2021届湖南省永州市高考物理二模试卷附答案详解

2021届湖南省永州市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板拉伸弹簧后，人会向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙所示。不计空气阻力，下列说法正确的是(    )A.弹簧拉伸到最低点时，高跷对地面的压力等于人和高跷受到的总重力B.人从最低点向上弹起的过程中，踏板对人的作用力一定大于人对踏板的作用力C.人从最高点下落至最低点的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动踏板D.人从最低点向上弹起到最高点的过程中，先处于超重状态，后处于失重状态2. 2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)，该卫星(    )A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.入轨后的加速度小于地面重力加速度3. 在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大。现保持电容器的电量不变，且电容器B板位置不动。下列说法中正确的是(    )A.将A板向左平移，则静电计指针张角增大B.将A板向左平移，则静电计指针张角减小C.将A板竖直向上平移，则静电计指针张角减小D.将A板竖直向上平移，则静电计指针张角不变4. 如图是一正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图象．由图可知，这个电流的(    )A.有效值为102AB.有效值为102AC.有效值为52AD.有效值为52A5. 如图，边长为L的正四面体ABCD处于匀强电场之中。仅在电场力作用下，一电子自A点运动到D点，其动能增加W；一质子自A点移到B点或C点，其电势能均增加W；A点电势为0，质子电荷量为e，则(    )A.B点电势为-We B.DC.电场强度大小为6W2Le D.6. 如图所示，一物块静止在固定的斜面上，现给物块一个竖直向上的拉力F，且拉力的大小随时间关系满足F=kt(k为常数)，则在物块离开斜面前(    )A.物块有可能会沿斜面向下运动一段距离B.物块有可能会沿斜面向上运动一段距离C.物块受到的摩擦力一直在减小D.物块受到的摩擦力方向先沿斜面向上后沿斜面向下二、多选题（本大题共6小题，共29.0分）7. 在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v的关系如图所示，由实验图象可求出(    )A.该金属的极限频率和极限波长B.普朗克常量C.该金属的逸出功D.任意入射光频率v时逸出的光电子的动能8. 如图所示，倾角为θ的斜面体置于水平桌面上，一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑。轻绳一端拴在物体P上，另一端拴一个质量为m的钩码Q，轻绳跨过固定在桌边光滑的定滑轮，斜面上方的轻绳与斜面平行。释放物体P，P沿斜面向下运动的加速度大小为a，斜面体与水平桌面间的摩擦力大小为Ff。若斜面始终静止，下列结论正确的是(    )A.a=12g C.Ff=mgcosθsinθ 9. 将小球以10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示(g取10m/s2)A.小球的质量为0.1kgB.小球上升到3m时，重力势能与动能之差为1.5JC.小球动能与重力势能相等时的速度大小为20D.上升到最高点的过程，小球受到的阻力(不包括重力)的冲量大小为0.25N10. 如图电路，电表均为理想电表当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，下列说法正确的是(    )A.电压表示数增大B.电流表示数变小C.电阻R2D.电阻R311. 如图甲，在水平面上的盛水容器中，一个质量分布均匀的物体被固定在容器底部的一根细线拉住后完全浸没在水中静止。如图乙，当将细线剪断后，物体漂浮在水面上，且有四分之一的体积露出水面。下列说法正确的是(    )A.甲、乙两图中，物体受到的浮力之比为4：3B.物体的密度与水的密度之比为1：4C.图甲中水对容器底的压强大于图乙中水对容器底的压强D.图甲中水对容器底的压力小于图乙中水对容器底的压力12. 如图甲所示，在一条直线上的两个振源A、B相距8m。t=0时A、B开始振动，且都只振动一个周期，图乙为A的振动图象，图丙为B的振动图象。若A向右传播的波与B向左传播的波在t1=0.4s时相遇，则下列说法正确的是(    )A.两列波在A、B间的传播速度大小均为10m/sB.两列波的波长都是4mC.在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点D.t2=0.7s时刻，BE.t3=0.9s时刻，三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）13. 以下是关于“验证牛顿运动定律”的实验。(1)下列说法中符合实际的是______。A.通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B.通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C.通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D.先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系(2)如图1所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1A.当m1=m2，B.当m1=m2，C.当m1=2m2，D.当m1=2m2，(3)某同学用如图2所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数(木板水平放置)：①从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图3中标示，其中每相邻两点间还有3个计时点未画出。打点计时器的电源频率是50Hz，根据测量结果计算：则打C点时纸带的速度大小为______m/s；纸带运动的加速度大小为______m/s2(结果均保留3②通过①测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ=______。14. 磁电式电压表是用电流表经过改装而成的．现有一满偏电流Ig=300μA、内阻未知的电流表，要将它改装成电压表时，需要测出电流表的内阻．在采用图(a)①按电路图接好电路，将R1②断开S2，闭合S1，调节R1③闭合S2，调节R2，使表头指针半偏，此时电阻箱R2的示数如图(b)所示，则电流表内阻rg=______Ω.按图四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）15. 如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m<M.现以地面为参照系给A、B以大小相等、方向相反的初速度V0，使A开始向左运动、B开始向右运动，最后A刚好没有滑离B板．求：(1)它们最后的速度大小和方向(2)A、B系统损失的机械能(3)小木块A向左运动到达的最远方(从地面上看)离出发点的距离．16. 如图所示为回旋加速器的示意图．它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上．在D1盒中心A处有离子源，它产生并发出的α粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中．在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速．为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致．如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出．已知a粒子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，设α粒子从离子源发出时的初速度为零．(不计α粒子重力)求：(1)α粒子第一次被加速后进入D2(2)α粒子被加速后获得的最大动能Ek和交变电压的频率(3)α粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n+1次由D1盒进入D217. 在热力学中有一种循环过程叫做焦耳循环。它由两个等压过程和和两个绝热过程组成。图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程(A→B→C→D→A)。已知某些状态的部分参数如图所示(见图中所标数据)。试解决下列问题：(1)从状态C→D过程气体分子的平均动能会______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；(2)已知状态A的温度TA=580K，求状态C的温度TC(3)若已知A→B过程放热Q=95J，则A→B过程中内能的变化量△UAB=______J，B→C过程外界对气体做的功WBC18. 如图所示直角三角形ABC由透明材料制成，∠C=30°.光线垂直AC界面入射，在BC界面刚好发生全反射．求透明材料的折射率和光在透明材料中传播的速度．

参考答案及解析1.答案：D解析：解：A、弹簧拉伸到最低点时，弹力大于重力，加速度方向向上，人和高跷处于超重状态，高跷对地面的压力大于人和高跷受到的总重力，故A错误。B、踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，方向相反，故B错误。C、人从最高点下落至最低点的过程中，弹力变大，合力是变化，做变加速度运动，故C错误。D、人从最低点向上弹起到最高点的过程中，弹力先大于重力，加速度方向性向上，人处于超重状态；然后，弹力小于重力，人处于失重状态，故D正确。故选：D。加速度向上，为超重状态，加速度向下，为失重整状态；加速度向上，可分为加速上升和减速下降，加速度向下，可分为加速下降和减速上升。物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。2.答案：D解析：解：A、地球静止轨道卫星即同步卫星，同步卫星只能在赤道上空，不能位于北京正上方，故A错误；B、第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，最大的运行速度，所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，同步卫星的入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；C、第二宇宙速度是卫星脱离地球的最小发射速度，同步卫星没有脱离地球的束缚，故同步卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故C错误；D、加速度由万有引力产生，故a=GMr2，而地球表面的重力加速度为：g=故选：D。地球静止轨道卫星即同步卫星，只能在赤道上空的一定高度。第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，是卫星绕地球最大的运行速度。第二宇宙速度是脱离速度，卫星的轨道半径越大，其发射速度越大。根据万有引力提供向心力，通过轨道半径比较加速度大小。此题考查了人造卫星的相关规律，解决本题的关键是理解宇宙速度的物理意义，明确不同轨道对应不同的发射速度。3.答案：A解析：解：A、B将A板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大。故A正确，

C、D将A板竖直向上平移，两板正对面积减小，电容减小，而电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大。故故选：A。根据电容的决定式C=ɛS4πkd，分析板间距离变化和正对面积变化时，电容的变化情况。再由电容的定义式对于电容器的动态分析问题，关键抓住电容的两个公式：电容的决定式C=ɛS4πkd和定义式4.答案：C解析：解：从交变电流的电流i随时间t变化的图象可知，该交流电电流的最大值Im=10A则这个电流的有效值I=Im2=10A故选：C。利用正弦交流电电流有效值公式I=Im2求有效值，从图中读出交流的周期T注意电流有效值公式I=Im2的适用范围，不可随意套用；针对非正弦交流电，求有效值利用在相同的电阻上分别通以直流电流和交流电流，经过一个交流周期的时间，如果它们在电阻上所消耗的电能相等的话，则把该直流电流(电压)的大小作为交流电流(5.答案：C解析：解：AB、一电子自A点运动到D点，其动能增加W，则其电势能减少W。如若是质子自A点移到D点，则其电势能均增加W。故B、C、D三点为等势点。平面BCD为等势面，B点和D点电势均为We，故ABCD、由几何关系知，正四面体的高为63L，即A点到平面BCD的距离为63L，由U=Ed，可求电场强度大小为6W故选：C。根据题目条件判断BCD电势大小关系，再根据电场强度和电势差的关系求出电场强度大小。本题考查电场强度和电势差的关系，比较简单，注意质子带正电，电子带负电是解题关键。6.答案：C解析：解：AB、由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图：根据共点力平衡条件，有f=mgsinθN=mgcosθf=μN解得：μ=tanθ对物块施加一个竖直向上的恒力F，则重力与F的合力为mg-F，根据共点力平衡条件，有：与斜面垂直方向依然平衡：N=(mg-F)cosθ因而最大静摩擦力为：f=μN=μ(mg-F)cosθ=(mg-F)sinθ故物体离开斜面前合力仍然为零，物块仍处于静止状态，故A、B错误，CD、根据平衡条件可知摩擦力f=(mg-F)sinθ，随着F增大，摩擦力逐渐减小，当F=mg，则f为零，f不会沿斜面向下，故C正确、D错误；故选：C。质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变小，物体依然平衡；根据平衡条件分析摩擦力的变化．本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．7.答案：ABC解析：解：A、根据Ekm=hγ-W当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为：γ0由λ=cγ，可求得极限波长，故A、B、逸出功等于W0，则：W0=hγ0，所以h=D、只有当入射光频率大于极限频率，即要能发生光电效应现象时，才能有入射光的频率与逸出的光电子的动能关系，故D错误。故选：ABC。根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析。解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，同时理解光电效应产生的条件。8.答案：AD解析：解：AB、一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑，则mgsinθ=μmgcosθ，当P与Q一起向下做加速运动时，根据牛顿第二定律可得：mg+mgsinθ-μmgcosθ=2ma，解得a=12g，故ACD、P物体开始匀速下滑，P和斜面整体处于平衡状态，故桌面对斜面的摩擦力为0，当P与Q相连后，P与斜面体之间的弹力摩擦力均与之前一致，所以斜面体受力不变，故与水平桌面间的摩擦力为零，故C错误，D正确；‘故选：AD。开始时P匀速下滑，根据受力分析判断出摩擦力和重力沿斜面的分力相同，当与Q相连后，对整体，根据牛顿第二定律求得加速度，当P与Q不相连，对P和斜面体整体受力分析，判断出斜面与水平桌面间的摩擦力大小，当与Q相连后，分析P与斜面间的相互作用力的变化，即可求得摩擦力大小。本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律，关键是正确的选取研究对象，利用整体法和隔离法即可。9.答案：AC解析：解：A、小球上升过程中，重力势能增加，在最高点，Ep=mgh，得：m=EB、由图可知，在h=3m处，小球的重力势能是3J，动能是154J=3.75J，所以小球上升到3m时，动能与重力势能之差为3.75J-3J=0.75J，故C、根据功能关系可知，除重力以外其他力做功等于机械能的变化量，-fh=E高-E低设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有：mgH=12mv2，由动能定理：-fH-mgH=D、根据牛顿第二定律可知，mg+f=ma，解得：a=12.5m/s2，小球上升到最高点的时间：t=v0a故选：AC。由图象可得最高点的高度，以及重力势能，由重力势能表达式可得质量。由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化可以得到摩擦力大小，对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的速度大小。结合图象中的数据，分别求出h=3m处小球的动能和重力势能，然后求差即可。根据牛顿第二定律求解加速度，根据冲量公式计算冲量大小。此题考查了动能定理的应用，该题首先要会从图象中获得关键信息，这种图象类型的题目，要关注图象的交点，斜率等，明确其含义，能够有利于解题。10.答案：BC解析：解：滑动变阻器R4的滑片向右移动时，其阻值减小，根据串反并同可知，电压表示数减小，电流表示数变小，电阻R2的功率增大，电阻R3的功率减小，故AD故选：BC。分析各个用电器与滑动变阻器R4解决该题的关键是根据电路图分析个用电器和滑动变阻器的串并联特点，掌握用串反并同分析电路中电流、电压、功率的变化情况；11.答案：AC解析：解：A、甲图中，浮力：F浮甲=ρ水gV，乙图中，F浮=ρ水B、当将细线剪断后，物体漂浮在水面上，且有四分之一的体积露出水面，所以F浮=G，即ρ水g(1-1C、由图知，甲图水的深度大于乙图水的深度，由p=ρ水ghD、因为甲乙的底面积相同，根据p=FS知F=pS，图甲中水对容器底的压力大于图乙中水对容器底的压力，故故选：AC。根据F浮根据漂浮时浮力等于重力列等式算出物体的密度与水的密度之比；根据p=ρ根据F=pS判断出水对容器底的压力的大小。本题是有关密度、压强、浮力的综合应用，关键掌握浮力的计算公式和液体压强的计算公式，并能够对不同情况对物体正确进行受力分析，搞清各个力之间的关系。12.答案：ADE解析：解：A、两波在同一介质中传播，传播速度大小相等，均为v=sAB2B、由题图知周期T=0.2s，则两列波的波长λ=vT=10×0.2m=2m，故B错误；C、A向右传播的波与B向左传播的波，振动方向相反，中点C为振动减弱点，故C错误；D、B点振动一个周期通过的路程为s1=4A=4×10cm=40cm，A点的振动从A传到B的时间为0.8s，所以t2=0.7s时刻，A点振动还没有传到B点，则t2=0.7s时刻，E、t'=0.8s时刻向右传播的波传到B，再经0.1s时间，即t3=0.9s时刻，经过平衡位置且振动方向向下，故故选：ADE。根据AB间的距离与两波相遇时间，由公式v=st求出波速，读出周期，由波速公式v=λT求出波长。根据C点两波的叠加情况，分析振动加强还是减弱。研究时间t2=0.7s与周期的关系，求解本题解题关键是要抓住在同一均匀介质中传播的同类波波速大小相同，而且两波匀速传播这个特点，知道波峰与波峰相遇处或波谷与波谷相遇处振动始终加强，而波峰与波谷相遇处振动始终减弱。13.答案：D

A

1.47

2.34

mg-(M+m)a解析：解：(1)在“探究加速度与力、质量”的实验操作中，采用了“控制变量法”，即先保持一个变量不变，看另外两个变量之间的关系，具体操作是：先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变小车受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者间的关系，故ABC错误，D正确。故选：D；(2)AB、当m1=m2、F1=2F2时，由F=ma可知，a1CD、当m1=2m2、故选：A。(3)每相邻两点间还有3个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.08s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：vC根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT则加速度的大小为：a=x(2)对木块、钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg-μMg=(M+m)a，解得：μ=mg-(M+m)a故答案为：(1)D；(2)A；(3)①2.34；②mg-(M+m)a(1)该实验中变量比较多，因此在进行探究时，采用“控制变量法”即先保持一个变量不变，看另外两个变量之间的关系；(2)小车做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度、由匀变速运动的位移公式可以分析答题；(3)①根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT②对木块、钩码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，要注意单位的换算；同时本题考查了求动摩擦因数、加速度，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数。14.答案：满偏；180解析：解：(1)半偏法测量电流表内阻的步骤是先调节电路的电流，使电流表的指针达到满偏，再并联电阻箱，调节电阻箱，使电流表的指针半偏此时的电阻即电流表的内阻；(2)电阻箱的读数是从最大的数开始读．该电阻的阻值：1000×0+100×1+10×8+1×0=180Ω(3)连接实物图从电源的正极出发，逐步连接如图．故答案为：(1)满偏；半偏；(2)180；(3)如图所示；此题综合性强，要结合电路串并电压、电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻．

连接实物图一般从电源的正极出发，逐步连接．此题考查知识点多，要结合串并联关系和半偏法测电阻的原理以及电路的连接，一个知识点想不到就易出错．15.答案：解：(1)A刚好没有滑离B板时，VA=VB=VMV解得：V=M-m因m<M，则V>0，说明共同速度方向向右．(2)A、B系统损失的机械能：

△E=1(3)当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：

-μmgS=0-1A、B系统损失的机械能转化为热能：

μmgL=2mM由上两式得：S=m+M答：(1)它们最后的速度大小为M-mM+m(2)A、B系统损失的机械能为2mMV(3)小木块A向左运动到达的最远方(从地面上看)离出发点的距离为m+M4M解析：(1)系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，系统总动量守恒，A最后刚好没有滑离B板，两者的速度相同，根据动量守恒定律即可求解；(2)A、B系统损失的机械能等于初末系统总动能之差．(3)恰好没有滑离，根据动能定理求出相对滑动产生的热量，向左运动到达最远处时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解．本题关键要判断出系统的动量守恒，准确把握临界条件，并结合动能定理求解．16.答案：解：(1)设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1

qU=解得，v(2)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时的速度为v，有

qvB=解得：v=设α粒子的最大动能为Ek

E解得：E设交变电压的周期为T、频率为f，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则交变电压的频率T=由f=1则交变电压的频率f=(3)离子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2则

r离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1则r离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过(2n-1)次电场加速，以速度v2n-1

(2n-1)Uq=轨道半径

r离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n

2nUq=轨道半径：r则△x=2