2021届八省新高考物理模拟卷（湖北专用）（解析版） (四)

2021届八省新高考物理模拟卷一湖北卷（03）

一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符

合题目要求，第8~H题有多项符合题目要求。

1.（2020•湖北高三月考）如图是某手机充电器的第一级变换电路，其中D1~D4为规格相同的二极管（可

视为理想二极管）。频率为50Hz、电压为220V的正弦交流电由“、人端输入，从c、d端输出。下列说法

正确的是（）

A.c、d端输出恒定直流B.c,d端输出电压的有效值为110V

C.ad端输出电流将不再改变方向D.c、d端输出电流的频率为50Hz

【答案】C

【详解】AC.由于二极管具有单向导电性，因此c、d端输出脉动直流，电流大小变化而方向不变，A错

误，C正确；

B.c、d端输出电压的有效值仍为220V,B错误；

D,输出电压的频率为100Hz,D错误。

故选C。

2.（2020・湖北高三月考）如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，质量为m的游客可利用轻绳通过轻质

滑环悬吊下滑。假设某阶段钢索与水平方向的夹角於30°,轻绳始终保持竖直，示意图如图乙，在这一阶

段()

A.钢索对滑环的摩擦力为0

B.钢索对滑环的支持力为0.5mg

C.游客运动的加速度为0

D.钢索与滑环间的动摩擦因数为0.5

【答案】C

【详解】A.以人为研究对象，受力分析如图1所示，由于细线竖直，所以人受到的绳子拉力和重力平

衡；再以圆环为研究对象如图2所示，圆环受到拉力、支持力和摩擦力作用，故A错误；

N=Tcos30°—mg

故B错误；

C.游客做匀速直线运动，所以游客运动的加速度为零，故C正确;

D.钢索受到的摩擦力为

尸mgsin30°="N

解得

故D错误。

故选C«

3.（2020•湖北孝感市•高三月考）如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，传播速度大小为

u=10m/s,平衡位置在x=处的质点P的振动图象如图乙所示，则f=ls时刻，简谐波的波形为

甲乙

【答案】D

【详解】由题图乙可知，周期为

T=0.4s

则波长

A=vT-4m

由于周期

T=0.4s

因此f=ls时质点P的振动与f=0.2s时的振动相同，即质点P在平衡位置沿y轴负方向运动，由于简谐

横波沿x轴正方向传播，根据振动与波动的关系判断简谐波的波形图，故D正确，ABC错误。

故选D。

4.（2020•湖北高三月考）野外骑行在近几年越来越流行，越来越受到人们的青睐，对于自行车的要求也在

不断的提高，很多都是可变速的。不管如何变化，自行车装置和运动原理都离不开圆周运动。下面结合自

行车实际情况与物理学相关的说法正确的是（）

A.图2中前轮边缘处A、B、C、D四个点的线速度相同

B.大齿轮与小齿轮的齿数如图3所示，则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈

C.图2中大齿轮边缘处E点和小齿轮边缘处F点及后轮边缘处的G点运动快慢相同

D.前轮在骑行的过程中粘上了一块雪块，条件都相同的情况下，它在A处最容易脱离轮胎

【答案】BD

【详解】ABC.图1中前轮边缘处4、B、C、。四个点的线速度大小相同，方向不同：大齿轮与小齿轮的

齿数之比1：3,即半径1：3,由

v=cor

大齿轮与小齿轮的角速度之比1：3,则大齿轮转1圈，小齿轮转3圈；图1中大齿轮边缘处E点和小齿轮

边缘处尸点运动快慢相同，和后轮边缘处的G点不同，故AC错误，B正确；

D.车轮匕各点速度如图所示

令轮的角速度为。，则速度为

u=2R（wcos。

根据牛顿第二定律

f+mgcos0=m-2Rcos0a）1

可得

f=一mg）cos0

由此可知当

e=o°

时，雪所需的附着力最大，所以它在A处最容易脱离轮胎，故D正确。

故选BD,

5.（2020•湖北高三月考）2019年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们在宇宙演化方面取得

的成就。宇宙中星体之间不断发生着演变，某双星绕两者连线上的某点做匀速圆周运动，如图描述了此双

星系统中体积较小（质量小）星体“吸食”另一颗体积较大（质量大）星体表面物质的景象，这个过程物质

在转移。在最初演变的过程中可以认为两球心之间的距离保持不变，对于这个过程下列说法正确的是

A.它们之间的引力保持不变

B.它们做圆周运动的角速度变大

C.体积较小星体圆周运动的线速度变小

D.体积较大星体圆周运动轨道半径不变

【答案】C

【详解】A.设体积较小的星体质量为犯，轨道半径为彳，体积大的星体质量为加「轨道半径为外，双

星间的距离为L，转移的质量为△机，则它们之间的万有引力为

F—c(肛+△，〃)(色一

一Z?

两个星球的总质量一定，当它们质量相等时，两个星球的质量的乘积最大，故它们做圆周运动的万有引力

是增加的，故A错误；

B.对〃则有

G如於**=(仍+即)疗不

对m2则有

(?n+A/?7)(n7-Am)..

G―l!--------l1--------=(m,-Ntn)a>2r

Lt2

联立可得

lG(m.+)

总质量叫+，巧不变，两者距离L不变，可知它们做圆周运动的角速度不变，故B错误；

C.由

G处a警4=(s+即)疗4

可得

G（m1—Am）

「一=叫9

3、L、机2均不变，△加增大，则/减小，由匕得体积较小星体圆周运动的线速度变小，故C正

确；

D.由

「（郎+△根）（m一Am）..2

G―!--------L-----=（，%一A/M）«Vr

Lt2

可得

G（m,+A/«）

----=叫2

3、L、/均不变，△机增大，则为增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半价变大，故D错误。

故选C。

6.（2020・湖北恩施土家族苗族自治州•高三月考）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了

如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量〃?=60kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m,比赛

过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m,经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起

跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取lOm/s?。则（）

A.运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态

B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小

C.起跳过程中运动员对地面的压力为1560N

D.从开始起跳到双脚落地需要0.65s

【答案】C

【详解】AC.从开始起跳到脚离开地面重心上升历=0.5m,做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态,

离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离

1tl=2.90m-2.10m=0.8m

运动员离开地面后做竖直上抛运动，运动员向上做匀减速直线运动，处于失重状态，根据2g/72=-2可知,

所以

v=d2ghi=4m/s

在起跳过程中，根据速度位移公式可知

2她=v2

得

V2

a=~-=16m/s2

2%

由牛顿第二定律得

FN-mg=ma

得

FN=mg+ma=1560N

由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N,方向竖直向下，故A错误，C正确;

B.根据平均速度公式

-%+v

V――-----

2

知起跳过程的平均速度等于离地匕升到最高点过程的平均速度，故B错误：

D.加速上升时间

v4

t.=-=—s=0.25s

a16

减速上升

/2=—=0.4s

一g

加速下降和减速上升时间相同，故总时间为

/=：+2%=1.05s

故D错误。

故选C。

7.(2020•湖北高三月考)如图(a)所示，点电荷p绕点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，角速度为幼；

如图(b)所示，点电荷-q在相距为7•的两个固定点电荷+Q所在连线的中垂面上，做角度为牡的匀速圆周运

动，-q到+Q的距离始终为%则供：g为()

k

r»1y

一夕+Q

图(b)

A.1：V2B.1：1C.1：73D.2：百

【答案】A

【详解】ABCD.图(a)中，点电荷+。对点电荷-q的库仑力来提供向心力，从而做半径为的匀速圆周运

动，则有

F向心力=%=卜米mrcof

解得

例I乌

mr

图(b)中，两个固定点电荷+Q对口的库仑力的合力琮来提供向心力，则有

瑞心力=堪=，"'*

又

7%=2Z”cos30"

/=rcos30°

联立解得

Vmr

故

a=_L

co25/2

所以，选项BCD错误，A正确；

故选Ao

8.(2020•湖北高三月考)如图所示的理想变压器，其输入端接在〃=l()()、/5sinl()()R(V)的交流电源

上，原、副线圈的匝数比为勺：〃2=2：1,凡为电阻箱，副线圈中的电阻R=l()。，电表均为理想电表。

下列说法正确的是()

A.当％=0时，电压表的读数为100VB.当％=0时，电流表的读数为5A

C.当％=10。时，电流表的读数为4AD.当凡=10。时，电压表的读数为100V

【答案】BC

【详解】A.输入端电压的有效值为100V,当&=。时，电压表的读数为

u,=%q=5ov

故A错误；

B.当&=0时、次级线圈中的电流

=5A

2R

故B正确；

CD.当舄=10。时，设电流表的小数为/，则此时初级电流为0.5/，初级电压为

t/,=100-0.57x10=100-57

则次级电压为

100-57

2

则有

100-57

2­=10/

解得

/=4A

此时电压表读数为

=/R=40V

故C正确，D错误；

故选BC„

9.（2020•湖北高三月考）如图所示，空间存在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，大量

带电粒子同时从y轴上OP之间（0<>3）沿x轴正向射入磁场，并同时到达。点。已知粒子的比荷均为

幺，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

m

y

*卜

Pf

XXXX

—►

XXXX

O------------------------►X

XXXX

XXXX

7tm

A.所有粒子运动的时间均为r

qB

B.粒子的入射速度v与入射位置的纵坐标y满足关系口=0

m

C.到达。点前的同一时刻，所有粒子排列在一段圆弧上

7ima2

D.在0~丽时间内，所有粒子经过的磁场区域的面积为后1•（万+2）

【答案】AD

Tim

【详解】A.由于y轴是边界，所有粒子运动的时间都是半个周期，因此运动的时间均为一不，A正确；

qB

B.在y位置射出的粒子轨道半径为搭，则

y_mv

l~~qB

可得

丫=迹

2m

B错误；

C.将运动倒过来看，相当于从。点同时向外发射粒子，经相同的时间都转过相同的圆心角，也就是粒子

位置与各自的圆心及O点构成相似三角形，即运动的粒子与。点连线与y轴夹角相等，因此这些粒子都在

一条直线上，c错误；

nm1

D.在0~丁^时间内，所有粒子都转过了一个圆弧，粒子都在一条直线上，该线与y夹角为45。，速度最

2qB4

大的轨道半径为9,因此运动经过的磁场区域的面积为

2

2

„1,a、，1aaa/小

s+5X5X5=丁（乃+2）

D正确。

故选AD。

10.（2020•湖北高三月考）如图所示，光滑水平面上静止放着长£=4m、质量为”=2kg的木板，一个

质量为小=1kg的小物体放在木板的最右端，木板和物块之间的动摩擦因数〃=01，对木板施加一水平向

右尸=7N的拉力，经过时间，小物体从木板上掉下来，g取10m/s2,在时间，内（）

A.拉力产对木板做功为42J

B.摩擦力对木板做功为-6J

C.摩擦力对物块做功为4J

D.系统产生的热量为2J

【答案】AB

【详解】A.由牛顿第二定律得，物块的加速度为

2

a}=/ig=lm/s

木板的加速度为

F-jjmg2

a、=------=3m/s

'M

由匀变速运动规律得，该过程物块的位移

1，

号=/卬

木板位移

根据几何关系有

1212r

5a"=L

联立解得

f=2s,电=2m,s2=6m

则拉力R对木板做功为％=FS2=42J,故A正确；

B.摩擦力对木板做功为吗=於2=-6J，故B正确；

C.摩擦力对物块做功为吗=人1=2］，故C错误：

D.系统产生热量为Q=〃=4J,故D错误。

故选AB。

11.（2020・湖北武汉市•华中师大一附中高三月考）高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原

理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘

随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域

（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是（）

A.铝盘中区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场

B.铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场

C.磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速

D.若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同

【答案】AC

【详解】A.铝盘甲区域中的磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感

应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A正确；

B.铝盘乙区域中的磁通量减小，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为顺时针方向，则此感应电流的

磁场方向垂直纸面向里，故B错误；

C.由“来拒去留”可知，磁铁与感应电流之间有相互阻碍的作用力，则会使铝盘减速，故C正确；

D.若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则满小空洞的铝盘产生的感应电流与实心铝盘产生的感应电流

不同，所以磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘不相同，故D错误。

故选ACo

二、非选择题：本题共5小题，共56分

12.（2020•湖北黄石市•黄石二中高三月考）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器

（NTC）。正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高

时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中。某实验小组选用下列器材探究通过热敏电

阻&（常温下阻值约为10.0。）的电流随其两端电压变化的特点。

A.电流表Ai（满偏电流10mA,内阻n=10Q）

B.电流表A2（量程0〜LOA,内阻相约为0.5C）

C.滑动变阻器R（最大阻值为10。）

D.滑动变阻器幻（最大阻值为500。）

E.定值电阻R3=990C

F.定值电阻R4=140C

G.电源E（电动势12V,内阻可忽略）

H.电键、导线若干

（1）实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的

器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器o（只需填写器材前面的字母即可）

（2）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图____。

（3）该小组测出某热敏电阻R的/i—/2图线如曲线乙所示，NTC热敏电阻对应的曲线是一（填①或

②）。

（4）若将上表中的PTC电阻直接接到一个9V,内阻10。的电源两端，则它的实际功率为W„

（结果均保留2位有效数字）

Rx

【答案】C②2.0W(1.9~2.1W)

【详解】(1)”］因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了

便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填C。

(2)［2］因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表Ai串联••个大电阻&改装成电压表。由于热敏电阻的

阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示

⑶⑶把热敏电阻&的A—A图线的纵坐标改成/1(&3+6)=10004，即热敏电阻的电压，单位为V,图

像就成为热敏电阻的U-/图像。。一/图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻值。随电压增大，电

流增大，电阻实际功率增大，温度升高。NTC热敏电阻在温度升高时电阻值减小，故对应的曲线是②。

(4)［4］做出9V,内阻10Q的电源的。一/图像

其与曲线②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为

p="=4x0.5W=2.0W

由于作图和读书有一定的误差，故结果范围为1.9~2.1W。

13.(2020.湖北高三月考)某同学设计如图所示装置来探究动能定理。带有水平部分的斜槽固定在地面上

(固定部分没有画出)，斜槽面倾角为他在E点与水平部分平滑连接。水平部分高度为“，末端尸点在水

平地面上的投影点记为O点。O点右侧铺一张白纸，上面铺上复写纸以记录落点位置。先让可视为质点的

滑块从斜槽面上的某一点释放，恰好运动到尸点，该释放点记为M点。在斜槽上作出N、P、。点，且

MN=NP=PQ。然后分别让滑块从N点、P点、。点由静止释放落到水平地面白纸上的Ai、A2、4点。已

知斜槽面各处粗糙程度相同。则

(1)利用“倍增法”来探究动能定理的过程中，斜槽面的倾角0,斜槽水平部分的高度H是否必须测量—(填

“是''或“否””在实验误差允许的范围内，满足。4：04：04=,动能定理得到验证。

(2)若斜槽的倾角仇桌面高度”在实验前已被测定。有人想借助该装置测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数

ft,必须要测定的物理量()

A.滑块质量B.当地的重力加速度g

C.释放点到“点的距离xiD.滑块落地点到。点的距离及

【答案】否1:夜:百CD

【解析】(1)设M点到E点的距离为xo,EF=L,在M点释放，mgxosbie=〃7ngec()cos8+L),设

MN=NP=PQ=x,在N点释放：mg(x0+x)sind—nmg(Cx0+x)cos0+L)=,整理得：

mgxsinO-nmgxcosO=,同理可得在P点释放：2(mgxsind-nmgxcosd)谚，在Q点释

放：3(mgxsind-^mgxcosd)=从F点离开，小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相

同，根据水平方向x=vt,只需满足04：。42：。43=1：鱼:遮即可，不需要测量倾角仇斜槽水平部分的高

度H；(2)根据mgxisin。-“jngxicos。=^mg土，测定斜槽面与滑块间的动摩擦因数〃，必须要测定的

物理量释放点到例点的距离X1,滑块落地点到。点的距离x,所以选CD。

14.(2020•湖北高三月考)如图为打气筒给足球充气的示意图。先上提活塞，阀门B关闭，阀门A打开，

外界大气进入气筒内；再下压活塞，阀门A关闭，阀门B打开，气筒内气体全部进入足球，完成一次打

气。如此重复多次，即可给足球充足气。外界大气压强po=1.0xl05Pa,环境温度fo=17℃,气筒的体积

Vo=l.OxlO4m3•初始时，足球内气体压强p=0.60xl()5pa,足球的体积V=5.0xl()-3m3(始终保持不变)，忽略

连接部件的体积，气筒体可视为理想气体：

(i)不考虑气筒和足球内气体温度的变化，打气一次后，足球内气体的压强为多大？

(ii)打气过程中，气筒内气体温度与环境温度保持一致，球内气体温度最终升高至/=27℃«为使足球内

气体的压强不低于Pn=l.1X105Pa,求打气的次数〃至少为多少？

【答案】(i)0=0.62x105pa；(6)24次。

【详解】⑴打气前后气体温度不变，对气筒内的气体，设压缩后在球内占据的体积为V'。由玻意耳定律

p(y0=p/'

对足球内的气体，压缩后在球内占据的体积为由玻意耳定律

,

PV=P,(V-V)

解得

Pi=0.62x105Pa

(ii)设打气次数为”次，相当于第一次将压强为而，体积为〃%,温度为7b=290K的气体与足球内原有气体

一起压缩成体积为匕温度为人300K的气体。由理想气体状态方程

p0-nV0+p-Vp„V

To~T

解得

”=23.2次

所以，打气次数至少为24次。

15.(2020•湖北恩施土家族苗族自治州•高三月考)飞球调速器是英国工程师瓦特于1788年为蒸汽机速度

控制而设计，这是人造的第一个自动控制系统。如图所示是飞球调速器模型，它由两个质量机=2kg的球

通过4根长/=L2m的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒较接，上面套筒固定，下面套筒质量为M=10kg,

可沿轴上下滑动，不计一切摩擦，重力加速度为g=10m/s2,当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度。匀速

转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角。为60°，求:

⑴杆对套筒M的弹力大小；

(2)飞球角速度。的大小。

【答案】(l)100N；(2)<y=10rad/s

【详解】(1)套筒受到重力Mg,下面左右两根轻杆的弹力，由平衡条件得

2FNCOS3-Mg

解得

Mgjgo_

NN=loON

2cos602x1

2

(2)小球受到重力，上下两根轻杆的弹力，竖直方向上，由平衡条件得

F^cosO=FNCOS0+mg

水平方向上，由牛顿第二定律得