2021届新高考物理地市名校必刷模拟卷1（湖南专用）3月卷解析版

备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（湖南专用）・3月卷

第一模拟试题

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的。

1.如图所示，倾角为0的斜面体。置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑

轮与沙漏。连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b,c都处于静

止状态，则下列说法不正确的是（）

A.6对c的摩擦力可能始终增加

B.c,对地面的摩擦力方向始终向左

C.地面对c的支持力始终变大

D.滑轮对绳的作用力方向始终不变

【答案】B

【解析】

A.设a、b的重力分别为Ga、Gb，若

Ga=GbSin9

b受到c的摩擦力为零；若

G,HGbSin。

b受到c的摩擦力不为零；若

)

G<Gbsin6

b受到c的摩擦力沿斜面向上

G+/=GbSin。

Ga减小，/增大，故A正确;

B.以be整体为研究对象，分析受力如图

根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力

f=Teos0=Gacos0

方向水平向左，根据牛顿第三定律可知c对地面的摩擦力方向始终向右，故B错误；

C.地面对c的支持力

FN=Gc+Gb-Tsin3=Gc+Gb-Gasind

Ga减小，国增大，故c正确；

D.绳子对滑轮的作用力为两个相等的力7•方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作

用力方向始终不变，故D正确。

故选Bo

2.如图所示，a,匕间接有一电压稳定的正弦交流电，交流电流表和交流电压表均为理想电表，开始时开

关S处于断开状态，下列说法正确的是（）

A.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动，电压表的示数将增大

B.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向右滑动，电流表的示数将增大

C.若仅将开关S闭合，电压表的示数将减小

D.若仅将开关S闭合，电流表的示数将减小

【答案】C

【解析】

A.当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将增大，副线圈中的电流4将减小，

电压表的示数为

Uv=/2/?2

可知示数将减小，A项错误；

B.由

4=%

，2n\

可知原线圈中的电流4减小即电流表的示数减小，B项错误；

D.若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流A增大，则由

人=%

，2n\

可知电流表的示数4增大，D项错误；

C.电流表的示数4增大，原线圈两端的电压为

U\=0_/内

可知电压减小，由

G_&

U2%

可知副线圈两端的电压u2减小，电压表的示数为

UV=U2-I2R

示数也减小，C项正确；

故选Co

3.火星是太阳系内与地球最为相似的行星，若把火星视为均匀球体，火星极地的重力加速度记为g,半径

记为R,自转周期记为T,G表示引力常量，则（）

A.火星的质量表示为尤里B.火星的密度表示为当

GT2GT2

C.火星的第一宇宙速度为旅D.火星同步卫星的高度为J唱:

【答案】C

【解析】

A.在火星表面，对质量为机的物体有

mgGR

可解得火星的质量为

题目中的T是火星的自转周期，不是卫星的周期，选项A错误;

B.又

M.3g

4万叱4G兀R

3

选项B错误；

C.火星的第一宇宙速度等于近地卫星的速度，有

—Mmv2

G—丁=m一

R2R

可得

选项C正确:

D.同步卫星的周期等于•火星的自转周期T,万有引力提供向心力，有

Mm',4/

(J----------------m(R+%)

(R+h)2

解得

九二*-R

V4乃2

选项D错误；

故选C。

4.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到。点，其"t图像如图所示。分析图像，下列说

法正确的是（）

A.A处的电场强度大于C处的电场强度

B.B、。两点的电场强度和电势一定都为零

C.带正电粒子在A处的电势能大于在C处的电势能

D.A、C两点间的电势差大于8、D两点间的电势差

【答案】A

【解析】

A.因为v-t线的斜率等于物体的加速度，在A处的加速度大于C处的加速度，A处的电场强度大于C处的

电场强度，A正确；

B.从8点到。点，根据动能定理得

TT11

QVBD=^mV2D--^mV2B

VD>VB

解得

0B-%>°

所以B、D两点的电势不可能都为零，B错误；

C.根据动能定理

WAC=^mVl-^mVA<0

因为电场力做负功，电势能增加，所以带正电粒子在A处的电势能小于在c处的电势能，C错误；

D.根据动能定理可知

Q^AC=^mVC-^mVA

Tr1，12

由图线可知

mvmv

Il-1l>g机破一3吟

则A、C两点的电势差小于8、。两点间的电势差，D错误。

故选Ao

5.如图所示，一圆柱形容器高为心底部直径也为L一小球离地高为2L,球到容器左侧的水平距离也为

L,现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，小球抛出的初速度大小范围为（）

2Lr——

'LL,

〃〃力//〃〃〃力////////力//〃/〃〃〃〃

A.c.g疯

D.

【答案】B

【解析】

要使小球直接落在容器的底部，设最小初速度为％,则有

L

联立解得

设最大速度为V2，则有

2L=*

2L

丫2

联立解得

V2=\[S^

因此小球抛出的初速度大小范围为

故B正确ACD错误。

故选Bo

6.如图，纸面内虚线上下两侧存在方向均垂直纸面向外的匀强磁场，虚线下方磁场的磁感应强度是虚线上

方磁场磁感应强度的2倍。一带正电的粒子（重力不计）从虚线上。点，沿与虚线成30。角的方向以某速

度垂直射入上方磁场，粒子从虚线上的P点第一次进入下方磁场，一段时间后粒子再次经过P点•粒子从。

V,

点至第一次到P点的过程中，平均速度为匕，从。点至第二次到P点的过程中，平均速度为丫2,则;■等于

【答案】D

【解析】

粒子运动轨迹如图所示:

,27tm

F

在下方磁场做圆周运动的周期

_2Tim

T2

qB?

由于国=2耳，则7；=2（,结合几何关系得

OP

F

6

0P

66

则有

"=7:1

v2

故选Do

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符

合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7.如图所示，等离子气流（由高温、高压、等电荷量的正、负离子组成）由左侧连续不断地以速度%水平

射入片和g两极板间的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度垂直于纸面向里，导线和力之间的作用情

况为：0~ls内互相排斥，1~3s内互相吸引，3~4s内互相排斥，保持滑动变阻器滑片位置不变，规定向左为

通电螺线管A内磁感应强度B的正方向，则通电螺线管A内磁感应强度8随时间t变化的图像可能是（）

【答案】CD

【解析】

由左手定则可知，等离子气流由左侧射入两极板间，正离子向上偏转，负离子向下偏转，上极板带正电，

下极板带负电，且导线中能形成稳定的电流，电流方向为由。到b,由题可知，O~ls内cd中电流方向为

由d到c,3s内c"中电流方向为由c到d,3~4s内”中电流方向为由d到c,根据楞次定律"增反减同"

判断可知图像CD正确，AB错误。

故选CD。

8.在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光分别照射锌和银的表

面，结果都能发生光电效应，如图甲，并记录相关数据。对于这两组实验，下列判断正确的是（）

A.饱和光电流一定不同，光电子的最大初动能不同

B.因为材料不同，逸出功不同，所以遏止电压以不同

C.因为光强不确定，所以单位时间内逸出的光电子数可能相同

D.分别用不同频率的光照射之后绘制q.一。图象（。为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象），图

线的斜率可能不同

【答案】BC

【解析】

AC.虽然光的频率相同，但是被照射的材料不同，光电子的最大初动能不同，光强不确定，所以单位时间

内逸出的光电子数可能相同，饱和光电流可能相同，故A错误，C正确；

B.根据光电效应方程

Ek=hv-Wa=eUc

可知，照射光频率相同，材料的逸出功不同，则光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，故B正确；

D.根据光电方程可得

〃心.呸

'ee

h

可知图线的斜率等于一，则图线的斜率相同，故D错误。

e

故选BC»

9.如图所示，水平光滑的地面上静止放置一质量为加八的小车A,小车的上表面光滑，质量为机3的物块8

（可视为质点）置于A的最右端。现对A施加一个水平向右的恒力RA运动一段时间后，小车左端固定

的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间

t,二者的速度达到v（1、外、F、八v均为已知量）。则下列说法正确的是（）

F

A.物块B刚开始做匀加速直线运动B.小车A开始运动时的加速度大小为一

啊

C.可求得A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小D.可求得小车A上表面长度/

【答案】BCD

【解析】

A.由于小车上表面光滑，物块B刚开始静止，故A错误；

B.以A为研究对象，由牛顿第二定律知

F=mAa

则

F

a=——

mA

故B正确；

C.对A、B碰撞后共同运动时间t的过程，由动量定理得

Ft=(mA+mli)v-(见，+mB)丫共

代入数据解得

_(mA+mB)v-Ft

Vjt---------------------------------------

故C正确；

D.设A、B发生碰撞前瞬间，A的速度为办，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

，%以=(〃0+%)颐

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理知

联立两式可求得小车A上表面长度

{[(mA+mB)v-Ft^

2%尸

故D正确；

故选BCD.,

10.如图所示，图线。P、A/N分别是做直线运动的质点A、B的位移一时间图像，其中OP为开口向下抛物

线的一部分，P为图像上一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点2。则下列说法正确的是()

O4t/s

A.，=4s时，质点A的速率为lm/sB.质点A的加速度大小为0.25m/s?

C.质点A的初速度大小为6m/sD.r=2s时A、B相遇

【答案】AD

【解析】

A.x-t图像的斜率表示速度，则t=4s时，质点A的速率为

10-6,,,

v=--------m/s=lm/s

4

选项A正确；

BC.设质点A的初速度大小为%,加速度为或质点A在前4s内通过的位移为x=10m,由运动学公式有

v+v

x=—0——t

2

解得

%=4m/s

则

a=-—-=-~-m/s2=-0.75m/s2

t4

选项BC错误；

D.0-2s内质点B通过的位移为

xB=6.5m

质点A通过的位移为

12「121

4=%方+耳。产=4x2--x0.75x2m=6.5m

则

/+%人二13m

故匕2s时A、B相遇，选项D正确。

故选ADo

三、非选择题：共56分。第11〜14题为必考题，每个试题考生都必须作答第15〜16题为选

考题，考生根据要求作答。

(-)必考题：共43分。

11.(6分)

在"探究速度随时间变化的规律”实验中，打点计时器使用的交流电的频率是50Hz,记录小车运动的纸带如

图所示。在纸带上选择7个计数点A、8、C、D、E、F、G,相邻两个计数点之间还有四个点未画出，各点

到A点的距离如图所示。

(1)A、B两个计数点之间的时间间隔T=s；

(2)打下B点时小车的速度3m/s,CE间的平均速度正£=m/s；

⑶小车运动的加速度m/s\

【答案】0.10.250.451.0

【解析】

⑴由题可知相邻两计数点间的时间间隔

1

T=5x—s=0,1s

50

(2)根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有

2

-尤AC5,OOxlO-

vB=VAC=-----=------------------m/s=0.25m/s

he0.2

平均速度为

_XCE(14.00-5.00)xl0'2..

vCE-------=--------------------------------m/s=0.45m/s

'展0.2

⑶由判别式Ax/T2,结合逐差法可得

_(*DE+XEF+%FG)~+X+X)

Cl-rBCCD

(37)2

代入数据可得

(27.00-9.00)-9.00,,

a=--------------------xlO22m/s=2l.Om/s22

9x0.01

12.(9分)

某物理兴趣小组选用内阻尺,=10。、满偏电流4=10mA的电流表、标识不清的电源，以及定值电阻、导

线、滑动变阻器等组装成了一个多用电表，其结构如图甲。当选择开关接"3"时为量程250V的电压表，该多

用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。

⑴其中电阻鸟=Q；

⑵兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校"到"测"的实验：

①将选择开关接"2",红黑表笔短接，调节片的阻值使电表指针满偏；

②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处.此时电阻箱

如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为Q,此多用电表中所用电源的电动势为V；

③用待测电阻用代替电阻箱接人两表笔之间，表盘指针指在图乙中所示的位置，则可知待测电阻为凡=

0;(保留三位有效数字)

④小组成员随手拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，发现电压表读数为1.35V,可求得

该电压表内阻为Qo

【答案】24990Q150Q1.5V67.4Q13500

【解析】

(1)由题可知，当选择开关接"3〃时为量程250V的电压表，根据欧姆定有

U=/g(4+为)

可得

=250,Q-10Q=24990Q

-4*10x10-3

(2)C处为表盘的中央刻度，所以C处刻度所对应的电阻为中值电阻，也即欧姆表的内电阻，由图丙可得电阻

箱的示数为

OxlOOOQ+lxlOOQ+5xlOQ+OxlQ=15OQ

也即C处刻度线的标注值应为150Q；

由题意可知内置电源的电动势为

E=150x0.01V=1.5V

指针指在图乙所示的位置时，流过待测电阻的电流为6.9mA,根据闭合电路欧姆定律有

E=I（&+凡）

代入数据可得&=67.4。

当电压表的示数为1.35V时，根据分压原理有

E-UU

凡《

代入数据有

1.50-1.351.35

""ISO-~~R^

得人=1350Q

13.（13分）

如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直

绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q,两板间的距离为乩半圆轨道的最高点

了、最低点5、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区

域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端

与过圆心«的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图

中电阻阻值为R，不计其它电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为;m的小球1以速度％=2j孚

向左运动，与前面静止的、质量也为工加的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球

2

和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场。重力加速度为g.

⑴计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；

⑵若金属杆转动的角速度为3,计算图中电阻R消耗的电功率P；

⑶要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点5做圆周运动到最高点7■，计算金属杆转动的角速度的范围。

mgdImgd

—■~r<u)<---

qBL：qBL

【解析】

(1)两球碰撞过程满足动量守恒

如9+刎

解得

(2)杆转动的电动势

A,B-Lrco\ti

“弛——“6y

ArAr2

电阻R的功率

n/§七为2

r=——=-----------

R4R

⑶通过金属杆的转动方向可知P、Q板间的电场方向向匕粘合体受到的电场力方向向上，在半圆轨道最低

点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点兀临界状态是粘

合体刚好达到7■点，此时金属杆的角速度可为最小，设此时对应的电场强度为耳，粘合体达到7■点时的速

度为匕，

在7■点，由牛顿第二定律得

mg-qE,=m^-

r

从S到兀由动能定理得

(qE[—mg)•2r=；mvj2-；mv2

解得耳，杆转动的电动势

2q

12

=-BL-cot

两板间电场强度

£=£L

1d

mgd

联立解得S

qBl},

如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在5点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘

合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度牡为最大，设此时对应的电场强度为反，在5点，由牛

顿第二定律得

qE-mg=m—

2r

杆转动的电动势

12

s2=—BI：CD2

两板间电场强度

a

7mgd

联立解得牡=

qBl},

综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,金属杆转动的角速度的

mgdImgd

范围为

qBl}力4次。

14.（15分）

如图所示，四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，轨道半径为R,在圆弧轨道的右端紧靠圆弧轨道有长

度L=17R的木板静止在水平光滑地面上，木板上表面水平，且与圆弧轨道右端在同一水平高度，木板的上

表面粗糙，右侧有一弹性挡板。质量为m的滑块以某一初速度由圆弧轨道顶端滑下，在最低点对轨道的压

力为lOtng,木板的质量为2相，滑块与木板间的动摩擦因数〃=0.25,g取10m/s?。

⑴求滑块的初速度%;

(2)滑块是否会与木板右端的挡板碰撞？如果不能，请计算出滑块与木板相对静止的瞬间木板的位移；如果

能，请计算出滑块与挡板碰后瞬间的速度；

⑶若在木板的右侧距离木板x处为竖直墙壁，木板与墙壁和轨道碰撞后速度瞬间变为0,但不粘连，滑块与

挡板的碰撞为弹性碰撞，请计算滑块最终静止时到木板右端的距离y与x的关系式。

R-2x0„x<—7?

11

7

【答案】(1)J赫；(2)不能发生碰撞，木板的位移s=4R；(3)y=,—尺，x<R

产x)11

x—R尺,x<4R

37?x.AR

【解析】

⑴对于滑块从圆弧轨道顶端滑到最低点的过程，根据动能定理，有

mgRD=—1mv2-—1，”唏，

在轨道最低点，对滑块进行受力分析，有

2

_V

K

由牛顿第三定律可知

氏=10mg

联立解得

V=3y/^R,%=17gR

(2)假设滑块不会与木板右端挡板碰撞，滑块最终与木板达到的共同速度为匕，则根据动量守恒定律，有

对于滑块在木板上滑动的过程，根据能量守恒定律，有

1212

联立解得

△L=12R<17R

假设成立，对于木板从开始运动到与滑块达到共同速度的过程，根据动能定理，有

/jmgs=—x2/w：

解得

s=4H

⑶①当x<4R时，木板在与滑块共速前与墙壁发生碰撞，碰撞后木板静止，滑块继续运动。设滑块恰好能

到达木板右端时木板的位移为与，对滑块应用动能定理，有

-pmg（nR+x）=-—inv2

02

解得

x（）二R

(D若o,,X<R,则滑块能与挡板碰撞，设碰前瞬间滑块的速度大小为匕，则根据动能定理，有

1,1

-jutng(17/?+x)=—mv；--mv2

解得

由于滑块与挡板发生弹性碰撞，故碰后滑块向左减速运动，木板向左加速，设二者共速时速度为匕，对长

木板，根据动能定理有

1c，

/Limgx=­x2m

对长木板和滑块整体，根据动量守恒定律有

mv2=（m+2/?z）v3

解得

x=-R

11

2

a.当时，木板向左加速，未与滑块达到共速就己经和固定圆弧轨道相撞，对滑块有

2〃g(y+x)=$

解得

y=R-2x

2

b.当时，木板向左加速，共速时长木板未与固定圆弧轨道相撞，根据动量守恒定律和能量守恒定

律，有

1,12

mv2=(777+2m)v3,/.imgy,--mv；~—(m+2m)v3

解得

y=触一幻

之后滑块和木板共同向左运动，木板与轨道碰撞后静止，滑块继续向左减速，根据匀变速直线运动的规律,

有

v；=

解得

%="（R-x）

故

7

y=x+>2=§（R_x）

（ii）若凡,x<4R,则滑块不能与挡板碰撞

R+x-y）=--mv2

解得

y=x-R

②若"4R,则木板与墙壁碰撞前，滑块、木板已共速，滑块距木板右端的距离为5R,木板先与墙壁碰撞,

速度减为零，而滑块继续向右做匀减速直线运动，对滑块应川动能定理，有

解得

y=3R

综上

R—2x0„x<—R

11

7

y=<—(7?-x)—凡，x<R

11

x-RR,,x<47?

3RX..AR

（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。

15.[物理选修3-3]

⑴（5分）

下列说法中正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每

选错1个扣3分，最低得分0分）

A.温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能不相等

B.布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子有时吸引、有时排斥的结果

C.由于液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0,故液体表面存在表面张力

D.浸润液体在毛细管里下降，不浸润液体在毛细管里上升

E.理想气体等压膨胀过程一定吸热

【答案】ACE

【解析】

A.温度和质量都相同的水、冰和水蒸气，它们的内能不相等，水蒸气的内能最大，冰的内能最小，所以A

正确：

B.布朗微粒做无规则运动的原因是由于它受到水分子对固体颗粒频繁碰撞的结果，所以B错误；

C.由于液体表面分子间距离大于平衡位置间距r。，故液体表面存在表面张力，所以C正确；

D.浸润液体在毛细管里上升，不浸润液体在毛细管里下降，所以D错误；

E.理想气体等压膨胀过程中，体积增大，根据状态方程可知，温度一定升高，内能增大，而同时气体对外

做功，根据

\U=W+Q

可知，气体一定吸热，所以E正确；

故选ACEo

（2）（8分）

如图所示，导热气缸被绝热活塞分割成A8两部分，活塞被锁定。气缸内充有同种气体（可看作理想气体）。

A、B两部分之间用一根细管连通，细管上接有阀门K。已知两部分气体体积之比匕：匕=1：2,A中气

体压强为2atm,8中的压强为latm。不考虑活塞和汽缸壁之间的摩擦，求：

（i）保持环境温度不变，打开连通管的阀门K,稳定后A、5两部分的压强；

（ii）重新关闭阀门K,解除对活塞的锁定，用绝热材料把整个容器包裹起来与外界绝热，并通过电热丝对

A内气体进行加热，使两部分气体的体积相等，则此时A、8两部分气体温度之比是多少。

【答案】(i)p——atm；(ii)TT--2

31B

[:解析】

(i)打开连通管的阀门K，稳定后A、8两部分的压强相等，设为。假设先使A中的气体膨胀到压强为

PB=latm,体积变为匕-根据玻意耳定律对A中的气体有：

PA-VA=PB-VAI

则对A、3中的气体有：

以)=p-M+%)

又匕：匕=1