湖南省2020-2021年高考物理信息卷1（含解析）

1、 整理于网络 可修改湖南省2019年高考物理信息卷1（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是A. 紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象B. a粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象C. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象D. 含铀的矿物质自发向外放出射线（高速电子流）的现象【答案】D【解析】【详解】A为光电效应现象，原子核外层电子吸收光子能量后从金属表面逸出；B为粒子的

2、散射实验，少数粒子发生大角度偏转说明了原子的核式结构；C中氢原子光谱不连续是其原子的能量状态不连续导致的；D中含铀的矿物质自发向外放出的射线叫衰变，它来自原子核内部，是原子核内中子转变成质了时放出的。故答案选D。2.设想在地面上通过火箭将质量为m的人造小飞船送入预定轨道，至少需要做功W。若预定轨道半径为r，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，忽略空气阻力，不考虑地球自转的影响。取地面为零势能面，下列说法正确的是A. 地球的质量为B. 小飞船在预定轨道的周期为C. 小飞船在预定轨道的动能为D. 小飞船在预定轨道的势能为【答案】D【解析】【详解】A.根据地球表面，可知地球的质量为，故A错误；

3、B.根据，又，解得，故B错误；C.根据，又，解得小飞船在预定轨道动能为，故C错误；D.小飞船在预定轨道的势能为，故D正确；故选：D3.如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地以E表示两板间的场强，表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是A. E增大，降低，EP减小，增大B. E不变，降低，EP增大，减小C. E不变，升高，EP减小，减小D. E减小，升高，EP减小，减小

4、【答案】C【解析】正极板缓慢向右平移一小段距离，两板间的距离减小，根据电容的决定式 可知，电容C变大，而电容器的电量Q不变，则由 得知，板间电压U减小，减小；板间场强 ，可见E不变；P点到正极板距离减小，由公式U=Ed得知， ，P点的电势升高；负电荷在P点的电势能减小；故ABD错误，C正确;故选C点睛：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与正极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化4.如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为。在第1s内感应电流I顺时针方向。磁场的

5、磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示 (其中在45s的时间段呈直线)。则A. 在05s时间段，感应电流先减小再增大B. 在02s时间段感应电流沿顺时针方向，在25s时间段感应电流沿顺时针方向C. 在05s时间段，圆环最大发热功率为5.010-4WD. 在02s时间段，通过圆环横截面的电量为5.010-1C【答案】BC【解析】【详解】A、根据闭合电路欧姆定律得，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流，则在05s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变；故A错误.B、由题意知，在第1s内感应电流I 沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在0

6、2s时间段顺时针，在25s时间，磁场在减小，则感应电流的方向逆时针，故B错误.C、在05s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.0520.2=5.010-4W；故C正确.D、根据感应电量的公式，则通过圆环横截面的电量为5.010-2C，故D错误；故选C.5.真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则A. 整个过程中小球电势能变化了mg2t2B. 整个过程中小球速度增量的大小为2gtC. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D. 从A

7、点到最低点小球重力势能变化了【答案】B【解析】【详解】AB、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由又v=gt，解得a=3g，由牛顿第二定律得：ma=qEmg，联立解得，qE=4mg电势能的变化量：；则小球回到A点时的速度为v=vat=2gt，整个过程中小球速度增量的大小为v=v0=2gt，速度增量的大小为2gt。故A错误，B正确； C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了Ek= 。故C错误；D. 设从A到最低点的高度为h，根据动能定理得：，解得从A到最低点小球重力势能减少

8、了Ep=mgh= ，故D错误。故选：B。6.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=l0rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（规格为“4W，l00”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是A. 若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为B. 当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2C. 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D. 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗【答案】AD【解析】【详解】A. 输入电压的最大值为：Um=

9、NBS=100.410V=40V，图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为，故A正确；B. 变压器输入电压的有效值为：U1=Um/=40/V=40V。开关闭合时灯泡正常发光，所以U2=V=20V，此时原副线圈的匝数比为：n1:n2=U1:U2=40:20=2:1，故B错误；C. 线圈匝数不变，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2变小，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故C错误； D. 若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1：U2=n1：n2可知输出电压减小，所以灯

10、泡变暗，故D正确；故选：AD.7.如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是A. 物块与斜面体间的弹力不变B. 物块与斜面体间的摩擦力增大C. 斜面体与地面间的弹力不变D. 斜面体与地面间的摩擦力始终为0【答案】BD【解析】【详解】AB、设斜面的倾角为，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N=mgcos，摩擦力f=mgsin，故动摩擦因数=f/N=tan；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N=mgcos+Fsin，变大；滑动摩擦力f=N，也

11、变大；故A错误，B正确；CD、不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理,根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C错误，D正确；故选：BD8.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大

12、压缩量为，现让弹簧一端连接另一质量为的物体（如图乙所示）， 物体以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为，则( )A. 物体的质量为B. 物体的质量为C. 弹簧压缩最大时的弹性势能为D. 弹簧压缩最大时的弹性势能为【答案】AC【解析】【详解】对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能EP=M；对图乙，物体A以2的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v由动量守恒定律有：M=(M+m)v由能量守恒有：EP=M-(M+m)联立两式可得：M=3m，EP=M=m，故B、D错误，A、C正确。故选：A、C三、非选择

13、题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。9.现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图1所示。表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50Hz的交流电源。接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹。（1）图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），2、3和5、6计数点的距离如图2所示。由图中数据求出

14、滑块的加速度a=_（结果保留三位有效数字）。（2）已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是（ ）A.滑块到达斜面底端速度v B.滑块的质量mC.滑块的运动时间t D.斜面高度h和底边长度x（3）设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为=_（用所需测物理量的字母表示）。【答案】 (1). 2.51 (2). D (3). 【解析】试题分析：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=01s，根据逐差法有：；（2）要测量动摩擦因数，由mgcos=ma，可知要求，需要知道加速度与夹角余弦值，纸带数据可算出加速度大小，再根据斜面高度h和

15、底边长度x，结合三角知识，即可求解，故ABC错误，D正确（3）以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律有：mgsin-mgcos=ma解得：考点：测量滑块与木板之间的动摩擦因数【名师点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题10.某实验小组要测量干电池组(两节)的电动势和内阻，实验室有下列器材：A灵敏电流计G(量程为010mA，内阻约为100)B电压表V（量程为03V，内阻约为10k)C.电阻箱R1(0999.9)D.滑动变阻器R2(010，额定电流为1A)E旧电池2节F.开关、导线若干(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩

16、大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计内阻的电路如图甲所示，调节R2和电阻箱，使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为398.3，则灵敏电流计内阻为_(保留一位小数)。(2)为将灵敏电流计的量程扩大为100mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为_(保留三位有效数字)。(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出UlG(U为电压表的示数，IG为灵敏电流计的示数)图象如图丙所示则该干电池组的电动势E=_V，内阻r=_(保留三位有效数字)【答案】 (1). 50.0； (2). 4.55； (3). ； (4

17、). ；【解析】【分析】（1）根据题意应用欧姆定律可以求出电流表内阻。（2）把灵敏电流计改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。（3）由闭合电路欧姆定律确定出U-IG的关系式，结合图象求得E，r。【详解】（1）灵敏电流计内阻：；（2）灵敏电流计满偏电流为10mA，把它改装成100mA的电流表，电流表量程扩大了10倍，并联电阻分流为90mA，为电流计的9倍，由并联电路特点可知，并联电阻阻值：；（3）电流表示数：I=10IG，由图示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+10IGr，整理得：U=E-（10r）IG，由图示U-IG图象可知，电源电动势：E=2.91

18、V，图象斜率：k=10r=，电源内阻：r=9.1；【点睛】本题关键是明确实验的原理，明确各个部分联接关系，由部分电路欧姆定律与全电路欧姆定律分析求解，对于图象类问题要写出表达式进行分析。11.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的

19、位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离【答案】（1）50m （2）187.5m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得速度和位移；（2）该运动员第二次撒除水平推力后，由速度位移公式即可求解能滑行的最大距离。【详解】（1）根据牛顿第二定律得：运动员利用滑雪杖获得的加速度为：第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小位移（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为第二次利用滑雪杖获得的速度大小，则第二次撤除水平推力后滑行的最大距离解得：【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决动力学问题的中间桥梁，明确运动过程是解决问题的关键

20、。12.如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,bac=30,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场。在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B.在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上3dy0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点。电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计。求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发

21、光点距N点的最远距离L【答案】（1）； （2）；（3）；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为，有：解得即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为设电子从范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，

22、如图乙所示：根据运动学公式有： 解得：即时，L有最大值解得： 当【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用13.下列说法正确的是_。A. 加上不同的电压可以改变液晶的光学性质B. 晶体在熔化过程中分子平均动能逐渐增大C. 脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液D. 悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反映了碳粒分子的热运动E. 液体表面张力的方向与液体表面相切【答案】ACE【解析】

23、【详解】A. 液晶具有液体的流动性，又对光显示各向异性，电场可改变液晶的光学性质，所以加上不同的电压可以改变液晶的光学性质，故A正确；B. 晶体有固定的熔点，在熔化的过程中温度不变，分子平均动能不变，故B错误；C. 脱脂棉脱脂后，从不能被水浸润变为可以被水浸润，这样有利于吸取药液，故C正确；D. 悬浮在液体中的小微粒由于受到液体分子不平衡的撞击，表现出运动轨迹的无规律性，所以布朗运动反映了液体分子无规则的热运动，故D错误；E.液体的表面张力使液体表面积由收缩的趋势，表面张力的方向与液体表面相切。故E正确故选：ACE14.如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不

24、计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差已知水银密度为，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度多少时两边水银面恰好相平；（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化【答案】（i）（ii）03（）h0S-Q【解析】（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强 体积V11.8h0S， 温度T1=T0要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0， 此时活塞下端一定与气缸底接触， V2

25、=1.2h0S设此时温度为T2，由理想气体状态方程有 得： （ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功W=P1V=（）06h0S 由热力学第一定律得：U=0.6（）h0S-Q15.如图，轴上与是两个波源，产生的简谐波分别沿轴向右、向左传播，波速均为v=0.4m/s，振幅均为A=2cm，图示为t=0时刻两列波的图象，此时分别传播到P点和Q点，下列说法正确的是_ A.图示时刻质点P、Q都沿y轴负向运动 B.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点 C.t=1s时刻，质点M的位移为-4cmD.t=1.25s时刻，质点M为振动减弱点E.t=3.5s时刻，质点P的位移为0【答案】ACE【解析】由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动。故A正确；质点不随