实验，想尝试在倾斜木板上做实验，______（填“能”或“不能”）有效验证力的平行四边形定则。
【答案】 (1). CD (2). BCD (3). 能
【详解】（1）A．根据仪器使用常识可知，弹簧测力计在使用前需校零，A项是必要的；
B．实验中力必须与木板在同一平面内，B项也是必要的；
C．要验证平行四边形定则，夹角不应该选取特殊角度，C项不必要；
D．在同一组实验中，要使两次拉力的作用效果相同，结点的位置必须相同，但在不是同一组实验验证时，结点的位置可以不同，所以不需要固定结点位置，D项不必要。
本题选不必要的要求，故选CD。
（2）A．实验中记录描点时，点描得越小，带来的实验误差会越小，故描点要尽量小且清晰，A项操作是不合理；
B．两个点相距较远，有利于作图时把力的方向作准确，B项操作是合理的；
C．为了方便作图，可将其中一个弹簧测力计中拉力的方向固定下来，改变另一个弹簧测力计的示数和拉力的方向，只要将结点拉至与一个弹簧测力计拉橡皮条时结点相同的位置即可，不影响实验的有效性，故C项操作是合理的；
D．为了减小实验误差，在不超出弹簧测力计量程的情况下，弹簧测力计的示数越大，读数误差越小，故D项是合理的。
故选BCD。
（3）无论在哪个平面做实验，只要满足在该平面内两次力的作用效果相同，在操作无误的情况下，即可验证力的平行四边形定则，因此在倾斜的木板上做实验，也能够有效验证力的平行四边形定则。
13. 传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。某研究性学习小组设计了一种温度控制装置，温控开关可采用热敏电阻来控制。
(1)先通过实验探究某一热敏电阻的阻值随温度t的变化关系。已知该热敏电阻在常温下的阻值约。
现提供以下实验器材：
A．控温箱（用以调节热敏电阻的温度）；
B．电压表V（量程3V，内阻约）；
C．电流表（量程50mA，内阻）；
D．电流表（量程100mA，内阻约为）；
E．滑动变阻器R（阻值变化范围为0~，允许通过的最大电流为2A）；
F．直流电源E（电动势为12V，内阻很小）；
G．开关一只，导线若干。
要求用上述器材尽可能精确地测出热敏电阻在不同温度下的阻值，且尽可能多测几组数据，请在图甲虚线框中画出符合要求的实验电路图，并标明所选择器材的符号________。
(2)学习小组测得热敏电阻的阻值随着温度变化的规律如图乙所示。

根据图乙求出热敏电阻阻值随温度变化的函数关系为___________。
(3)如图丙所示，当1、2两端所加电压增大至2V时，控制开关会自动启动加热系统进行加热，请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当温度达到80时启动温控系统。（不考虑控制开关对所设计电路影响）
提供的器材如下：
热敏电阻（阻值随温度变化规律如图乙所示）；
直流电源（电动势3V，内阻不计）；
定值电阻（限选其中之一并在图中标出）；
开关S及导线若干。
定值电阻应选________，在图丙虚线框内完成电路原理图________。
【答案】 (1). 见解析 (2). (3). (4). 见解析
【详解】(1)要求尽可能精确地测出热敏电阻在不同温度下的阻值，且尽可能多测几组数据，所以采用分压式电路；因为电压表量程太小，且具体内阻不知，会导致测量值有较大的误差，所以用已知内阻的电流表作为电压表，电流表外接可以消除系统误差。实验电路设计如图所示

(2)根据图乙图像可得

(3)温度达到80时，可得热敏电阻，根据闭合电路欧姆定律可得，当定值电阻等于时，1、2两端电压恰好为2V，所以定值电阻应选择。原理电路图如图所示

四、计算题
14. 如图所示，上下粗细不一样的气缸被轻绳通过活塞竖直吊在空中，气缸底面积为S，活塞横截面积为，气缸上下两部分的长度相同。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形轻质细玻璃管相通。最初室温为时，活塞恰好在气缸上下两部分的分界处，玻璃管内左右水银液面高度差为h(U形管内的气体体积、水银质量不计)。已知大气压强为，水银的密度为，重力加速度g。不计活塞与气缸的摩擦。
(1)求气缸的质量M；
(2)现对气缸缓慢加热，则玻璃管内左右两侧水银液面高度差h是否变化?
(3)在对气缸里的气体缓慢加热时，若活塞与气缸不会分离，则加热后的温度最多是多少?

【答案】(1)；(2)不变化；(3)
【详解】(1)设封闭气体压强为，对气缸受力平衡分析

对U形玻璃管内水銀柱分析有

代入解得

(2)对气缸缓慢加热时，气缸始终受力平衡，大气压强不变，气缸重力恒定，所以内部压强不变，可知U形玻璃管内水银液面高度差不变；
(3)对气缸缓慢加热时，气缸内部压强不变，由盖吕萨克定律有

可得

15. 如图所示，粗糙程度不均匀的水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C点，为半圆的直径，O为圆心，D点是弧的中点，在半圆下半部分有水平向左的匀强电场，场强大小（g为重力加速度）。现把可视为质点、质量为的小物块P置于水平面的A点，并在水平恒力F（大小未知）的作用下由静止向左运动，运动到B点撤掉水平恒力F，小物块P恰好运动到C点静止。现把与小物块P材料相同、质量是小物块P质量一半、带电荷量为的绝缘小物块Q同样置于A点，在同样水平恒力F作用下也从静止开始向左运动，到B点撤掉水平恒力F，带电小物块Q离开水平面后沿着圆弧轨道运动恰好能过最高点M。求：
(1)小物块Q经过水平面C点时的速度大小；
(2)小物块Q在半圆轨道上运动过程中对轨道的最大压力；
(3)小物块Q在运动过程中所受摩擦力做的功。

【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】(1)小物块Q在最高点M由牛顿第二定律得

C到M的过程中，对Q由动能定理得

解得

(2)根据题意并结合受力分析知，小物块Q运动到与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为45°的位置时，对轨道的压力最大，此位置小物块Q对应的速度设为v，根据动能定理得

此位置对应有

解得

由牛顿第三定律得，小物块Q对轨道的最大压力为

(3)设小物块Q从A到C过程中所受摩擦力做的功为，对小物块P，由功能关系得

对小物块Q有

解得

16. 空间存在间距为L的两边界PQ，MN，MN为一收集板，在PQ上有一点O，可同时向右侧平面内沿各个方向均匀发射n个速度大小为v0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子。现有以下两种情况∶①如图甲所示，在边界间加一个方向垂直PQ的匀强电场，两板间电压为；②在边界间加一以O为圆心、半径为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，如图乙所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为，其中某个粒子A出磁场时的速度方向恰好平行于收集板MN。不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)①情况下，要使所有粒子都被MN收集到，收集板MN至少有多长；
(2)②情况下，收集板足够大，求先于粒子A飞出磁场的粒子个数以及收集板MN上的收集效率；
(3)②情况下，仅改变磁感应强度大小，收集板足够大，求收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系式。

【答案】(1)；(2)33.3%；(3)若，；若，
【详解】(1)粒子从O点在180°范围内沿不同方向进入匀强电场，其中沿OP和OQ方向进入电场的粒子在电场中做类平抛运动，且打在收集板上的位置最远。
由类平抛知识得



联立解得

故收集板MN的长度至少为

(2)出磁场时的速度方向恰好平行于收集板MN的粒子A的轨迹如图所示

设粒子A射入时与OQ间的夹角为θ，由几何知识可得，粒子A轨迹所对圆心角为α=120°，故粒子A入射方向与OQ成θ=60°角斜向下。经分析可知，从PQ边界上O、P间离开的粒子将早于粒子A离开磁场，而其余的粒子在磁场中运动的时间与粒子A运动的时间相同。
根据几何知识可知从O点进入、从P点射出时，粒子入射方向与OP边所成的夹角为β=60°，故满足题目要求的粒子个数为

人射方向在OQ方向和粒子A入射方向之间的粒子会打到收集板MN上，故此时收集板MN上的收集效率

(3)当沿OQ方向射入磁场的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知该粒子轨迹半径

由牛顿第二定律有

解得

(i)若，即半径，粒子均不能打到MN上，；
(ii)若，即半径，设从磁场边界圆弧上射出的粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为γ，由几何关系可知

MN上的收集效率