2021年新高考物理冲刺押题卷2(湖北专用)

2021年湖北省新高考考试

物理押题卷（02）

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8〜11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分。

1.在光电效应实验中，某同学用频率分别为V申、V7的两种单色光甲、乙分别照射光电管A、B,都恰好

甲乙

能发生光电效应。利用更大频率的单色光照射光电管A、B,根据实验数据描绘出的光电子的最大初动能”

k

与入射光频率V的关系图线如图所示，下列说法正确的是（）

'甲乙甲乙

【答案】D

【解析】AB.根据爱因斯坦光电效应方程

E=lv-W

k0

可知E-v图线的斜率

k

k=h

所以两条图线的斜率一定相等，两条图线与横轴的夹角。和B一定相等，AB错误；

CD.图线在横轴的截距等于金属的逸出功与普朗克常量”的比值，即截止频率，由图像可知光电管A的

截止频率较小，又因单色光甲、乙分别照射光电管A、B,都恰好发生光电效应，因此甲光的频势由小于

甲

乙光的频率V7,C错误，D正确；

故选D。

2.内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。。为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、

乙两个等大的小球（均可视为质点）分别静置于尸、。处，POLOQ,甲、乙两球质量分别为机、km.现给

甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左

1/18

运动，甲球刚返回到尸处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则（）

Q

15

A.k=—B.k=-C.k=2D.k=5

23

【答案】B

【解析】设甲球初速度为％,初始时两球间的弧长为/,则管道长为4/,设碰撞后甲、乙小球速度大小分别

为匕、彩，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得

mv，-mv

o21

由机械能守恒得

+几2

2o222i

由于再次碰撞，则有

1=vt

1

31=vt

2

联立方程，解得

k/

3

故选B。

3.如图所示，轻质弹簧的一端固定于A点，另一端与轻绳相连，轻绳绕过定滑轮P与动滑轮Q的轴相连,

另外一根轻绳一端悬挂重物B并绕过动滑轮Q及定滑轮S,由地面上某人拉着轻绳另一端，使整个系统处

于静止状态，此时0s连线水平，尸。连线与竖直方向夹角为。。若人加速向下拉动细绳移动一段较小的距

离，滑轮均为光滑轻质滑轮，且可看作质点，弹簧始终在弹性限度之内，则在加速拉动的过程中与原静止

状态相比（）

2/18

A.e不变，弹簧弹力不变

B.。变大，弹簧弹力变大

C.滑轮Q水平向右移动

D.滑轮Q沿尸。方向移动

【答案】B

【解析】假设动滑轮位置不变，当人加速拉动时，绳子拉力增大，则绳子在动滑轮处的合力增大，所以动

滑轮会沿合力方向即方向向右下移动。最终稳定时，绳子。S处于倾斜状态，动滑轮比原位置低，动滑

轮处的两段绳子的夹角变为钝角。因为滑轮处无摩擦，所以尸。是动滑轮处两段绳子夹角的角平分线，因为

夹角增大，所以9变大，因为动滑轮下移了，所以弹簧伸长了，即弹簧弹力变大。因涉变大，所以动滑轮

向右下移动，但不是沿P0方向移动。

故选B。

4.如图所示，质量为相的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为a的斜面体置于光滑水平

面上，用水平力下推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当线拉力最小时，推力下等

于(已知重力加速度为g)()

11.

A.mgcosaB.—mgsinaD.—mgsin2a

【答案】D

【解析】小球受力如图所示

3/18

N

I

在小球缓慢上升过程中，小球合力为零，当拉力T与支持力N垂直时，拉力最小，最小值为

Tmmjgsina

对小球和斜面整体分析，根据平衡条件可知

F-Tcosoc=mgsinacosoc=Lmgsin2a

min2

故选D。

5.科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已

知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T,手摇发电机线圈的面积为0.25m2,共50匝，不计内阻。变压器为

理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确的是（）

A.线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花

B.线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花

C.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花

D.电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花

【答案】B

【解析】AB.线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为“，则发电机的最大电动势为

E=NBSs=NBS-2冗〃

m

发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U,=E,根据变压器两端的匝数比等于电压

Imm

4/18

比，有

nU

100nU

22m

钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花，现令0=5000V,联立各方程解得

2m

U-50V,«=—r/s«3.18r/s

故线圈转速等于4r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V,能产生电火花，故A错误，B正确;

CD.电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时

4=殳=25分

5V和25V均小于25JTV,则不能达到点火电压，故CD错误；

故选B„

6.如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距°,所带电荷量分别为+。、-Q,圆心A、B连线

垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿A8方向建立无轴，将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释

放。粒子在A运动到2的过程中，下列关于电势中、电场强度E、粒子的动能々和电势能随位移x的

kP

变化图线中，可能正确的是（）

【答案】C

【解析】A.正负电荷在中点产生的电势绝对值相同，相差一个负号，故中点的电势为零，故A错

误;

5/18

B.AB中点的电场强度是两个电荷产生电场的叠加值，龙轴上A点电场强度是带-。的圆环产生的，方向向

右，8点电场强度是带+。的圆环产生的，方向向右，所以A、B两点电场度不为零，且方向相同，故B错

误；

C.带正电的粒子在A、3之间受到的电场力方向一直向右，在A点由静止释放，它将沿48连线向右加速

运动，电场力先增大后减小，故Ej/。的斜率先增大后减小，故C正确；

D.图像的斜率表示电场力的大小，连线向右加速运动，电场力先增大后减小，故斜率应该先增大后减

小，故D错误。

故选C。

7.如图所示，竖直光滑圆环P固定在木板Q上，木板Q放置在光滑水平地面上，木板的左右两侧各有一

固定在地面上的挡板M、N,使木板不能左右移动。重量为G的小球在环内侧做完整的圆周运动，木板始

终静止不动，不计空气阻力。当小球运动到与圆环圆心等高处时，挡板所受木板弹力大小至少为（）

【答案】C

【解析】在最高点小球的速度最小时，小球运动到与圆环圆心等高处时挡板所受木板弹力最小，则在最高

点，速度最小时有

V2

mg=m->-

解得

]=阿

从最高点到与圆心等高点的过程中，机械能守恒，设速度为匕，根据机械能守恒定律，有

1八1

—mv2+mgR=—mv2

2।22

解得

6/18

由牛顿第二定律

F=机”=3mg=3G

NR

故选Co

8.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次

点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于。点，轨道2、3相切于尸点，如图所示，则当卫星分

别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）

A.要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3,需要在圆轨道1的。点和椭圆轨道2的远地点尸分别点火加速一次

B.由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度大于卫星在圆轨道

1上正常运行速度

C.卫星在椭圆轨道2上的近地点。点的速度一定大于7.9km/s,而在远地点P的速度一定小于7.9km/s

D.卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度大于它在圆轨道3上经过尸点时的加速度

【答案】AC

【解析】A.要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3,需要在圆轨道1的。和椭圆轨道2的远地点P分别点火加

速做离心运动，A正确；

B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

cMmV2

G-----=m—

r2r

解得

卫星在轨道3上的轨道半径大于在轨道1上的轨道半径，卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，B

错误;

C.近地圆轨道1的速度为7.9km/s,卫星由轨道1在。点加速变轨到轨道2上，卫星在椭圆轨道2上的。

7/18

点线速度大于第一宇宙速度7.9km/s,而在远地点尸的速度一定小于7.9km/s,C正确；

D.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

-Mm

G------=ma

r2

解得

GM

a=-----

r2

则卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度，D错误。

故选AC。

9.如图甲所示，用不可伸长的轻质细绳拴着一小球，在竖直面内做圆周运动，不计一切阻力。小球运动到

最高点时绳对小球的拉力厂与小球速度的平方丫2的图像如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2,下列说法

正确的（）

A.小球运动到最高点的最小速度为lm/s

B.小球的质量为0.1kg

C.细绳长为0.2m

D.当小球在最高点的速度为JTm/s时，小球运动到最低点时细绳的拉力大小为7N

【答案】ABD

【解析】BC.在最高点，根据牛顿第二定律有

v2

F+mg-m—

解得

F=mJng

根据纵轴截距有

-mg=-1

8/18

则质量为根=O1kg,

根据图像的斜率为

m

——1

L

可得绳长为

L=0.1m

故B正确，C错误；

A.根据绳一球模型可知小球运动到最高点的最小速度时拉力为零，只有重力提供向心力，有

V2

mg-m-f^-

解得最小速度为

v=JgL=lm/s

minv

故A正确；

D.当小球在最高点的速度为V]="m/s时，根据动能定理有

c,11

me-2L=~mv2-—mvz

2221

最低点由牛顿第二定律有

F-mg=m^l

2L

解得小球运动到最低点时细绳的拉力大小为

G=7N

故D正确；

故选ABD。

10.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为8的匀强磁场被边长为乙的等边三角形A8C分为两部分,

三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿N&IC的角平分线发射速度大小不等、方

q

向相同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过。点，质子比荷则质子的速度可能为（）

m

9/18

BkL

A.2BkLB.-----

2

【答案】BD

【解析】因质子带正电，且经过。点，其可能的轨迹如图所示

所有圆弧所对圆心角均为60。，所以质子运行半径

L

r=一("=1,2,3,...)

n

由洛伦兹力提供向心力得

V2

Bqv=m—

r

即

BqrL

v=------=Bk--(n=1,2,3,...)

mn

故选BDo

11.如图所示，边长为/、电阻为尺的正方形导线框沿1轴正方向运动。在外力/作用下以速度v匀速穿过

三个宽度均为/的匀强磁场区域I、II、IH,已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为3,I、II、III区

域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里。若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量①为正，

产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力/向右为正，从线框刚进入磁场时开始计时，则下列反映

线框中的磁通量①、感应电动势E、外力B和线框的电功率尸随时间变化的图象正确的是()。

10/18

X

1

X

X

4/t

4l_I

21

【答案】BC

【解析】在线框进入磁场区域I的过程中，穿过线框的磁通量

①二Blvtoct

所以在0—时间内，磁通量①随时间，均匀增加，由

V

E=Blv

可知在。泮间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流

E

示

故

52/2

F=F=BIl=——V

安R

在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率

P=I2R

同样为定值。

I21不

同理，在一-时间内，①先逐渐减小到零再反向增大，电动势E、电流/为正值且均变成原来的两倍，

VV

外力尸、功率P变为原来的四倍。

在土时间内，①从负的最大逐渐减小到零再变为正的最大，电动势后为负值且是0—时间内电动势

VVV

,I21

的两倍，外力和功率仍与一-时间内大小相同。

VV

在老~冬时间内，磁通量①逐渐减小，外力/、功率p与。」时间内大小相同，电动势与oL时间内

VV_VV

大小相同但方向相反。

故选BC。

二、非选择题:本题共5小题，共56分。

11/18

12."探究碰撞中的不变量”的实验中:

（1）入射小球巴=15g,原静止的被碰小球”=10g,由实验测得它们在碰撞前、后的刀一图象如图甲,

可知入射小球机碰撞前的动量为。Q15kg•m/s,碰撞后的机v'是______kg-m/s,被磁撞后的〃zv'是

11122

kg-m/s,（结果保留两位有效数字）由此得出结论______.

（2）实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是（）

A.斜槽轨道必须是光滑的

B.斜槽轨道末端点的切线是水平的

C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放

D.入射小球与被碰小球满足根＞m,r=r

abab

（3）图中M、P、N分别为入射小球与被碰小球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是（）

A.m-ON=m-OP+m-OM

aab

B.mOP=m•ON+m•OM

aab

C.mOP=m-OM+m-ON

aab

D.m-OM=mOP+m-ON

aab

【答案】0.00750.0075碰撞过程系统动量守恒BCDC

【解析】（1）口］由图甲所示图象可知，碰撞前球1的速度为

X0.20

vT=lm/s

1t~02

1

碰撞后，球的速度为

X'=0.30—0.20

v=0.5m/s

1广0.4-0.2

1

12/18

,x90.35-0.20…,

v'=—=--------------=0.75m/s

2t'0.4-0.2

2

入射小球碰撞后的动量为

mM=0.015x0.5=0.0075kg-m/s

ii

⑵入射小球碰撞前的动量为

mv=0.015x1=0.015kg-m/s

ii

被碰撞后的动量为

mvr=0.01x0.75=0.075kg-m/s

22

[3]碰撞前系统总动量为

p=mv=0.015kg-m/s

ii

碰撞后系统总动量为

pr=mvr+mM=0.015kg-m/s

1122

p'=p

由此可知：碰撞过程系统动量守恒;

(2)[4]A.“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨

道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误;

B.要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；

C.要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；

为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求加,故正确；

D.ab,ra=rbD

(3)[5]要验证动量守恒定律定律即

mv=mav+mv

a01b2

小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为

mvt=mvt+mvt

a0a1b2

故需验证

mOP=mOM+mON

aab

13.某学习小组测绘一个标有4V,2.4W的小电风扇(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线，电风扇两端的电压

13/18

需要从零逐渐增加到4V,并便于操作，实验室备有下列器材:

A.电池组（电动势为4V,内阻约为1。）

B.被测小电风扇，电路符号一M—

C.电压表V］（量程为0〜6V,内阻约为4kC）

D.电压表V2（量程为0〜15V,内阻约为8kC）

E.电流表A1（量程为0〜0.6A,内阻约为0.2k。）

F.电流表A2（量程为0〜3A,内阻约为0.05k。）

G.滑动变阻器&（最大阻值为5。，额定电流为3A）

H.滑动变阻器&（最大阻值为2000C,额定电流为3A）

I.开关和导线若干

⑴实验中所用的电压表应选（填C或D）,电流表应选（填E或F）,滑动变阻器应选

（填G或H）。

⑵在图甲所示方框内画出实验电路图

（3）当电压表的示数大于0.5V时小电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，图中OA段是

直线，A8段是曲线，A点的坐标值为（O.2A,O.5V）,8点坐标值为（0.6A,4.0V）,则小电风扇的电阻

为。，正常工作时的机械功率为_____W»

【答案】C；E；G；2.5；1.5

【解析】（1）［口电风扇的额定电压。=4V,所以电压表选取C,故填C；

⑵电风扇的额定电流

—=—A=0.6A

U4

14/18

从读数误差的角度考虑，电流表应该选E,故填E；

[3]因题目要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到4V,所以本实验应当选择分压电路，且滑动变阻器的阻

值应选用较小的G,故填G；

(2)[4]要求电风扇的电压需要从零逐渐增加到4V,所以本实验应当选择分压电路，电风扇的电阻远小于R

U2

R=——。6.67。

P

更远小于电压表内阻，电流表采用外接法，电路如下

(3)[5]电风扇不转动时，相当于纯电阻，所以电风扇的电阻为

尺=竺C=2.5Q

0.2

⑹电风扇正常工作时的机械功率为

P=P—/2R=2.4—0.62x2.5W=1.5W

机

14.如图，置于空气中的一不透明容器内盛满某种透明液体.容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm

长的线光源.靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来

观察线光源.开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分.将线光源沿容器底向望远镜一侧平移至某

处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端，再将线光源沿同一方向移动8.0cm,刚好可以看到其顶端.求

此液体的折射率n.

望£

遮光板

【答案】w=125.

【解析】试题分析：当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘。的

15/18

那条光线的入射角最小.

-0,财

久一。

.-fB

若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过O点液面的法线为OO',则NAOO]=a,

①其中a为此液体对空气的全反射临界角.由折射定律有sina=L,②同理，若线光源顶端在B1点时，通

n

过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则NBQO]=a.设此时线光源底端位于O点.由图中几何关系可得sina

=华，③联立②③式得n=/AB?+BB2④

ABiAB

由题给条件可知标"=8.0cm,BB]=6.0cm,

代入④式得n=1.25.

15.如图所示，倾角为6的斜面上尸产、。。之间粗糙，且长为3乙其余部分都光滑.形状相同、质量分布

均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接.每块薄木板长均为L,质量均为加，与斜面PP、

间的动摩擦因数均为2tan®。将它们从PP上方某处由静止释放，三块薄木板均能通过。。，重力加速

度为g。求：

（1）薄木板A在PP、00间运动速度最大时的位置；

（2）薄木板A上端到达PP时受到木板B弹力的大小；

（3）释放木板时，薄木板A下端离尸P距离满足的条件。

4

【答案】⑴滑块A的下端离尸处1.5乙处时的速度最大；（2）gmgsin。；（3）A下端离PP距离x>2.25L

【解析】（1）将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值

yamgcosB=3mgsinQ

x

得到

3

m=