2021届湖北省十一校高三(下)3月第二次联考物理试题

γ13γ鄂南高中冈中学黄石中荆州中γ13γ武汉二中感高中襄阳中襄阳五中宜一中夷陵中2021届高湖北十一校二次联考物理试题命题学：宜昌一中审题学：襄阳四中考试时：月25日午∶∶45试用时分钟全卷满分100注意事：1.题前，先将己的姓、准考证号考场号座位填写在卷和答题卡，并将考证号条形粘贴在答题上的指位置。2.择题的作答每小题出答案后，铅把答题上对应题目答案标涂黑。写在试卷、稿纸和答题上的非题区域均无。3.选择题的作：用黑签字笔直接在答题上对的答题域内。写在卷、草纸和答题卡的非答题区均无效4.试结束后，将本试和答卡一并交。一、选题：本题共11题，每题分，共44。在每小给出的个选中，第题只有一符合题目要，第题有多项符合目要求全都选对的，选但不全得2分，有选的得。1.玉二号月球车是采用核能来提供能量的，它的核能电池系统主要包括两个组成部：一个装填钚（

23894

）二氧化物的热源和一组固体热电偶。该装置使2衰变产生的核能转化为能，这一系统设计使用寿命为年。钚238半衰期为88年，来静止的一个钚238衰时出

粒子和光，生成原子核X已知钚、α粒X的量分别为m、、m，朗克常量为，空中的光速为c下列说法正确的是（）A.

X的子数比钚中子数少4个B.钚的度升高后，其半期可能变为90C.γ射的电离本领比射强D.光的波长大于

(m)c23

γ【答案】Dγ【解析】【分析】【详解】A．根据质量数守恒与电荷数守恒可知X的质量数为A238234电荷数为Z8482所以中子数n152A错；B元素的半衰期是由放射性元素本身决定的，与原子所处的物理状态无关、与化学状态无关，故错；C．α射的电离能力最强，穿透能力最弱错；D．衰时动量守恒和能量守恒，总动量为零，衰后射线动能不为零，因此释放的核能只有一部分以光的形式辐射出去，则有123

2又γ=

c因此

1

23

D正。故选D。2.通的等腰梯形导线框与限长通电直导线在同一平面内，电流方向如图所示边MN平行．下列关于通电直导线的场线框作用的)A.线所受安培力的合力为零B.线有两条边所受的安培力方向相同C.线有两条边所受的安培力大小相同

D.线在安培力作用下一定有向右的运动趋势【答案】C【解析】【详解】直导线中的电流方向由到，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则边受向左的安培力边受到向右的安培力边到斜向左下方的安培力受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边边受的安力大小相同，故AB误，正确；离越的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边到的安培力小于、和边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故错误．3.高坠物极其危险称为悬城市上空的一枚质量为的鸡蛋27楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为0.001s不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均作用力约为（）A.

B.

C.

D.【答案】B【解析】【分析】【详解】每层楼高约为3m鸡蛋下落的总高度为h由公式

gt

可知，自由下落时间为与地面的碰撞时间约为解得

t2

2h2tsg，全过程根据动量定理可得tFt1F1975N故选B。4.冬会上有一种女子单板滑雪形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同其中ac为U形两侧边缘且同一水平面为形最低点。某运动员从点方h高点由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点度为度为，则运动员（）

计气阻力，重力加速

A.第次经过b点时处于失重状态B.第次经过时的速度大小为2ghC.第次从a到从b到的程中机械能损失相同D.从下返回一定能越过a再上升一定高度【答案】D【解析】【分析】【详解】A．第一次经过时向心加速度向上，处于超重状态，选A错；B从到d根据机械能守恒有122得v选项B错；C．于从从c的均率不同，平均压力大小不同，平均摩擦力大小不同，所以第一次从到b与b到c过程中损失的机械能不同，故C错；D．高h自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大度为，服摩擦力做功为Wf

mgh从d返经c到过程中平均速率小于从a到c的平均速率，所以从到a的平均压力和平均摩擦力都较小，克服摩擦力做功也小于

，故从d返回一定能越过上升到一定高度，选项D正。故选D。5.我北斗导航系统BDS）到今年（2020年将全面建成，是继、之后第三个成熟的

T星导航系统。该卫星导航系统空间段包括静止轨道卫星和30颗静止轨道卫星，静止轨道星是地球T同步轨道卫星的一种。若有一颗与地球同步轨道卫星在同一轨道平面内的人造地球卫星，在自向东绕地球运行已它的运行半径为同步轨道半径的四分之一球自转周期为T某刻该卫星与地球同步轨道卫星相距最近，则到下一次相距最近经历的最短时间为（）A.

9

B.

T

C.

T

D.

T【答案】C【解析】【详解】设地球的质量为M，同步卫星的质量为，运动周期地球的自转周，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，故GMmm4设低轨道卫星的周期为，TT

R()

得

8设卫星至少每隔t时间在同一地点的正上方出现一次，只需满足。

2Tt解得t

7故确错。故选6.如所示，空气中有一折射率为2

玻璃柱体，其横截面是圆心角为90、半径为的扇形，该柱体厚度为MN=DC=AB=h刚覆盖面的单色光该成45°角的方向照射到ABNM面上。若只考虑首次入射到面上的光，则ABCD面的光透出部分的面积为（）

A.C.

B.D.

Rh【答案】B【解析】【分析】【详解】如图根据折射定律有n

sinisinr解得sinr

折射角r30即光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为过的光线垂直入射到界上点D射D到间没

12有光线射出越接近A的线入射到界面上时的入射角越大发生全反的可能性越大根据临界角公式121Cn可得临界角C设BC界上的临界点为，此光线在界上点F入，在三角形可求得与平方向的夹角为所以E到之没有光线射出。由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为所以有光透出的部分的弧长为

，则ABCD面有透出部分的面积为S

Rh故选B。7.如所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcdt时，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动bc边刚进磁场的时刻为t，边进入磁场的时刻为t，设线框中产生的感应电流的大小为iad边端电压大小为U，水平拉力大小为F则下列iUF随动时间t

变化关系图像正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解AB．属杆的速度与时间的关系式加速度．由EBLv和

I

E

得，感应电流与时

..间的关系式为

I

t

，L不变，当

01

时间内，感应电流为零，

t12

时间内，电流I

与t

成正比，

t

2

时间后无感应电流，故错误；C．

I

E

得，感应电流与时间的关系式为

I

t

，当

01

时间内，感应电流为零，ad的电压为零，

t1

2

时间内，电流I

与t

成正比U

ad

IRad

44电压随时间均匀增加，时后无感应电流，但有感应电动势2

EBLat电压随时间均匀增加，故C正确；D．据论得知：金属杆所受的安培力为F

R

，由牛顿第二定律得FF，A

B

2L2

a

tma当

01

时间内，感应电流为零，ma，为定值，

t12

时间内F与t

成正比Ft

是线性关系，但不过原点，

t

2

时间后无感应电流，Fma

，为定值，故D错．故选。8.如所示，同一介质中的、Q两持续振动的简谐横波分别沿轴向和负传播，质点ab、、d分别位于

xm、7m、

处，若波的传播速度为10

，图示为

ts

时刻的波形图则经过ts

时)A.质振动频为

HzB.质ac处平衡位C.质b的位移大小为30D.质d的振动方向沿轴【答案】BD【解析】

121【详解题可知v，121

质点振动的周期

T

s

率为

f

T

2.5Hz

，A错误；质点、c为动减弱点，当t=0.5s时两波振动方向相反，所以质点、c处平衡位置，B确；质点振动加强点时，两列波在质点b的移均为0，故质点b的移为零，C错；，简谐横波d处下振动，简谐横波Q在也向下振动，所以质点振动方向沿-y轴D正．【点睛】本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波相遇时此处的位移为零．9.如所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A与直墙之间放一光滑圆球B整装置处于静止状态。若把A向移少许后，它们仍处于静止状态，则（）A.墙的压力减小B.A的力增大C.地对A的擦力减小D.A对面的压力增【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．球B受力、A的持力F和壁的压力。下图所示将重力G分为和G则根据平衡可知1

1BB012231G21BB012231

当A向移动少许，根据题意可知A对球B的用力与直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知因θ减；故θ大，tan减，即墙壁对小球B的用将减小A对球B的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，球B墙壁的压力将减小，球B对A的力亦减小；故A正，B错；C．对A进行受力分析知：由于A的衡所以A受地面摩擦力fFsin

根据题意知B对A的力减且F与直方向的夹角θ减故A所受地面的摩擦力f

减小再据牛顿第三定律，地面所受A的擦力减小。故正；D．对整体分析可知，整体受重和支持力的作用，由于竖直方向受力不变，故受地面的支持不变，由牛顿第三定律可知A对面的压力不变；故D错；故选AC。10.图电路中，变压器为理想变压器，a接在电压有效值不变的交流电源两端为值电阻滑动变阻器。现将变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，观察到电流A的数增大了0.2A电流表A的示数增大了0.8A已知各表均为理想交流电表，下列说法正确的是（）A.电表V示数不变V示减小B.电表V、V示都增大C.变器滑片是沿c向滑动的D.该压器是升压变压器

1032k【答案】AC1032k【解析】【详解】B由题意知，电源电压有效值不变，滑动变阻器的阻值变化不会影响副线圈的输入电压，所以V、V示都不变，故错误；C．线圈两端电压不变，由题意可知，原副线圈电流都增大，又副线圈的输入电压不变，所以副线圈总电阻减小，可知滑动变阻器电阻减小，即滑片从c向d滑，故正确；A由分析可知，原副线圈的电流增，所以定值电阻R两电压增大，滑动变阻器R两电压减小，即V示数减小，又V示不变，A正确；D．据想变压器电流与匝数的关系可得I41I121所以变压器为降压变压器，故D错误。故选AC。11.质为m的电小球由空中某点初速度地自由下落t

秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t

秒小球又回到A点。整个过程中计空气阻力且小球未落地，则（）A.从电场开始到小球运动到最低点过中，小球动能减少了

2t24EB.匀电场的大小为qC.整过程中小球电势能减少了

2

t

的2D.从点到最低点的过程中，小球重力势能少了

t

【答案】AC【解析】【详解】A．由于v从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了

2

t

2故A正；B设电场强度大小为，电场后小球的加速度大小，取竖直向下方向为正方向，则由

222222

12v22v解得由牛顿第二定律得

qEmgm联立解得电场力大小为E

94故B错；C．个过程中电场力做的功Wmg

2

t

2电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了t，故正；D．从A点到最低点的高度为h，据动能定理得1h22

解得

gt

2从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了p

mg

2

t

2故D错。故选AC。二、非择题：本题小题，共56分。12.某验小组同学利用下列器材“研究合外力做功与动能变化的关”实验：一带有滑轮和刻度尺轨道两光电计时器C.安装有挡光片的小车（质量为）

012k012k0E.可以调节高度的平衡支架F.定数量的钩码某小组选用上述器材安装实验装置如图甲所示，轨道上安装了两个光电门A、。实验步骤：①调节两个光电门中心的距离，记为L；②调节轨道的倾角，轻推小车后，使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过光电门AB，钩码质量记为m③撤去托盘和钩码，让小车仍沿轨道向下加速经过光电门AB光电计时器记录小车通过AB的时间分别为teq\o\ac(△,)t

；④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。根据实验过程，滑轮的摩擦力不计，回以下问题(1)图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度，则______。(2)小车加速从A到B过中外力做的功W=________小车动能的变化量的表达eq\o\ac(△,)E=___用测得的物理量的字母符号表示过验可得出：在误差允许的范围内合外力所做的功等于小车动能的量。【答案】

(1).

(2).

(3).

2【解析】【详解】(1)[1]游标为20分，精确度为，游标对齐的格数不估读，则测挡光片的宽度为7mm0.05mm0.735cm(2)[2]调轨道的倾角轻推小车后使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速下滑，说明小车的合力为零，而撤去托盘和码m小的合力变为m)合0则小车加速从到B过程中合外力做的功为WL)合[3]电门挡住光的时间极短，求出的平均速度可认为是小车通过、两置的瞬时速度，有

k121k121230x2331121321，v1

2则小车动能的变化量的表达式为Md1Mv2213.某学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路。现在需要两个量程为00mA电流表实验室提供的器材中电流表的量程为100mA阻为12外个电流表的程为。（1）图中为学生电源、G为敏流计A代量程为100mA电表A图中未画出）改装后的电流表、A为量程为200mA的流表R为阻箱、R与R均滑动变器、R为值电阻、S为关R为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材全部由实验室提供。具体的实验操作如下：按如图甲所示的电路图连接好实验器材；B将滑动变组器的片、滑变阻器R的片均调至适当位置，闭合开关；C．整，逐步增大输出电压，并反复调整和R使敏电流计的数为零，此时量程为的电流表A的示为I，A的数为I

，电阻箱的示数为R；D．验毕，整理器材。①实验步骤B中动变阻器R的片应调至________填左或右）；②某次测量时，量程为100mA的流表A指针位置如图乙所示，则此时通过的流为_mA（2）待测金属圆柱R的阻为________用所测物理量的字母表示（3）电流表A、A的阻对测量结________（填有或无）响。

312x1200312x1200【答案】

(1).左

(2).

(3).

I1I

(4).无【解析】【分析】【详解】(1)[1]实验步骤B中动变阻的片应调最左端，使元件电压从零开始，保护元件及电表。[2]量程为电表A改装为量程为200mA的流表A，并联一个阻值为的阻，乙图的示数为80mA，根据电表改装原理可，流过R的流应为示数的，即160mA(2)[3]灵电流计的数为零时满足IR12x可得待测金属圆柱x阻值为2IRI2(3)[4]由R测量的表达式可知，电流表A、A的阻对测量结果无影响14.如所示，在一圆形管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和量为的自由移动的绝热活塞A将内气体分割成体积相等的MN两分温度都为T上气体M压为＝

Pa，活塞A产的压强有

mg

4

（活塞横截面积持部分气体N温不变只上部分气体M缓加热，当活塞A移到最低点B时不计摩擦：（i）上部分气体的温度；（ii保持上下部分M、气温度不变，释放一部分M气，稳定后活塞A又到了原来的位置，则放气体质量与M气原有质量之比。【答案）

T2

；（ii）

。【解析】【详解）对下部分气体N，做等温变化，初状态压强为1

S

220000300体积为220000300V10末状态:压强为，积为VV根据玻意耳定律有pVp对上部分气体，当活塞A移到最低点时，对活塞A受分析可出两部分气体的压强22初状态：压强为p，度为T，积为

0末状态：压强为

，温度T2

V2

32

V0根据理想气体状态方程，有pVp020代入数据解得TT20（ii设上部分气体M，等温T强到p时体积为V，据意耳定律有2pV02代入数据解得V3

p23.6p0对应释放气体的等效体积为0

释放气体与气体质量之为2.613mV015.如所示，在真空室内的P点能沿纸面向各个方向不断发射电荷量+、量为m的子，不计重力，粒子的速率都相同。为P点近的一条水平直线，到直线距离PC=L，Q为线一点，

它与P点相距=。直线ab以区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为的强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q；当ab以区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达b直，且它们到达直线时动能都相等，其中水平向射出的粒子也恰好到达点。求：（1）粒子的发射速率；（2）匀强电场的场强大小和方向。【答案】(1)

25qLB；(2)，向垂直ab向m【解析】【分析】【详解】解∶(1)设粒子做匀速周运动的半径为R，过作垂线交PQ于，如图所示∶由几何知识可得PCPQ代入数据可得粒子轨迹半径QO

5L8洛伦兹力提供向心力m

解得粒子发射速度为

00pv00p

BqLm(2)只加匀强电场时由粒子到达ab直动能相等知等势面电方向垂直向水向左射出的粒子经时间t

到达Q点在这段时间内CQ(

51