2021届湖北省三校联考高考物理模拟试卷(含答案解析)

2021届湖北省三校联考高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.1932年考克劳夫特和瓦尔顿发明了世界上第一台粒子加速器。将一质子通过加速器加速后撞击

静止的原子核〃i,得到两个氢核，其核反应方程为：该核反应的类型是（）

A.核裂变B.核聚变

C.原子核衰变D.原子核的人工转变

2.如图所示的水平面上，伸长的橡皮绳一端固定，另一端连接两根Fil9

弹簧，连接点p在&、尸2和尸三力作用下保持静止。下列判断正303%入Fi

A.尸1>尸2>尸3胃

/Fi

B.F2>F3>&e

C.F3>F1>F2

D.F3>F2>&

3.如图甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，

其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的

带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放.则三个小球通过圆轨道最低点时（）

A.速度相同B.所用时间相同

C.对轨道的压力相同D.均能到达轨道右端最高点处

4.如图所示，G和乙2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器.若2壬

已知变压比为1000：1,变流比为100：1,并且知道电压表示数为220匕♦乜

电流表示数为10A,则输电线的输送功率为（）'

A.2.2x10-2〃B.2.2x103WC.2.2x104WD.2.2x108W

5.关于动能，以下说法正确的是（）

A.速度越大动能越大

B.质量越大动能越大

C.质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍

D.速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍

6.如图所示，一质量为M的光滑大网环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环:亡

上质量为〃?的小环（可视为质点）处于静止状态.现轻微扰动一下，小环从大环的（\

最高处由静止滑下.重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时;下列说法

正确的是（）

A.大环对小环的弹力为3mgB.大环对小环的弹力为4〃际

C.轻杆对大环的弹力为Mg+5mgD.轻杆对大环的弹力为Mg+67ng

7.一物体正在做匀速直线运动，某时刻突然受到恒定外力作用做曲线运动，下列对物体运动判断

正确的是（）

A.物体可能做匀速圆周运动

B.物体运动的最小动能可能为零

C.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该两点的连线一定与恒力方向垂直

D.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该恒定外力方向与初速度方向夹角为锐角

8.如图甲，倾角为。的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为。的正点电荷。将一带正电小物块（可

视为质点）从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的

动能和重力势能随位移的变化图象如图乙（Ei和与为已知量）。已知重力加速度为g,静电力常量

为由图象可求出（）

A.小物块的带电量

B.A、B间的电势差

C.小物块的质量

D.小物块速度最大时到斜面底端的距离

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，/时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点,t+0.6s

时刻的波形如图中的虚线所示，氏c、P、。是介质中的质点，则下列说法正确的是（）

0

5

0

80

A.这列波的波速一定大于50m/s

B.质点a在这段时间内通过的路程可能小于30cm

C.若周期7=0.8s,则在t+0.8s时刻，质点c的位移为一10cm

D.这列波与频率为1.25Hz的简谐横波相遇一定会发生干涉现象

E.若周期T=0.8s,从t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=O.lcos17rt（ni）

10.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面A8C的单色光从空气射向E点，并偏折到F点.已知

入射方向与边A8的夹角为。=30。，E、F分别为边8c的中点，贝）

□

A.该棱镜的折射率为百

B.光在F点发生全反射

C.光从空气进入棱镜，波长变小

D.从F点出射的光束与入射到E点的光束平行

11.如图所示，理想变压器的原线圈与定值电阻r串联，副线圈接热敏电阻Rr，在正弦交流电源的

电压如不变的情况下，下列说法正确的是（）

A.当场的温度升高时，原线圈两端的电压一定减小

B.当场的温度升高时，原线圈中的电流一定减小

C.当RT的温度降低时，消耗的功率可能减小

D.当RT的温度降低时，R7消耗的功率一定增大

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

12.现仅有以下器:

电流表为量程0.24

电流表^2量程0.24

电压表匕量程”

电压表%量程110V

变阻器R0-10/2

电阻箱岛0-9999.90,额定电流0.L4

蓄电池组E电动势E=6V,内阻r约0.10

开关S及导线若干

乙丙

为较精确地测定电阻丝心的阻值(约1.2。)，有同学设计了甲、乙两个电路进行测量.但两电路设计

均有不合理之处，请指出存在的问题(每图分别指出两处即可)

(1)甲图不合理之处

乙图不合理之处

(2)请设计一个合理的电路，画在图丙的规定方框内，并用一组测量数据表示“=:公式中

各物理量的意义是

13.一种新的短途代步工具-电动平衡车，被称为站着骑的电动车，某同学为测量该车在平直水泥里

面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500〃也塑料瓶装适量水后，连同输液管一

起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依

次计数为1、2、3...,当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s,该同学骑上平衡车

后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图所示是某次实验中在水

泥路面上的部分水滴及测出的间距值(左侧是起点，单位：m),已知当地重力加速度g=9.8m/s2,

则根据该同学的测量结果可得出(结果均保留两位有效数字):

(1)平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔7

(2)平衡车加速过程的加速度大小a=..m/s2；

(3)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的A倍，贝味=

ABCDE

1.O1：'1.5OY1.98T2.47

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

14.如图所示，A、B两个气缸中装有体积均为10L、压强均为latm(标-----II-------

4a*B

准大气压)、温度均为27。(：的空气，中间用细管连接,细管容积不计.细-------'------------

管中有一绝热活塞，现将B气缸中的气体升温到127。&若要使细管中的活塞仍停在原位置.(不

计摩擦，A气缸中的气体温度保持不变，A气缸截面积为500cm2)

(1)求A中活塞应向右移动的距离；

(2)4中气体是吸热还是放热，为什么？

15.质量为2奴的物体置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力尸作用，

沿水平方向做匀变速运动，拉力尸作用2s后撤去，物体运动的速度图

象如图所示。

(g=lOm/s?)求：

(1)拉力做功多少？

(2)克服摩擦力做功多少？

16.如图所示，在直角坐标系的原点。处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行

于纸面的带电粒子。在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xO,y平面交线的

两端〃、N正好与原点O构成等边三角形，。'为挡板与x轴的交点。在整个空间中，有垂直于

xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动。已知

带电粒子的质量为机，带电荷量大小为％速度大小为“MN的长度为L(不计带电粒子的重力

及粒子间的相互作用)

(1)确定带电粒子的电性；

(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值;

(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值。(计算过程中，要求画出各临界状态的

轨迹图)

,y

O'X

N

【答案与解析】

1.答案：D

解析：解：人工核反应，是指通过人为的方式，利用射线来轰击某些元素的原子核，使之发生核反

应，这就叫“人工核反应”，根据题意将一质子通过加速器加速后撞击静止的原子核"i,得到两个

氢核，结合人工核反应的特点，可知上述核反应的类型为原子核的人工转变，故ABC错误，。正确。

故选：D»

人工核反应，是指通过人为的方式，利用射线来轰击某些元素的原子核，使之发生核反应，这就叫

“人工核反应”。

本题考查的是原子核的人工转变的特点，学会区分四种核反应。

2.答案：C

解析：

本题考查共点力平衡条件，首先对物体进行受力分析然后结合平衡方程可解得。

首先对尸点进行受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解。

根据平衡条件，在垂直于尸3方向上有尸道济30。=F2s讥60。,则a=g尸2,&cos30°+F2cos60°=

尸3，

得尸3=2尸2，比较可得尸3＞尸1＞尸2，故C正确，错误。

故选Co

3.答案：D

解析：

分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小滑块到达最低点时的速度；由滑块的运动

可知滑块滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加

速度的大小关系.

利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功.

A、在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，

故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，lmvl=mgR,丙图中，小球下滑

的过程中电场力做正功，重力做正功，^mvl=mgR+qER,所以小球在最低点的速度大于甲图和

乙图中的速度.故A错误；

8、甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短.故B错误;

C、小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向

心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等.故C错误；

。、三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，

电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高

点处，故。正确；

故选：D

4.答案：D

解析:解：已知变压比为1000：1,电压表示数为220匕故传输电压为:U=220VX1000=2.2X105H

已知变流比为100：1,电流表示数为104,故传输电流为：/=104x100=10004；

故电功率为：P=U/=2.2X105Vx10004=2.2x108^；

故选：D.

根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P=U/计算电功率.

本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电

压、电流减小到可测范围进行测量的仪器.

5.答案：C

解析：解：

AB、由动能定义式：可知，动能与质量和速度都有关，故不能单凭质量或速度判定动能

大小，故A错误，8错误.

C、由动能定义式：可知，质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍,

故C正确.

D、由动能定义式：可知，速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来2倍，故

。错误.

故选：c.

由动能定义式：Ek=3瓶"2可判定各个选项.

该题重点是要掌握对于有三个变量的公式来说，要判定其中两个的正反比关系，必须限定第三个量，

即实验中的控制变量法.

6.答案：C

解析：解：小环从最高到最低，由动能定理，则有：

|mv2=mg-2R-,

小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：

2

N—mg=m—v

得：N=mg+Tny

联立解得：大环对小环的支持力为：N=5mg

对大环分析，有：T=N+Mg=5mg+Mg,则C正确，A3。错误

故选：C

先根据动能定理求解出小环滑到最低点时的速度.根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时，大

环对它的支持力，再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小.

解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解.

7.答案：C

解析：解：4物体受与初速度方向垂直的恒力作用时，根据牛顿第二定律可知，加速度的大小与方

向都不变；将运动分解为：初速度方向物体做匀速直线运动，其垂直方向做初速度为零的匀加速直

线运动，合运动为匀变速曲线运动。一定不是匀速圆周运动；故A错误；

B、物体受到恒定外力作用后做曲线运动，所以该力的方向与物体初速度的方向不在同一条直线上,

物体沿垂直于合外力方向的分速度大小不变，所以物体运动的最小动能不可能等于0.故B错误；

CD,若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大，说明该恒定外

力方向与初速度方向夹角为钝角；同时由运动的对称性可知，该两点的连线一定与恒力方向垂直。

故C正确，力错误

故选：Co

判断合运动是直线运动还是曲线运动，关键看合速度的方向和合加速度的方向是否在同一条直线上;

当物体受到一个与运动方向垂直的恒力作用时，加速度的大小与方向都不变，是匀变速曲线运动。

物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大。

本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件、平抛运动、匀速圆周运动

等常见的曲线运动的特点，本题基本上就可以解决了。

8.答案：C

解析：

(1)根据动能图线分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变

化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况。

(2)由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于

没有x的具体数据，所以不能求得决

(3)4到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小

物块的电量不知道，所以不能求出48之间的电势差；

(4)由重力势能线得到Ep=rng/i=mgxsinJ,读出斜率，即可求出

(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。

本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。

由动能图线得知，小球的速度先增大后减小。根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合

外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再

沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。

4由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于

没有x的具体数据，所以不能求得必故4错误；

B.A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小

物块的电量不知道，所以不能求出A8之间的电势差。故8错误；

C.由重力势能线得到Ep=mgh=rngxs讥。，由图象知斜率卜—〃步iiW,可求出加，故C正确；

1I

。.图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小

物块速度最大时到斜面底端的距离。故。错误。

故选Co

9.答案：BCE

解析：

根据波形图及传播方向得到周期及任-质点的振动图，进而得到振动关系及振动方程，再根据波长

求得波速；最后由周期判断是否得到稳定干涉现象。

对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传

播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动。

A、经过0.6s,波向前传播了n+泠波长，故周期为：T=9s=悬s,当故波速为："=2=昼=

44471+3

一九+50,当九=0时，波速为50zn/s,故A错误；

B、当九=0时，质点。经过:个周期，通过的路程最短，t=0时，质点。向上振动，那么，质点。

在这段时间内通过的路程小于34=30cm,故B正确；

C、1时刻波刚好传到P点，再经过打波传到c点，且c向上振动；若周期7=0.8s,则在t+0.8s时

刻，质点C已经振动此时的位移为—10cm,故C正确；

4

D、简谐波的周期为：T=^-s,当r=S=/s=0.8时n=0,所以二者的频率可能相同，能产

生稳定的干涉现象；当时，二者的频率不同，不能产生稳定的干涉现象，故。错误；

E、若T=0.8s,从t+0.4s时刻开始计时，那么，在零时刻质点c在最高点，位移取得最大值，质点

c的振幅为10。〃，周期为0.8s,故振动方程为：y=0.15讥6兀£：+1）=O.lcos17rt（ni）,故E正确；

故选：BCE。

10.答案：AC

解析：试题分析：由几何关系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱镜的临界

角可以判断F点能否发生全反射；由波速的变化可得出波长的变化；由折射现象可知光束能否平行.

在E点作出法线可知入射角为60。，折射角为30。，由n=黑=百可得折射率为百；故A正确；

由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，8错；

由公式可知，l，故C正确；

三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故力错误；

故选AC.

11.答案：AC

解析：解：AB,热敏电阻的特点是温度升高，电阻值减小；当后的温度升高时，热敏电阻的电阻值

减小，所以副线圈上的电流将增大：根据变压器的电流与匝数的关系可知，原线圈上的电流将增大，

根据欧姆定律可知，定值电阻r消耗的电压增大，所以变压器原线圈上的电压将减小。故A正确，B

错误；

CD、当场的温度降低时，耳的电阻增大，将r看作是电源的内电阻，当内外电阻相等时变压器输出

功率最大，由于不知道心和r的大小关系，所以无法判断即消耗的电功率如何变化，故心消耗的功

率可能增大，有可能减小，故C正确，力错误；

故选：AC。

变压器的匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，/电阻的变小或变大后，结

合电路欧姆定律分析即可。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有

一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

12.答案：电路电流超过电流表量程，电压表量程太大；无控制电路；电压表量程太大；心表量程太

小；y-/?0；U是电压表匕表示，/是电流表公示数，是定值电阻

解析：解：(1)图甲不合理之处：电路电流超过电流表量程，电压表量程太大，无控制电路；

图乙不合理之处：电压表量程太大，4表量程太小；

(2)待测电阻阻值很小，为准确测量电阻阻值，可将待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，用电压表

匕测电压，电流表公测电流，为测多组实验数据，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待

测电阻阻值，电流表采用外接法，电路图如图所示.

产界乡二

根据欧姆定律得心的计算公式％=7-/?o«

其中U是电压表匕表示，/是电流表4示数，岛是定值电阻.

故答案为：(1)电路电流超过电流表量程，电压表量程太大，无控制电路；电压表量程太大，4表量

程太小；

(2)彳-岛；U是电压表匕表示，/是电流表公示数，是定值电阻.

(1)电路应保证安全，应能进行多次实验，测出多组实验数据，分析电路结构、然后答题.

(2)根据伏安法测电阻的原理、根据所给实验器材设计实验电路.待测电阻阻值很小，为准确测量电

阻阻值，可将待测电阻与已知阻值的定值电阻串联，用电压表匕测电压，电流表4测电流，为测多

组实验数据，滑动变阻器采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法.

电表表指针指在中值电阻附近时读数较准一些，选用电流表与电压表量程时应根据估算，使指针指

在满刻度的；〜I之间即可，若题中有“要求尽可能多的测量数据”提示时，滑动变阻器应用分压式

接法

13.答案：0.500.525.3x10-2

解析：解：(1)当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s,

则相邻两滴水间的时间间隔，7=繁=0.50s；

(2)在加速阶段，连续相等时间内的位移之差△x=4m,

(3)在减速阶段，根据△x=a72,运用逐差法得,

根据牛顿第二定律得，f-Kmg=ma

解得：K=2=警=5.3x10-2。

故答案为：(1)0.50；(2)0.52；(3)5.3x10-2。

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出。点的速度；根据连续相等时间内的位

移之差是一恒量，求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小。

在水泥路面上的部分水滴与纸带问题类似，掌握处理的方法，会根据水滴形成的图样求解瞬时速度

和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。

14.答案：解：(1)设初状态A、8气缸中气体的温度、体积、压强分别为71、匕、Pi，

末状态A、B气缸中气体的温度、体积、压强分别为二、以、PA，TB、/、PB

B气体体积不变，由查理定律有：段=野…①

A气体温度不变，由波马定律有：

PiVi=PAVA-®

细管中的活塞仍停在原位置，有:

PA=PB③

而，VA=Vr-xS…④

代入数据，以上四式联立解得:

x=0.05m=5cm；

(2)活塞向右移动过程中，外界对气体A做功,

A的气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要放出热量；

答：(1)4中活塞应向右移动的距离为5c〃i；

(2)4中气体是放热，外界对气体做功，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体放热.

解析：(1)4中气体发生等温变化，8中发生等容变化，活塞M保持在原位置不动，A、8两部分气体

的压强相等，根据玻意耳定律列式，即可求得稳定时A气体的体积，得到A气体的长度，从而求出

活塞N向右移动的距离.

(2)应用热力学第一定律分析答题.

对于两部分气体问题，既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是

重要关系.

15.答案：解：(1)(2)、速度图象的斜率等于物体的加速度，则