2021年湖南省邵阳市高考物理一模试卷

2021年湖南省邵阳市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.如图所示，A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒QA

定电流大小相等，方向如图，其中48垂直纸面且关于C对称，则

导线C所受磁场力的情况是（）

A.大小为零®1t

B.方向竖直向上

C.方向竖直向下

D.方向水平向左

2.科学家发现在月球上含有丰富的秘He（氨3）,它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与

的一种核聚变反应的方程式为狙e+狙加e,关于汨e聚变下列表述正确的是（）

A.反应不会释放能量

B.反应产生了新原子核

C.反应没有质量亏损

D.目前核电站大都采用gHe聚变反应发电

3.质量为根的长方形木块静止在倾角为。的斜面上，斜面对木块的支持

力和摩擦力的合力方向可能是（）乂

A.沿斜面向下

B.垂直斜面向上

C.沿斜面向上

D.竖直向上

1

4.如图所示，AB、CD两块平行金属板接上恒定电压，平行金属板长度4；；g

.1T

为/,间距为d,。、b两个电子分别以相同的速度v水平射入电场，a41

电子从上极板边缘射入，匕电子从电场中间射入恰好打在下极板边缘.J

的。点，平行金属板外电场忽略不计，电子的荷质比为无，则下列说法正确的是（）

A.上极板带正电

B.“、人两个电子在电场中运动时间不相同

C.两块平行金属板间电压为空

D.要使两个电子都打在下极板上，C。板应向上移动（1-日）d

B.在0〜6s内，物体经过的位移为40〃？

C.在0〜4s内，物体的平均速度为7.5m/s

D.6s内，物体的位移一直增加

6.一位同学从二楼教室窗口用力把一个篮球水平抛出，则篮球落地时重力的瞬时功率约为（）

A.5WB.50IVC.500WD.5000W

二、多选题（本大题共6小题，共29.0分）

7.2018年3月30日01时56分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”

方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北

斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809km）、倾

斜地球同步轨道（高度35809km）、中圆地球轨道（高度21607km）,如图所示。已知地球半径为

6370%〃?，下列说法正确的是（）

修斜地球同步轨道

一--中圜地球轨道

，地球舲止轨道

A.倾斜同步轨道卫星的加速度与地球静止轨道的加速度大小相等

B.中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大

C.倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方

D.倾斜同步轨道卫星的机械能一定大于中圆地球轨道卫星的机械能

8.图（甲）为手机及无线充电板，图（乙）为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充

电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转

变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为〃，

面积为S,总电阻（含所接元件）为凡若在口到今时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线

圈，其磁感应强度由当增加到殳.下列说法正确的是（）

0

A.在0到七2时间内，。点的电势高于d点的电势

B.在G到t2时间内，受电线圈通过的电量为幽产

C.若只增加送电线圈匝数，可使c、d之间的电压减小

D.受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关

9.如图所示为电源甲和电源乙的U-/图象。下列说法正确的是（）[U/V

A.甲乙两电源的内阻r用＜「乙Ik；

B.甲乙两电源的短路电流/尹＜七卜•.

C.甲乙两电源的电动势E尹〉E]

D.若两电源的工作电流变化量相同时，电源乙的路端电压变化较大

10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，

一个质量为m的小球自A的正上方尸点由静止开始自由下落，小球沿轨道恰好

能够通过最高点B。已知4P=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过

程中（）

A.重力做功〃?gRB.机械能减少mgR

C.合外力做功zngRD.克服摩擦力做功0.5mgR

11.下列说法中正确的是（）

A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故

B.温度升高，那么所有分子的速率都增大

C.一定量的水变成的水蒸汽，其分子平均动能增加

D.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

E.液晶的光学性质具有各向异性

12.如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触.现将摆球A在两摆球所在

平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以西、

巾8分别表示摆球A、8的质量，则（）

B

A.如果?《4＜爪8，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧

B.如果m^CmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧

C.无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧

D.无论两球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

13.在“练习使用多用电表”的实验中：

(1)用多用电表测某电阻，挡位旋钮指“X10”挡，读数时发现指针偏转角太大，为使测量结果更加

准确，则应改用挡；

A.xIB,x100C.xIk

(2)某次测电阻时选择开关打在“X100”档，指针如图甲所示，则测量结果为：；在“练习

使用多用电表”实验结束后，图乙中的电表旋钮状态符合实验操作规程的是(填“A”或

“B”)；

(3)某次实验的电路图如图丙所示，开关闭合后发现灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路(开关处于

闭合状态)何处“断路’，应使用多用电表的进行检测.

A.电阻档8.电流档C.交流电压档D直流电压档

甲

14.利用如图1所示的装置验证机械能守恒定律.

(1)电火花打点计时器应接电源.

(2)实验部分步骤如下：

4按图装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器.

B.将纸带下端靠近打点计时器附近静止，接通电源，释放纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的

点.

C.如图2为打出的一条纸带，用刻度尺测出A,B,C与起始点0之间的距离分别为七，h2,h3.

(3)设打点计时器的周期为T,重物质量为，力重力加速度为g.研究纸带从0下落到B过程中增加的

动能△Ek=＞减少的重力势能4Ep=.

(4)由于纸带受到摩擦，实验测得的△Ek(填“大于”或“小于”)△Ep.

图1图2

四、简答题(本大题共2小题，共28.()分)

15.提纯笊核技术对于核能利用具有重大价值.如是从质子、笊核混合物中将质子和笊核分离的原

理图，x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、笊核混合物经电压为U的

电场加速后，从x轴上的4(-〃0)点沿与+x成。=30。的方向进入第二象限(速度方向与磁场方向

垂直)，质子刚好从坐标原点离开磁场.已知质子、气核的电荷量均为+q,质量分别为加、2m,

忽略质子、气核的重力及其相互作用.

(1)求质子进入磁场时速度的大小；

(2)求质子与气核在磁场中运动的时间之比；

(3)若在x轴上接收笊核，求接收器所在位置的横坐标.

16.物体A做匀速运动，vA=4m/s,2s后，物体B从同一位置与A同方向做匀加速运动，v0=0,

a—2m/s2,求：

①B出发后，经过多少时间追上4?

②8追上A时，离出发点多远？

③追上A之前，A、8之间的最大距离是多少？

五、计算题（本大题共2小题，共18.0分）

17.如图所示，一足够高的圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着

一定质量的理想气体.活塞的质量为加，横截面积为S,与容器底部相

距h,气体的温度为7\.现在活塞上放置一个质量为2m的物块（图中未画

出），活塞下降了0.2/1达到稳定，气体温度为徐，再通过气缸内的电热

丝缓慢加热气体，当气体吸收热量。时活塞缓慢向上移动1.2h达到稳定,

此时气体的温度为73已知大气压强为Po•重力加速度为g，不计活塞与气

缸间摩擦和理想气体的重力势能.求:

①温度值T与A的比值；

3）加热过程中气体的内能增加量.

18.直径d=1.00/n,高4=0.5（hn的不透明圆桶，放在水平地面上，桶内盛有折射率n=1.60的透

明液体，某人站在地面上离桶中心的距离为x=2.10m处，他的眼睛到地面的距离y=1.70m,

问桶中液面高〃为多少时.，他能看到桶底中心？（桶壁厚度不计）

【答案与解析】

1.答案：A

解析：解：根据安培定则，结合矢量的合成法则，可知，A8水平固定导®4

线在C处的合磁场方向，正好与导线C电流方向相同，根据左手定则知：，'及

导线C所受的磁场力为零，故4正确，8CD错误。

痂*"0B

故选：Ao

根据安培定则，结合矢量的合成法则，确定A8在水平固定导线在C处的合磁场，再根据安培力产

生条件，即可求解。

考查安培定则与矢量的合成法则内容，掌握安培力产生条件，理解左手定则的作用。

2.答案：B

解析：解：

A、C、聚变反应有质量亏损，所以要放出大量能量，故AC错误；

B、聚变反应产生了新原子核，故B正确；

。、目前核电站都采用铀核的裂变反应；故。错误；

故选：B

聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量，

但目前核电站都采用铀核的裂变反应.

本题考查了聚变反应的特点和核电站发电原理.

3.答案：D

解析：解：木块受重力、支持力及摩擦力的作用而处于静止状态；故支持力与摩擦力的合力一定与

重力大小相等、方向相反，故支持力和摩擦力的合力竖直向上.

故选：D.

对木块受力分析，根据共点力的平衡条件的应用可得出斜面对物体的作用力与重力的关系.

本题应明确，物体受三力平衡时，任意两力之和与第三力大小相等、方向相反.

4.答案：D

解析：解：4、6电子向下偏转，说明6电子所受的电场力向下，因此，下极板带正电，故A错误;

B、电子在电场中做类平抛运动，两个电子的运动轨迹相同，根据电子水平方向做匀速直线运动，得

l=vt,得t=」，知两个电子在电场中运动时间相同，故B错误；

V

C、对于匕电子，根据牛顿第二定律得a=^=岩

竖直方向有:d=[at2,联立解得｛/=穹，故C错误；

22kl2

。、设a电子刚好打在下极板边缘D点时两极板间距离为d,,a电子的加速度为a'=%=彳=?

mmdfdr

竖直方向有d'=；a，2,联立解得d'=在d，故要使两个电子都打在下极板上，8板应向上移动d-

22

d'=(l-^)d,故。正确。

故选：D»

根据电子的偏转偏转方向，确定所受的电场力方向，从而确定出极板的电性；电子在电场中做类平

抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据水平位移和初速度关系分析运动时间关系；研究匕电子，

根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求板间电压;再研究“电子刚好打在下极板边缘。点的情况，

根据分位移公式和几何关系求CD板上移的距离。

本题是带电粒子在电场中偏转问题，关键是分析电子运动情况，知道在偏转电场中电子做类平抛运

动，采用运动的分解法进行研究。

5.答案：C

解析:解：4、根据V-t图象的斜率等于加速度,可得,在4s〜6s内，物体的加速度一定，为a=若丑=

—lOm/s?.故A错误.

B、在0〜6s内，物体经过的位移为x=^x10-等=30m,故B错误.

C、在0〜4s内，物体的位移为x=等x10=30m,平均速度为方=：=曰=7.5m/s,故C正确.

。、0〜5s,物体向正向运动，位移增大，5〜6s向负向运动，位移减小，故。错误.

故选：C

根据u-t图象的斜率求加速度.图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下

方的面积表示位移为负，由“面积”求出物体在0〜6s内经过的位移.求得在。〜4s内物体的位移，

从而求得平均速度.物体在0-5s时间内向正方向运动，5s末后向负方向返回.

本题是速度-时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积

的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别.

6.答案：B

解析：解：篮球在竖直方向做自由落体运动，二楼教室窗口离地面的高度约为5加，则落地时竖直分

速度大小为：

vy—yj2gh=V2x10X5-10m/s

则篮球落地时重力的瞬时功率为：

p=mgvy=0.5x10x10=SOW,故B正确.

故选：B.

一个篮球的质量约为0.5kg,二楼教室窗口离地面的高度约为5m根据速度位移公式求出落地竖直

分速度，再根据P=Fv求重力的瞬时功率.

本题关键是根据在竖直方向做自由落体的位移速度公式求出瞬时速度，然后根据公式P=求瞬时

功率，要注意求重力瞬时功率时，v是竖直分速度，不是合速度.

7.答案：AC

解析：解：4、分析题意可知，倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星的半径相等，根据万有引力提

供向心力，有：^=ma,解得加速度为：a=胃，故两者加速度大小相等，故A正确；

B、根据万有引力公式可知：F=等，万有引力与卫星的质量和轨道半径都有关，中圆地球轨道卫

星和静止轨道卫星的质量未知，万有引力无法比较，故8错误；

C、倾斜同步轨道卫星的周期是24/7,地球的自转周期为24〃，所以倾斜同步轨道卫星每天在固定的

时间经过同一地区的正上方，故C正确；

。、同理，卫星的机械能与质量有关，卫星质量未知，则无法比较机械能，故。错误。

故选：AC。

根据万有引力提供向心力，得出加速度公式。

倾斜同步轨道卫星不能始终位于地球表面某点的正上方。

万有引力与质量，机械能与质量有关。

此题考查到了万有引力定律及其应用，对于万有引力定律及其应用，关键是熟练的掌握公式，要了

解地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速

度沿地球自转的方向绕地球转动。

8.答案：BCD

解析：解：A、根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感

应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律得：E=n^|=*¥s,根据欧姆定律得：/=!通过的电量为q=

/«2-0），联立解得：也S,故8正确；

C、若只增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数，所以C、4之间的电压减小，故C正

确；

受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故。

正确。

故选：BCD。

根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；根据法拉第电磁感应定律结合根据

欧姆定律求得电量：增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数；

本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤

是：确定原磁场的方向T原磁场的变化T引起感应电流的磁场的变化一楞次定律—感应电流的方向。

9.答案：BC

解析：解：4、斜率表不内阻，内阻，尹故A错误；

B、当外电路短路时对应的电流为短路电流，此时路端电压为零；将图中横坐标下移至U=0时，图

象的交点即为短路电流，则可知/尹<七，故B正确；

C、U-/图象中与U轴的交点表示电源的电动势，故电动势E/>E乙；故C正确；

D、根据U=E-/r可知，Al/=-r-A/,内阻r/〉「,，故当电源的工作电流变化相同时，电源甲

的路端电压变化较大；故。错误；

故选：BC.

根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E-Ir；U-/图象中与U轴的交点表示电源的电动势，

当纵标标为零时与/轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻。

本题考查了闭合电路电源的U-/图象的相关知识，要求同学们理解U-/图象中与U轴的交点表示

电源的电动势，图象的斜率表示内阻；注意只有纵坐标为零时，图象与横轴的交点才表示短路电流。

10.答案：AD

解析：

重力做功只跟高度差有关，只有重力或弹簧弹力做功时，机械能守恒，根据动能定理求解合外力做

的功及摩擦力做的功。

本题解题的突破口是小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，求出临界

速度.要掌握各种功和能的对应关系，不能搞错。

A.重力做功WG=mg(2R—R)=mgRy故A正确;

3.小球沿轨道到达最高点3时恰好对轨道没有压力，则有

2

mg=m，，解得:vB=JgR

K

则机械能减少量为△E=mgR-ymVg=0.5m职故B错误；

C.根据动能定理得：

合外力做功|mv2=0.5mgR，故C错误；

=2

。.根据功能原理可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，为0.5mgR.故。正确。

故选AD。

11.答案：DE

解析：解：A、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，

而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散。故A错误。

8、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，平均速率增大，但由于分子运动

是无规则的，不是所有分子的速率都增大。故B错误。

C、温度是分子的平均动能的标志，一定量的水变成的水蒸汽时，若温度不变，则其分子平均动能不

变。故C错误。

。、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程岸=。知，温度升高，则内能增大。

而且在气体的体积增大的过程中气体对外做功，所以若要内能增大，则必须吸收一定的热量。故。

正确；

E、液晶具有某些晶体的特性，如其光学性质具有各向异性。故E正确。

故选：DE。

本题可根据分子间作用力分析气体会散开的原因.对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关.温

度是分子平均动能的标志.液晶具有各向异性；

本题关键要掌握分子动理论的基本内容和气态方程与=C,知道温度是分子平均动能的标志，就能

进行分析.

12.答案:CD

解析:解：质量不同，碰撞后小球的速度不同，因为两摆球的摆长相同，根据单摆的周期公式T=2吨

单摆的周期相同，碰后两小球都是经过17回到平衡位置，所以下一次碰撞的位置在平衡位置，与质

量无关.故。、。正确，A、3错误.

故选：CD.

小球碰撞的过程中动量守恒，碰后点的速度与小球的质量有关，根据单摆的周期公式T=27rJ判断

下一次碰撞的位置.

解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=27r知道单摆的周期与摆球的质量无关，与摆长有关.

13.答案：A；3000/2；B；D

解析：解：(1)用多用电表测量某电阻，将档位旋钮调至“x10”档，读数时发现指针偏转角太大，

说明所选挡位太大，为使测量结果更加准确，应换小挡，应改用xl挡，

故选：A.

(2)由图示可知，欧姆表示数为30x1000=30000；

多用电表使用完毕后要把选择开关置于OF尸挡或交流电压最高档，由图A、B所示可知，图8中选

择开关置于交流电压最高档，电表旋钮状态符合实验操作规程的是

(3)由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否

发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电压档进行测量，故。正确，ABC

错误.

故选：D

故答案为:(1)4(2)300012,B；(3)。

(1)使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；

(2)多用电表使用完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高档，分析图示情景然后答题；

(3)根据电路故障检测方法分析答题.

本题考查了欧姆表的使用及电路故障检测方法，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针

指在中央刻度线附近；可以使用电压表、电流表与欧姆表检测电路故障，要掌握其检测方法与注意

事项.

14.答案：220K交流；党萨;mgh2；小于

解析：解：(1)打点计时器的工作电压为交流电，实验时必须先接通电源再释放纸带;

(3、4)处理数据时，由于纸带做匀加速直线运动，则某段时间内中间时刻的速度等于平均速度，到B

点时速度"=若，

2

0点速度为零，增加的动能△Ek=|mv,联立得△Ek=皿"£"，到8点时减小的重力势能△Ep=

mgh2,

由于纸带和计时器之间有摩擦，实际有△Ek<△Ep.

故答案为：⑴220U交流；⑶*萨，加9电(4)小于.

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项.

纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计

算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能.根据功能关系得重力势能减小量等

于重力做功的数值.

本题考查验证机械能守恒定律实验的操作步骤及注意事项.难度中等.由于纸带通过时受到较大的

阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小

量明显大于动能的增加量.

15.答案：解：(1)质子在电场中加速，由动能定理得：

qU=^mv2—0,解得：v-；

(2)质子与笊核在磁场中都转过;个圆周，

做圆周运动的周期：71=警，72=§手，

CJD1/0

粒子在磁场中的运动时间：t=；T,

O

则：［1：12=71：72=1：2;

(3)质子在磁场中运动时，由几何知识得：r=L,

由牛顿第二定律得：qvB=my,

笊核在电场中加速，由动能定理得：qU-2mv，2-0,

在磁场中，由牛顿第二定律得：qv'B=2m->解得：R=&L,

横坐标：X=/?-L=(V2-1)L:

答：(1)质子进入磁场时速度的大小为解

(2)求质子与笊核在磁场中运动的时间之比为1：1；

(3)若在x轴上接收笊核，接收器所在位置的横坐标为(a-1)L.

解析：(1)质子在电场中加速，由动能定理可以求出速度.

(2)粒子在磁场中做圆周运动，根据粒子在磁场中运动的周期公式与转过的圆心角可以求出运动时间

之比.

(3)由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后确定粒子的横坐标.

解决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解.

16.答案：解：①设8追上A时A运动的时间为3此时两者位移相等.

则有孙t=|a(t-2)2

解得；t=5.46s

②B追上A时，离出发点距