2021届湖南省永州市高三年级物理学科高考模拟试卷

2021届湖南省永州市高三年级物理学科高考模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1. 关于静电场下列说法正确的是（　　）

A. 电场强度为零的点，电势一定为零

B. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加

C. 在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的

D. 电势降低的方向就是电场强度的方向

【答案】B

【详解】A．静电场中，电势具有相对性，电势零点可人为选取，电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零的点电势不一定为零，故A错误；

B．负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故B正确；

C．在同一个等势面上各点的电势相等，但场强大小不一定相等，故C错误；

D．沿电场线方向电势越来越低，电势降低最快的方向才是电场线的方向，故D错误。

故选B。

2. 甲、乙两小车沿同一直线运动的位移—时间图像如图所示。已知甲车自t＝0时起做初速度为零的匀变速直线运动，加速度大小为2 m/s2，则乙车的速度大小为（　　）

A. 1 m/s B. 2 m/s C. 5 m/s D. 10 m/s

【答案】C

【详解】由图像可知，甲车在t1时间内的位移为25 m，则由

即

解得

t1=5s

则乙车的速度

故选C

3. 如图所示，物体在平行于斜面向上拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面由底端匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则（　　）

A. 无论沿哪个斜面拉，克服重力做的功相同

B. 无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同

C. 无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同

D. 沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较小

【答案】A

【详解】A．重力做功为

质量m和高度h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，故A正确；

B．设斜面倾角为θ，斜面高度h，斜面长度

克服摩擦力做的功

所以倾角越大，摩擦力做功越小，故B错误；

C、D．设斜面倾角为θ，斜面高度h，斜面长度

物体被匀速拉到顶端，根据动能定理得

联立解得，拉力做功

则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故C、D错误。

故选A。

4. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个质量均为m的带电小球分别固定在直角三角形ABC的三个顶点上，∠ABC=，AC边长为l。已知A、B、C三个顶点上的小球所带电荷量分别为＋q、＋4q、－q，在释放顶点C处小球的瞬间，其加速度大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【详解】C处小球受到A处小球库仑引力为

C处小球受到B处小球的库仑引力为

且两力的夹角为，则合力为

则加速度大小为

故选A。

5. 使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是。已知某星球的半径为地球半径4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【详解】某星球的质量为M，半径为R，绕其飞行的卫星质量m，由万有引力提供向心力得：

，

解得：

，

代入，得地球的第一宇宙速度为：

①，

又某星球的半径为地球半径的4倍，质量为地球质量的2倍，地球半径为R，则有：

②，

第二宇宙速度与第一宇宙速度的关系是：

③，

由①②③联立得，该星球的第二宇宙速度为，故A、B、D错误，C正确。

故选C。

【点睛】第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即，此题把地球第一宇宙速度的概念迁移到某颗星球上面，然后再利用第一宇宙速度与第二宇宙速度的关系即可求解。

6. 如图所示，用a、b两束光分别照射同一光电管的阴极，得到两条不同的光电流与电压之间的关系曲线，下列说法正确的是（　　）

A. a光的强度小于b光的强度 B. a光的强度等于b光的强度

C. a光的频率等于b光的频率 D. a光的频率大于b光的频率

【答案】C

【详解】A、B．由图可知，a光的饱和光电流比b光的大，因此a光的强度大于b光的强度，A、B错误；

C、D．由图可知，a光的遏止电压和b光的相等，根据光电效应方程有

即

可知两者频率相等，C正确，D错误。

故选C。

7. 如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计，重力加速度为g。为使ab静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为（　　）

A. ，水平向右 B. ，垂直于回路平面向下

C. ，竖直向下 D. ，垂直于回路平面向上

【答案】D

【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示

从图像可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为

故磁感应强度的最小值为

根据欧姆定律，有

根据左手定则，磁场方向垂直平面向上。

故选D。

8. 如图所示，固定斜面倾角为θ，轻质弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧的上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点，斜面上另外有B、C、D三点，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B点下方斜面光滑，BD段粗糙，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g。物块静止在A点时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，物块沿斜面向下运动第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）

A. 物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2gsinθ

B. 物块最后停在B点

C. 物块在D点时的弹性势能为＋mglsinθ

D. 物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为＋mglsinθ－E

【答案】D

【详解】A．物块静止在A点时，由平衡条件有

mgsinθ=kl

物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段物块受到的滑动摩擦力大小为

f=μmgcosθ=tanθmgcosθ=mgsinθ

所以物块在该段的合力等于弹簧的弹力，则物块在D点的合力最大，加速度最大，设为am。

根据牛顿第二定律得

k•3l=mam

解得

am=3gsinθ

故A错误；

B．物块在BD段上运动时，要克服摩擦力做功，系统的机械能不断减少，最终物块在B点以下做简谐运动，不会停止。故B错误；

C．设物块在D点时的弹性势能为Ep，从D到O，由能量守恒定律得

解得

故C错误；

D．最终物块在B点以下做简谐运动，对全过程运用能量守恒定律得

Ep+2mglsinθ=Q+EB

由于AO=OB，所以物块位于B点与A点时弹簧的弹性势能相等，则

EB=E

联立解得摩擦产生的热量为

故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。

9. 质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t物体的动量为p，动能为Ek。若水平力变为2F，经过时间2t，则（　　）

A. 物体的动量变为2p B. 物体的动量变为4p

C. 物体的动能变为4Ek D. 物体的动能变为16Ek

【答案】BD

【详解】A、B．根据动量定理

I合＝Ft＝p

水平力变为2F，经过时间2t，则有

2F•2t=p′

可知

p′=4p

故B正确，A错误；

C、D．根据动能与动量间的关系

可得

故C错误，D正确。

故选BD。

10. 如图所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为Em，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R接两个相同的灯泡。下列说法正确的是（　　）

A. 从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为

B. 副线圈上电压的有效值为

C. 开关K闭合后，电阻R两端电压升高

D. 保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，灯泡的亮度不变

【答案】BC

【详解】A．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为

故A错误；

B．原线圈电压的有效值为

由变压器电压与匝数的关系可知

得到副线圈上电压的有效值为

故B正确；

C．开关K闭合，副线圈总电阻变小，故通过电阻R上的电流增大，则电阻R两端电压升高，故C正确；

D．保持开关K闭合，若线框转动角速度增大，由可知，线框匀速转动时产生的感应电动势最大值增大，则副线圈上电压的有效值增大，灯泡亮度增大，故D错误。

故选BC。

11. 现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。如图所示，一质量m=2.0 kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2 s，然后无人飞机又匀速向上运动3 s，接着匀减速向上运动4 s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm=4 m/s，受到的空气阻力恒为f=1N，重力加速度大小g=10 m/s2，则（　　）

A. 无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25N

B. 无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20N

C. 无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18N

D. 无人飞机上升的总高度为24 m

【答案】AD

【详解】A．第一阶段，无人飞机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为

由牛顿第二定律得

得

故A正确； 

B．由平衡条件可知

故B错误；

C．第三阶段加速度为

由牛顿第二定律得

得

故C错误；

D．无人飞机上升的总高度为

故D正确。

故选AD。

12. 如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大。有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～T内处于静止状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

A. 液滴带负电

B. 液滴的质量为

C. t=T时液滴的运动方向改变

D. t=T时液滴与初始位置相距gT2

【答案】BD

【解析】

根据液滴在处于静止状态知，液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中感应电动势沿逆时针方向，B板接高电势，A板接低电势，两板间的电场方向向上，与电场力的方向相同，故液滴带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律，两极板间的电场强度，根据受力平衡有，得，B正确；根据楞次定律，内，线圈内感应电动势沿顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律，其中，解得a=2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第时运动方向不改变，C错误；根据楞次定律内，感应电动势沿逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在内做匀速直线运动，匀加速直线运动，位移，内匀速直线运动，位移（改为 =1/4gT2），t=T时液滴与初始位置相距，故D正确。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。包括必做题和选做题两部分。第13题~第17题为必做题，每个试题考生都必须作答。第18题~第19题为选做题，考生根据要求作答。

（一）必做题（共52分）

13. 某兴趣小组在学习了自由落体以后设计了一个测量重力加速度的装置，装置如图甲所示。（注意实验时，将第一个光电门固定在靠近钢球开始下落的位置）

实验步骤如下：

A．按照图示安装实验器材

B．释放小球，记录小球从第一个光电门下落到第二个光电门之间的高度h和所用时间t，并填入设计好的表格中

C．保持第一个光电门位置不变，改变第二个光电门的位置，多次重复实验步骤B

D．根据实验数据作出图像，并由此图像求解重力加速度

根据以上信息思考下面的问题：

(1)根据实验数据得到的图像如图乙所示，写出图线的斜率k与重力加速度g之间的关系为g=_________。

(2)根据实验中的数据以为纵轴，t为横轴建立坐标系，发现图线不过原点，如图丙所示，图线与纵轴的截距的物理意义是___________

A．小球通过第一个光电门时的速度

B．小球通过第二个光电门时的速度

(3)从理论上利用图丙计算的重力加速度g与利用图乙计算的重力加速度g_______（填“有”或“无”）区别。

【答案】    (1). 2k    (2). A    (3). 无

【详解】(1)根据平均速度公式得

而匀变速直线运动平均速度又可以表示为

根据匀变速直线运动速度公式得

联立得

则图像的斜率k与重力加速度g之间满足关系

解得

(2)根据第(1)问推出的表达式

可知，图线与纵轴的截距即为初速度v0，是小球通过第一个光电门时的速度；

(3)图像与纵轴的交点仅表示初速度的不同，图像的斜率不变，求得的重力加速度就相同。

14. 某实验探究小组利用下列实验器材测量电池的电动势和内阻。

A．待测电池 （电动势约1.5 V，内阻r较小）

B．灵敏电流表G（量程0~100 mA，内阻rg=18 Ω）

C．电阻箱R（0~10.00Ω）

D．各种型号的定值电阻

E．开关及导线若干

(1)为了满足实验要求，该实验小组首先把现有的灵敏电流表改装成0~0.6A的电流表，改装时应并联一个阻值_______Ω的定值电阻。

(2)该实验小组利用改装后的电流表和上述器材用图甲所示电路来测电源的电动势和内阻。

①实验时，在闭合开关前，电阻箱的阻值应调至____（填“最大值”或“最小值”）。

②图乙是实验小组由实验数据绘出的－R（其中I为改装后电流表的示数）图像，根据图像及条件可求得电源的电动势E＝___V，内阻r＝___Ω。（结果均保留两位有效数字）

【答案】    (1). 3.6    (2). 最大值    (3). 1.5    (4). 0.75

【详解】(1)把现有的灵敏电流表改装成0~0.6A的电流表，改装时应并联的电阻值为

(2)①实验时，在闭合开关前，电阻箱的阻值应调至最大值。

②由电路可知

即

根据－R图像可得

则

E=1.5V

因

可得

r=0.75Ω

15. 如图所示，一内壁光滑的圆弧形轨道ACB固定在水平地面上，轨道的圆心为O，半径R=0.5m，C为最低点，其中OB水平，∠AOC=37°。一质量m=2kg的小球从轨道左侧距地面高h=0.55m的某处水平抛出，恰好从轨道A点沿切线方向进入圆弧形轨道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)小球抛出点到A点的水平距离．

(2)小球运动到B点时对轨道的压力大小．

【答案】（1）1.2m；（2）68N

【详解】（1）小球做平抛运动，

竖直方向：h－R（1-cos37°）=gt2，

解得：t=0.3s，

竖直分速度：vy=gt=10×0.3 m/s =3m/s，

水平分速度：v0=vy/tan37°=4m/s，

抛出点距A点的水平距离：

L=x=v0t=4×0.3m =1.2m；

（2）小球从抛出到B点过程，由动能定理得：

mg（h-R）=mvB2－mv02，

在B点，由牛顿第二定律得：F=m，

解得：F=68N，

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小：F′=F=68N。

16. 如图所示，一质量m1＝2.0kg的长木板（足够长）静止在光滑水平地面上，左端放一质量m2＝2.0kg的滑块，离长木板右端d＝0.1m处有一竖直固定的挡板，在滑块正上方的O点用长L＝0.9m的轻质细绳悬挂质量m3=1.0kg的小球。现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向成θ=60°角的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生弹性碰撞。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.18，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球与滑块碰撞后，滑块的速度大小；

(2)长木板与挡板碰撞前瞬间滑块的速度大小。

【答案】(1)2m/s；(2)1.4m/s

【详解】(1)小球从开始到最低点的过程中，有

小球与小滑块发生完全弹性碰撞，有

联立上式解得

v2=2m/s

(2)设长木板与挡板P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v，此过程长木板运动的位移为

联立解得

x≈0.28m>d=0.1m

则假设不成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间未达到共速；设长木板与挡板碰撞前瞬间滑块的速度大小为v2´，长木板的速度大小为v1，有

联立解得

v2´＝1.4m/s

17. 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy平面内，x轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为。在x轴下方相邻并排着两个宽度为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为B1＝B、B2＝2B，方向都垂直平面向外，在x轴上x＝3d至4d间有一个收集板（图中未标注）。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为m，带电量为的粒子（重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响）。

(1)若粒子从A（0，y0）处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径r1；

(2)若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在y轴上释放的位置y1；

(3)若粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀释放粒子，求能打在收集板上的粒子对应y轴上的范围。

【答案】(1)；(2)y1＝9d；(3) ，

【详解】（1）在电场中

在磁场中

解得    

（2）粒子在两磁场区运动的轨迹如图。设粒子在磁场1、2区域运动的轨道半径分别为r1′、r2′，∠OO1C＝θ，有

解得    

（3）①在处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，粒子再次回到x轴时的坐标为

所以粒子回到x轴时的坐标

能打到收集板上           

②刚好能打到收集板3d位置的粒子

 解得

或

对应y轴位置

（舍去）

或

③打在x轴上2d—3d位置的粒子，在x轴上的跨幅大于2d，第一次打到x轴上，回到电场受电场力的作用，再回到磁场直接跨过收集板不能打到收集板上。

④打在x轴上位置的粒子

解得

或

对应

（舍去）

或

⑤在y轴处释放的粒子

粒子再次回到x轴时的坐标为

回到电场，受电场力的作用，再回到磁场能打到收集板上。     

综上所述，粒子源在y轴上范围内均匀发射粒子，能打在收集板上的粒子对应y轴位置的范围为 

以及

（二）选做题：共8分，请考生从给出的选修3-3及选修3-4中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按第18题计分。

18. 如图甲所示，一左端封闭、右端开口的细长玻璃管水平放置，玻璃管的左端封有长为L1=20.0cm的空气柱，中间有一段长为L2=25.0cm的水银柱。现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转为竖直放置且开口向上，如图乙所示。已知大气压强p0=75cmHg，环境的温度T0=300K。求：

(1)封闭空气柱的长度L3；

(2)现对封闭空气柱缓缓加热，使其恢复原长，此时空气柱的温度。

【答案】(1)15cm；(2)400K

【详解】(1)设玻璃管横截面积为S，状态1

p1=p0，V1=L1S

状态2

p2=p0+ρgL2，V2=L3S

有p1V1=p2V2，解得

L3=15cm

(2)加热过程发生等压变化，状态

p3=p2，V3=V1

有，解得

T=400K

19. 如图，某三棱镜的横截面为等腰直角三角形ABC，BC长度为d，O为BC中点．在ABC所在平面内，光线PO垂直BC边入射，恰好在AB边界发生全反射。

(1)求该三棱镜的折射率；

(2)保持光线PO入射点O不变，入射方向逐渐向CO方向偏转，求AB边有光线射出的区域宽度。

【答案】（1） （2）

【详解】（1）光线PO恰好在AB边界发生全反射，临界角C=45°，  

设三棱镜的折射率为n，根据折射定律有： ；  

解得折射率      

（2）光线PO垂直BC边入射的光线，进入棱镜后在AB边上的E点发生全反射。光线PO入射方向逐渐转向CO方向时，光线从棱镜的出射点对应由E点逐渐向B点移动。当光线几乎沿CO方向入射时，光线折射后沿OD方向，由折射定律有

解得

由几何关系得：OE=OB=               

光线出射区域的宽度   

解得区域宽度DE=