2021届新高考物理地市名校必刷模拟卷2（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

第二模拟试题

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.设物体运动的加速度为。、速度为v、位移为X。现有四个不同物体的运动图象如下列选项所示，假设物

体在t=O时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是（）

B.

a

°十时7H法

-1---»1—

【答案】C

【解析】

A.由位移一时间图象可知，位移随时间先增大后减小，1s后反向运动，故A错误：

B.由速度一时间图象可知，物体2s内沿正方向运动，2〜4s沿负方向运动，方向改变，故B错误：

C.由图象C可知物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0,然后重复前面

的过程，是单向直线运动，故C正确；

D.由图象D可知物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0,第3s内沿负方

向做匀加速运动，不是单向直线运动，故D错误；

故选C。

2.已知氢原子从a能级跃迁到b能级时辐射波长为4的光子1,从b能级跃迁到c能级时吸收波长为力的

光子2,已知4>4,氢原子核外电子由。能级跃迁到c能级时，下列说法正确的是（）

A.核外电子运动的轨道半径减小

B.核外电子运动的动能变大

C.辐射波长为4的光子

11

D.吸收能量为〃C--——的光子

■

【答案】D

【解析】

AB.由

c-Av

知，因为

4>4

则

由

E=hv

知，从o能级跃迁到b能级时辐射光子的能量小于b能级跃迁到c能级时吸收光子能量，所以。能级能量

小于c能级能量；从低能级向高能级跃，轨道半径增大动能减小，故AB错误；

C.氢原子核外电子由。能级跃迁到c能级时跃迁过程中，有

hv3=hv,—hvy

即

h--h—

4A4

所以吸收的光子波长可得

1_11

兀=74

解得

1_44

%一段

故c错误；

D.吸收光子能量

E-hv,=h--he----

44,

故D正确。

故选D。

3.中国第一个目标飞行器"天宫一号"再入大气层，落到南太平洋中部区域，绝大部分器件在再入大气层过

程中由于空气阻力的作用烧蚀销毁，对航空活动以及地面造成危害的可能性极小。如图所示，。是“天宫一

号"飞行器、b、c是地球同步卫星，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为半径为R,地球自转的

角速度为。，若“天宫一号"飞行器a和卫星b均逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r,引

力常量为G,则（）

A."天宫一号"飞行器a在轨运行的周期大于24小时

B.卫星c加速就一定能追上卫星b

27

c.从此时起再经而7—时间。、b相距最近

匕…

D."天宫一号"再入大气层过程机械能守恒

【答案】C

【解析】

A.根据开普勒第三定律

r3

¥=K

可知，卫星轨道半径越大卫星周期越大，而卫星b为同步卫星，故卫星a的周期小于同步卫星的周期，即

小于24h,故A错误；

B.卫星c加速将做离心运动脱离原来的轨道，则不能追上卫星b,选项B错误;

C.根据万有引力提供向心力有

可得。卫星的角速度

可知半径越大角速度越小，卫星由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2m,所以

u)at-tdt=2n

可得经历的时间

24

故C正确。

D."天宫一号"再入大气层过程由于阻力做负功，则"天宫一号"飞行器的机械能将减小，故D错误；

故选C。

4.如图，一质量为机的物块带正电。，开始时让它静止在倾角6=60。的固定光滑斜面顶端，整个装置

放在大小为£=上~、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为“，释放物块后物块落地时的速度大小为

Q

()

金

A.2y[2^HB.24万

【答案】A

【解析】

对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，如图所示

运用动能定理研究从开始到落地过程，有

mgH+F/H=gmv2-0

可得

v=2-j2gH

故选Ao

5.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为，外2机和3相，物体

B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为耳。现用水

平拉力F拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动，则（）

河2m"

37nC------[g|-----►

A.此过程中物体C受五个力作用

B.当F逐渐增大到片■时，轻绳刚好被拉断

C.当F逐渐增大到L54时，轻绳刚好被拉断

D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为与

6

【答案】C

【解析】

A.对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地

面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。

BC.对整体分析，整体的加速度

F-a-6mgF

a=---------------=-------jug

6m6m

隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得

耳一〃•4〃?g=4ma

计算得出

当尸=1.51时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；

D.若水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度

a=区

隔离对A分析，A受到的摩擦力

E=ma=—

f4

故D错误。

故选C。

6.如图所示，电路中电源的电动势为E,内阻为r,定值电阻％=r,当滑动变阻器/?2的滑片P在中间时，

带电油滴恰好静止在平行板电容器中。若滑动变阻器的滑片P缓慢向下滑动油滴未打到极板上之前，则下

列说法正确的是（）

为

——--------1~-----------------------------

3^C

A.通过当的电流减小，电压表的读数减小

B.油滴带负电，重力势能增大，电势能减少

C.不考虑电容器对电路的影响，电源的效率减小

D.不考虑电容器对电路的影响，电路中&和色消耗的总功率增大

【答案】B

【解析】

A.根据闭合电路的欧姆定律有

E_£

〃+/?]+R)2r+R)

滑动变阻器的滑片P向下滑动，/?2接入电路的电阻增大，则电流/减小；电压表的读数

U=E-lr

/减小则U增大，即读数增大，故A错误；

B.电容器的上极板接正极，则上极板聚集正电荷，带电油滴恰好静止在平行板电容器中，说明油滴带负电；

电容器两端电压等于色两端电压，即

U2=E-I(r+Rj

/减小则5增大，根据电场强度与电势差的关系可得极板间的场强

£=幺

d

其中d为极板间的距离；S增大则电场强度增大，油滴将向上运动，重力做负功，重力势能增大，电场力

做正功，电势能减小；故B正确；

C.不考虑电容器对电路的影响，电源的效率为

JE-I2rE-Ir

77=--x100%=X100%

IEE

/减小则"增大，故C错误；

D.不考虑电容器对电路的影响，电路中心和&消耗的总功率为

P=IE-I2r

EE

即功率P是电流/的二次函数，该函数在/=丁时取最大值，由于%=「，所以电流/总是小于——，随着生

2r2r

增大，电流/不断减小，由二次函数的特点可知功率P也随着减小，故D错误。

故选B,

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1所示为某发电站远距离输电的原理图，图中的变压器均为理想变压器,输电线的总电阻为7•nlOC,

降压变压器所接用户可等效为图1中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端正

常工作的额定电压为Uo=22OV,降压变压器原副线圈的匝数比为7；=50:1,升压变压器原线圈所接交变

电流如图2所示，当用户端正常工作消耗的总功率为凡="0kW时，下列说法正确的是()

u/V

1200也

发电厂~RO

0.02t/s

I-200V2

a

图1图2

A.发电厂的输出功率为120kWB.升压变压器原副线圈的匝数比为（=2:111

C.用户增加时，用户得到的电压升高D.用户增加时，输电效率降低

【答案】BD

【解析】

A.当用户端正常工作消耗的总功率为兄=110kW时，降压变压器副线圈中的电流为

「台登Ai

由理想变压器的工作原理可知

T^t

*3

解得

Z3=10A

输也线上损失的功率为

=/2r=102xl0w=1000w

则发电厂的输出功率为

P=E+e=lllkW

故A错误;

B.由题图2可知升压变压器原线圈两端的电压为

U\=200V

则升压变压器原线圈中的电流为

皿A=555A

U\200

则升压变压器原副线圈的匝数比为

故B正确;

C.当用户增加时，用户消耗的功率增大，则发电厂的输出功率增大，输出电流增大，输电电流（增大，输

电线上损失的电压增大，降压变压器原线圈的输入电压减小，则其副线圈的输出电压减小，用户得到的电

压降低，故C错误:

D.发电厂的输电效率为

1=

q

由以上分析可知，用户增加时输电电流4增大，则输电效率降低，故D正确;

故选BDo

8.如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住

一质量为m、半径为r的光滑球B。则（）

A.A对地面的压力等于+〃?）g

B.A对地面的摩擦力方向向左

-j-r

C.B对A的压力大小为二一mg

D.细线对小球的拉力大小为营机g

R

【答案】AC

【解析】

AB.对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力。根据平衡条件知,

支持力等于整体的重力。根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力,

大小相等，故A对地面的压力等于（M+W）g,故选项A正确，选项B错误；

CD.对小球B受力分析，受到重力，细线的拉力与，A对B的支持力F,如图所示

F=mg.,凡=metand

cos6>丁卜

其中

R«R+r¥-R2

cos0=-------,tang=---------------------

R+rR

故

cR+rpJ（R+r）2-R2

P=—r-mg,Fy=mg-s------------------

AA

R+r

根据牛顿第三定律，B对A的压力大小为一工一mg,故C正确，D错误。

A

故选AC。

9.某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为%,当到达最高点时，与另一质

量也为m、速度的大小也为“竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间AB均落地。

如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（）

A.A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为〃2%

B.A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同

C.A落地时的动能为〃比

D.AB落地的时间差为（2-应）为

g

【答案】BCD

【解析】

C.A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，

因此B落地时间

对A,上抛运动有

0-谥=-2gh

竖直下抛运动有

V2-VQ=2gh

因此A落地速度大小

v=\[2v0

所以A落地时的动能为"晡，故C正确；

AB.取向下为正方向，对A上升过程中动量的变化量为

%=0-=mvQ

下抛过程中动量的变化量为

Ap2=mv-mv()=(A/2—1)%%

故A错误B正确；

D.根据动量定理

mgtA=N%=(夜-1)加%

所以

△t=tB—tA=(2—y/2)—

g

故D正确。

故选BCDo

10.如图所示，竖直放置的"门”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场I、H的高和间距均为d,磁感应强度为

B,质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场I和II时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导

轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。则金属杆()

A.刚进入磁场I时加速度方向竖直向下

B.穿过磁场I的时间大于在两磁场之间的运动时间

C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D.释放时距磁场I上边界的高度h一定大于史誓

2B4L4

【答案】BCD

【解析】

A.金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场I和II时的速度，所以金属杆刚进入磁场I时做减速

运动，加速度方向竖直向上，故A错误；

B.金属杆在磁场1运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度

减小，所以金属杆在磁场I中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆

进入磁场1和II时的速度相等，所以金属杆在磁场I中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度,

两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场I的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；

c.金属杆从刚进入磁场I到刚进入磁场n的过程，由能量守恒定律得

21ngd--Q

金属杆通过磁场n时产生的热量与通过磁场I时产生的热量相同，所以总热量为

Q=2Q=4mgd

故c正确；

D.设金属杆释放时距磁场I上边界的高度为”时进入磁场【时刚好匀速运动，则有

mBLvB213V

=BIL=BL-

RR

又v=J荻，联立解得

„,m2gR2

由于金属杆进入磁场I时做减速运动，所以高度八一定大于H,故D正确。

故选BCD。

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）

某同学想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作（弹簧始终未超出弹性限度范围）。

⑴首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长；

⑵接着，将刻度尺靠近弹簧固定。弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指针指示的相应刻度。

该同学以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实验数据，作出如图所示的图像。由

⑶然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小。如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm,则该同学应在

6cm处标注为N,在12cm处标注为N。

⑷最后该同学为了验证改装后的弹簧测力计标度是否准确，找了一只标准的弹簧测力计，他可以采用的方

法是。（回答一种即可）

⑸将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸

长了6cm时，拉力做的功为。

【答案】10006分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同（其他答案正确

也给分）0.18J

【解析】

（2）根据物体的平衡条件可得F胪mg=kx,结合图像可得k=100N/m。

⑶如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6cm,则该同学应在6cm处标注为0,在12cm处弹簧的伸长量为

x=6cm,此时弹簧的弹力大小为F：»=kx=6N。

⑷他可以采用的方法是分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同。

⑸将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸

长了6cm时，拉力做的功为

1

WP=Fx=x=—kx=0.18J

F22

12.（9分）

实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器Ri（阻值变化范围为0~20Q）、滑动变阻器

R2（阻值变化范围为0~1000。）、电动势适当的电源、小灯泡（4V2W）、开关、导线若干。

⑴要完整地描绘小灯泡的U-/曲线,请在图甲中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号。（）

（2）实验中描绘出的小灯泡U-I曲线如图乙所示，由图乙可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而（选填"增

大""减小"或"不变"）

⑶如果用上述器材测量所给电源的电动势和内阻，实验电路如图丙所示，图中R。是阻值为9.0C的保护电阻，

实验中测得多组数据记录在下表中，试在同一坐标系中画出等效电源的图象，由图象可求出电源

自身内阻约为—2

序号123456

U/V4.003.402.802.001.500.80

//A0.200.250.330.400.460.52

等效电源等效电源

丙丁

⑷若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图丁所示，此时小灯泡消耗的电功率约为

Wo(结果保留2位有效数字)

【答案】增大

【解析】

(1)要描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压式接法，为便于操

作应用电阻较小的飞，由于小灯泡的阻值较小，电流传感器应用外接法，电路图如图戊所示。

己

⑵由图乙所示的图象可知，随电压与电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比

值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大。

⑶根据表中实验数据作出等效电源的U-I图象如图己所示，由图示图象可知

r=-—-9=1.0Q

M”0.6

⑷由图示图象可知，两图线交点为灯泡实际工作状态点，灯泡两端电压为2.1V,电流为0.39A,灯泡的电

功率

P=（J/=2.1x0.39W=0.82W

13.（13分）

如图所示，在宽度为d的区域内有匀强电场，以0a为分界线，上下两区域电场方向相反，电场区域的右

侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。左侧有一质子源（质子源中心稍稍低于。a）,可沿。日方向以速度

〜向外发射质子，射入的质子偏转后经A点进入磁场，射出电场时速度的偏转角度为然后从0a上方

边界上某点返回电场，恰好从。点沿。。方向以％的速度离开电场，己知质子的电荷量为e,质量为m。

求:

⑴质子进入磁场时的速度大小；

⑵匀强磁场的磁感应强度大小；

⑶质子从。点进入电场到返回。点所用的时间。

dtan9（兀+20）+44

【答案】⑴士：（2）r£；⑶

coseedtan02%

【解析】

⑴质子在电场中做类平抛运动，根据合速度与分速度的关系得

cos8

（2）设质子在电场中位移与水平方向的夹角为a，则有

0八.AA—?at

tana=-1—=—---

dvot2%

因为

八V

tan，=­V=—at

%%

联立解得

O|A=gdtan。

由几何关系得

_OAdtan0

K=------=---------

cos。2cos6

根据洛伦兹力提供向心力，有

v-

evB=m—

R

解得

B=2加。

edtan0

⑶根据对称性，质子在电场中先后运动的时间相等，均为

d

4=—

%

质子在磁场中运动的时间为

（二+26）R71+26,八

t,=----------=--------dtan0

v2%

质子从。点进入电场到返回。点所用的时间为

_dtan6（兀+20）+4d

2%

14.（15分）

某工厂用倾角为37。的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50m,正常运转的速度为v=4

m/s。一次工人刚把M=10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块

m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。木板与传送带之间的动摩

擦因数为0.8o(物块与木板均可看做质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，9=10m/s2,sin37^0.6,

cos37°=0.8)

⑴工人用192N的拉力恰好把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求货物与木板间的动摩擦因数;

(2)若工人用F=189N的恒定拉力使货物运动10s,求货物的位移大小；

⑶若10s后来电，还需要多长时间货物能到达8处。(不计传送带的加速时间)

【答案】(1)0.8；(2)10m；(3)11.25s

【解析】

⑴工人所用最大的拉力F时，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为内，对货物分析

根据牛顿第二定律得

/^Mgcos0-Mgsin0=Mal

对货物与木板整体分析根据牛顿第二定律得

(m+M)gcosi?-(m+M)gsini?=(m+M)s

代入数据得

〃2二0.8

(2)设工人拉木板的加速度为。2,根据牛顿第二定律得

F-gcosgsin0=(^m+

解得

2

a2=0.2m/s

根据运动学公式得

I2

x=—a2t=10m

⑶根据

M=a2t=2m/s

由于匕＜4m/s,所以来电后木板继续加速，加速度为。3

XZ2(m+M)gcos^—(m+A/)gsin^=(m+A/)6t3

解得

Oy=0.4m/s2

设经过h木板速度与传送带速度相同，则有

丫=匕+即

解得

八=5s

设h内木板加速的位移为4,则有

声一匕2=羽玉

解得

%=15m

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移为X2,则有

解得

x2=25m

根据

解得

t2-6.25s

所以来电后木板再需要运动

'总='I+'2=1L25s

(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]

(1)(5分)

下列叙述中正确的是。(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。分)

A.空中下落的雨滴呈球形是因为液体有表面张力

B.自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的

C.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性

D.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加

E.机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能

【答案】ABD

【解析】

A.表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，所以空中下落的雨滴呈球形是因为液体的

表面张力，故A正确。

B.根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是沿着分子热运动无序性增大的方向进行的，故B正

确；

C.非晶体的物理性质各向同性，单晶体的物理性质是各向异性，故C错误；

D.根据热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，故D正确；

E.根据能量转化的方向可知，机械能可能全部转化为内能；根据热力学第二定律，内能也可以全部用来做

功以转化成机械能，只是会引起其他的变化；故E错误。

故选ABD.,

(2)(8分)

如图所示，甲、乙两种型号氧气罐，甲体积是乙体积的两倍，室温为27℃时，甲氧气罐内压强为2po，乙

氧气罐内压强为己知储气罐体积不随温度和内部气体压强变化而变化，若大气压强为区,求：

(i)当室温降至7℃时，甲氧气罐内气体压强P1；

(ii)室温为27℃时，用体积可忽略不计的软管把甲、乙氧气罐相连，打开气阀，稳定后甲氧气罐内气体

压强p2。

甲乙

285

【答案】（i）石■Po;（R）-A）

【解析】

（i）温度变化，体积不变，根据查理定律

2Po厂Pi

”一工

其中

稣=273+27=300K,7；=280K

所以

28

二P。

（ii）当两氧气管相连，温度不变，内部气体压强相等，根据玻意耳定律

2P。x2V+poxV-p^x3V

解得

5

P2=1Po

16」物理选修3-4]

（1）（5分）

下列关于光的说法中，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。分）

A.肥皂泡呈彩色条纹是光的折射现象造成的

B.光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理

C.在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的

D.光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角小于紫光的折射角

E.A