2021届新高考物理地市名校必刷模拟卷3（湖北专用）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（湖北专用）・3月卷

第三模拟试题

一、选择题：本题共U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.如图所示，相距为L的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直

并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与水平面成角（0＜庆90。）斜向右上方。已知金属

棒ab与电阻R的距离也为L。t=O时刻，使磁感应强度从无开始随时间均匀减小，且金属棒帅始终保持静

止。下列说法正确的是（）

A.t=O时亥I],穿过回路的磁通量大小为q）=Bo『

B.金属棒ab中的感应电流方向由。到b

C.金属棒ab中的感应电流随时间均匀减小

D.金属棒ab所受的安培力随时间均匀减小

【答案】D

【解析】

A.t=O时刻，穿过回路的磁通量大小为

①=4/?sin8

选项A错误;

B.根据楞次定律可知，金属棒岫中的感应电流方向由b到a,选项B错误;

CD.根据

£=丝=".

△tbt

使磁感应强度从8。开始随时间均匀减小，则竺恒定不变，感应电动势恒定不变，则金属棒ab中的感应电

Ar

流恒定不变，根据F=8儿可知，金属棒ob所受的安培力随时间均匀减小，选项C错误，D正确。

故选D。

2.迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星"Gliese581”运行的行星“G1-581C”

却很值得我们期待。该行星的温度在0C到40℃之间，质量是地球的6倍，直径是地球的1.5倍，公转周期

为13个地球日。"Gliese581"的质量是太阳质量的0.31倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体,

绕其中心天体做匀速圆周运动，则（）

A.在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同

得倍

B.该行星与恒星"Gliese581”的距离是地日距离的

C.如果人到了该行星，其体重是地球上的21■倍

D.该行星的平均密度是地球的平均密度的4倍

【答案】C

【解析】

A.卫星绕行星表面附近做匀速圆周运动时的速度即为行星的第•宇宙速度，由万有引力提供向心力

-Mmv2

G——二m—

R2R

解得

M是行星的质量，R是行星的半径，则得该行星与地球的第一宇宙速度之比为

故A错误;

B.据万有引力提供向心力

-Mm4"2

解得

IGMT2

1

4乃2

行星〃G1-581c〃公转周期为13个地球日。将已知条件代入解得：行星“G1-58心的轨道半径与地球轨道半径

小.31x(13)2

俗G：后地二V-36?~

故B错误;

c.万有引力近似等于重:力

G和-mg

可得该行星表面与地球表面重力加速度之比为

6GMGM8

g行:8地=/行方=5

所以如果人到了该行星，其体重是地球上的2?倍，故C正确;

3

D.球的平均密度为

_M地_"地

地一『口

行星的平均密度

c_M行_"行

V13

代入数据可得

%；。地=16:9

故D错误。

故选Co

3.用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为8.919MeV的。粒子（：He）,其核

反应方程式为：；H+；Lif；He+：He。已知质子质量为1.007825U,锂原子核的质量为7.016004u,。粒子

的质量为4.00260U,lu相当于931MeV。若核反应释放的能量全部转化为C粒子的动能，则入射质子的动

能约为（）

A.0.5MeVB.8.4MeVC.8.9MeVD.17.3MeV

【答案】A

【解析】

该反应放出能量

AE=(L007825u+7.016004u-2x4.00260u)x93IMeV/u=17.34MeV

入射质子的动能

%=2%-AE=0.5MeV

故选A„

4.如图，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abed用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于

力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bed部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强

磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为/、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力

传感器的示数为Fio只改变电流方向，其它条件不变，力传感器的示数为F2,该匀强磁场的磁感应强度大

小为（）

XXXX

i.xB.Xc.egD0(i)

4〃4/L4/L4IL

【答案】C

【解析】

线框在磁场中受到安培力的等效长度为bd=0L，当电流方向为图示方向时，由左手定则可知导线框受到

的安培力竖直向上，大小为

F=丘B1L

因此对导线框受力平衡可得

4+尸=mg

当导线框中的电流反向，则安培力方向竖直向下，此时有

mg+F=F2

联立可得

B:近g-FJ

'4/L

故选C。

5.如图所示，质量为m的物块A静止在水平面上，A的左侧光滑，右侧粗糙，一个质量为M的物块B以

速度％向右运动，与A发生弹性正碰，碰后A向前滑行玉而停止。若仅把A的质量变为3加，其它条件不

变，再次让B与A发生弹性碰撞，碰后A向前滑行々而停止。已知须：々=9：4,则()

用;.............目

//■///////////

A.m:M=1:2B.m:M=\:3C.m:M=2:3D.m:M=3:4

【答案】B

【解析】

A与B发生弹性碰撞，有动量守恒和机械能守恒，则

22

Mva-Mvt+mv2,:Mvn-—Mvtmv^

碰后A向前滑行，根据动能定理得

2

-/x=0--mv2

解得

4gM+m

所以

x,.M+3/n.99

—=(-------)'=—

x2M4-m4

解得

m:M=1:3

故选B.

6.如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板8左端放着小物块4。某时刻，4受到水平向右的外力F

作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。4、8间最大静摩擦力大于8、C之间的最大静摩擦力，假设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映48运动过程中的加速度OA和QB，以

及A与B间摩擦力力、8与C间摩擦力力随时间变化的图线中不正确的是（）

忤;甲

【解析】

A.由图乙知力与时间的表达式为

F=kt

对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即。/=°；

对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，根据牛顿第二定律得

F-JLIAMk

2―K—

当拉力足够大时，A、8的加速度不同，故对4根据牛顿第二定律得

F-fd.mgk

aA3^----------=-tf'g

mm

故如2的斜率用=——,的斜率&2=一，则有《＜七，即拉力足够大时直线更陡峭，故A正确，不

M+mm

符合题意:

B.对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速

度为零，故B错误，符合题意:

C.当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体4拉力小于丹加g,静摩擦

力等于拉力，则有

f\=F=kt

即摩擦力随时间均匀增大；

当整体开始加速滑动时，对整体根据牛顿第二定律得

F-+m）gk

aA2=-------------=------1-

M+mM+m

对木板，根据牛顿第二定律有

卜Ma

解得

工=京----一任Mg

M+m

其斜率一”<%,即此对应的直线比刚开始对应的直线更平缓；当A、8发生相对滑动后，变为滑动摩擦

M+m

力,为片保持不变，故C正确，不符合题意；

D.对A8整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力，

则有

fz=F=kt

即摩擦力随时间均匀增大；；滑动后，受地面的滑动摩擦力为力=〃2（M+7”）g，保持不变；故D正确，

不符合题意。

故选B.

7.如图甲所示，电源的电动势为E,内阻为r,R为电阻箱，电流表为理想表。图乙为电源的输出功率P与

电流表示数/的关系图象，其中电流为从匕时对应的外电阻分别为％、R2,电源的效率分别为7、%，输

出功率均为Po,下列说法中正确的是（）

Po

A

甲乙

A./?i</?2B.12~=---

~r

2

C.R]R2=rD.〃1<〃2

【答案】C

【解析】

A.由闭合电路欧姆定律可知

/=—^―

R+r

由图可知

则

R]>R2

选项A错误；

B.由闭合电路欧姆定律得

U=E-Ir

输出功率为

P^UI=EI-I2r

所以有

EI「I；r=El2-生

整理得

选项B错误；

C.根据电功率表达式有

片）==咛&

且

则有

E2E2

（Ri+）（用+厅-

整理得

g=r2

选项c正确；

D.根据电源的效率可得

Q

El

因为

L<，2

因此

7>%

选项D错误。

故选Co

8.如图，一定质量的理想气体从状态。开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说

法正确的是（）

A.过程①中气体的压强逐渐减小

B.过程②中气体对外界做正功

C.过程④中气体从外界吸收了热量

D.状态c、d的内能相等

E.状态d的压强比状态b的压强小

【答案】BDE

【解析】

A.由理想气体状态方程

生_坐

TaTb

可知，体积不变温度升高即7户丁。，则Pb>P。，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；

B.由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；

C.过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放

出热量，C错误；

D.由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；

PV

E.由理想气体状态方程——=C可得

T

V

即TW图中的点与原点。的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。

故选BDEo

9.如图所示，倾角为9的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、长度均为3d。四个质量均为m的相同

样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，

且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan凯若样品1在P处时，四个样品由静

止一起释放，则（重力加速度大小为g）（）

3

当样品1刚进入MN段时;样品的共同加速度大小为:gsin。

当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin9

当四个样品均位于/WN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinB

D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3jgdsin8

【答案】AD

【解析】

AB.当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得

4mgsin6?-/jmgcos0=4mat

解得样品的共同加速度大小为

3.八

a{=-gsinc/

以样品1为对象，根据牛顿第二定律得

4+mgsin6—"mgcos0=mat

解得样品1的轻杆受到压力大小为

3

6=4mgsin0

故A正确，B错误；

C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功

W]=-jumgcos。•3d=-3mgdsin0

摩擦力对样品2做功

W2=-/jmgcos0-2d=-2mgdsin0

摩擦力对样品3做功

=-jumgcos0d=-mgdsin6

此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为

W=W]+W2+W3=-6mgdsmO

故c错误；

D.样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度

4-mesin6.八

q=------------=gsin夕

4-m

样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度

Amgsin0-umscos03.八

2

o=--------——-------二7gsin0

24m4

样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度

4mgsin0-jd（2/n）gcos01.

_/gsmg

4m

样品4进入MN段之前，根据牛顿第：定律可知，整体的加速度

sin0-uCim）2cos01.八

%=---------------r---------------二7gsin8

4m4

由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度

vj2=2々］（3d）

样品2刚进入M/V段时的速度

2

戒—vj=2a2d

样品3刚进入M/V段时的速度

¥一试=2必

样品4刚进入段时的速度

V：—v；=2a4d

综合上面分析可知

V：=2a,（3d）+2a2d+2a3d+2a4d=9gdsin0

当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为

v-v4-Q9gdsin9=3Jgdsin6

故D正确。

故选AD。

10.如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面

向外，磁感应强度大小为B,三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.把粒

子源放在顶点A处，它将沿NA的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为V。的带负电的粒子（粒子

重力不计）.则下列说法正确的是（）

aBL7im

A.若Vo=W—，则粒子第一次到达C点所用的时间为一7

mqB

B.若丫。=毁,则粒子第一次到达C点所用的时间为舞

、兀

C.若V。二c二/B一L,则粒子第一次到达B点所用的时间为2fm-

mqB

D.若vO=%,则粒子第一次到达B点所用的时间为空

2m3qB

【答案】BC

【解析】

若v0=蟠，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=m—；

mr

271m

T=——；将速度代入可得：r=L；从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示,

qB

5T57rm

带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从C到B的时间：廿至=场；故从A到B的时间沏

twtAc+底节7rm+5丽7rm=2而7rm；故C正确；若3号c/BL'带电粒子垂直进入磁场'做匀速圆周运动'则由

v2e271m1

牛顿第二定律可得：qvB=mL；丁=「1；将速度代入可得：r=：L；故从A射出粒子第一次通过圆弧从

rqB2

A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得:

X

X

X

X

X

X

X

Tc乃mc27rmTTim

&=k2=标'2=丽，故B正确；带电粒子从C到B的时间f=5=至故从A到B的时间

2乃加7rm5兀m

为：tAB=tAc+tcB=T^-+—=VV'故D错误；故选BC.

3qBqB3qB

11.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m,降压变压器的变压比为"，输电线的电阻

为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U,若由于用户的负载变化，使电

压表V2的示数减小了AU,则下列判断正确的是（）

发

电

厂

升压变压器降压变压器

A.电流表A2的示数减小了半

B.电流表Ai的示数增大了

D.输电线损失的功率增加了「咆R

C.电压表5的示数不变

IR）

【答案】BC

【解析】

AB.根据理想变压器的电压规律，对于降压变压器

△q

----L=n

\U

根据欧姆定律，A1示数增加了

△1\=

RR

根据单相理想变压器的电流规律

1

n

解得A2示数增加了

,At/

△A71、=n-AA/.=n2----

21R

A错误，B正确；

c.发电厂的输出电压恒定，升压变压器的变压比恒定，所以Y示数恒定，c正确;

D.输电线上损失的功率增加了

化后R—4化前嘤］R

\KJ

所以损失的功率不一定为R，D错误。

故选BC。

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12.（7分）

在"描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的器材如下：

待测小灯泡（12V,6W）

电源（电动势15V,内阻不计）

电流表（0~0.6A,内阻约0.125Q；0-3A,内阻约0.025Q）

电压表（0-3V,内阻约3kQ；0~15V,内阻约15kC）

滑动变阻器R（0~10Q）

开关及导线若干：

⑴电流表应选用____________量程；

（2）某同学在图（a）所示的实物图中已连接了部分导线，请在答题卡上完成实物图的连线。

⑶若某次电流表的示数如图（b）所示，该读数为A；

⑷调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的/-U图线如图（c）所示。某同学将小灯泡与

该电源、定值电阻&=22.5。串联构成回路，小灯泡消耗的功率为—W（结果保留两位有效数字）。

UN

图（c）

【答案】0.6A0.4002.4（2.226均正确）

【解析】

⑴待测小灯泡的额定电流为0.5A,则电流表选择0.6A量程；

⑵小灯泡属于小电阻，则采用电流表外接：滑动变阻器用分压电路，则电路连线如图:

⑶电流表最小刻度为0.02A,示数为0.400A；

⑷根据全电路欧姆定律，则

L/=E-/RO=15-22.5/

将此函数关系图像画在小灯泡的U-/图像中，如图;

两条图像的交点坐标为。=6V,/=0.40A,则灯泡的功率

P=/U=2.40W

13.（9分）

某实验小组利用如图（a）所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：

①用游标卡尺测量小球A、B的直径d,其示数如图（b）所示，用天平测量小球A、B的质量分别为mi、

②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上;

③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为Q时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高

点时其悬线与竖直方向的夹角为4,球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为彷o

234cm

山|川中川|“山1

0510

图(b)

回答下列问题：

⑴小球的直径d=cm；

⑵若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式可表示为.o(用①③中测量的量表示);

⑶完成实验后，实验小组进一步探究。用质量相同的A、B两球重复实验步骤②③，发现A球与B球碰撞

后，A球静止，B球向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角略小于。，由此他们判断A、B两球的碰撞

是(填〃弹性碰撞"〃非弹性碰撞〃"完全非弹性碰撞〃)o

【答案】2.20町Jl-cosa=一町Jl-cos8]+牡Jl-cos.弹性碰撞

【解析】

⑴游标卡尺的主尺读数22mm,游标读数为0.1x0mm=0.0mm,则小球的直径

d=22mm+0.0mm=22.0mm=2.20cm

(2)小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得

=14gL(l-COSa)

碰撞后，对A、B两球分别根据机械能守恒定律得

；叫丫：=叫gL(l-cosa)

~m2V2=M2gL(l-cosS?)

若两球碰撞前后的动量守恒，则满足

=-m[v[+m1v2

联立可得

仍Jl-cosa=Jl-cosq+用Jl-cos%

(3)A>B两球质量相同，则有

Jl-cosa=-Jl-cosq+Jl-cosg

若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有

gmv,2=；/MV,2+gmv；

即有

1-costz=-(1—cos^)+(l-cos^2)

联立可得

q=o

a=a

所以判断A、B两球的碰撞是弹性碰撞。

14.（9分）

如图所示，波源S在竖直方向做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为y=10sin5mcm,产生的波向左、

右同时传播，波速u=6m/s,P,Q是分别位于波源左、右两侧的质点，质点。到波源的距离是质点P到

波源距离的3倍，从「=0时开始计时，当波源第二次到达波峰时，波刚好传到P点。求：

⑴波长4；

（2）从r=0时开始计时到质点Q第一次达到负向最大位移处的过程中，波源通过的路程。

PSQ

【答案】（l）2.4m；（2）1.8m

【解析】

⑴由y=l（）sin5加cm可知，质点的振动周期为

2兀2兀

T=—=—s=0.4s

CD571

因此波的周期也为0.4s；

波长

A.=vT=6x0.4m=2.4m

（2）由y=10sin5“cm可知波源起振方向竖直向上，所以从t=0时开始计时到波源第二次到达波峰所用时

间为

/=（l+；）T=0.5s

波传播的距离即SP之间的距离

L§p~vZ=3m

则质点。到波源的距离

LSQ=3L$p=9m

因此波传播到。点，所需时间

公组“5s

V

质点。从开始振动到第一次达到负向最大位移处，需要时间

t=—T=0.3s

274

所以从f=0时开始计时到质点Q第一次达到负向最大位移处波源振动的总时间为

c9

t忌=4+q=L8s=耳7

波源在此过程中通过的路程为

9

L=—x4A=1.8m

2

15.（13分）

如图所示，水平面上有48两个小物块（均可视为质点），质量分别为m、3m,两者之间有一被压缩的轻

质弹簧（未与A、8连接）。距离物块A为2Z,处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水

平面相切于C点，物块B的左边静置着一个斜面体，斜面体斜面、底面均光滑，斜面体高度为2L（底部与

水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块48瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的

最高点D（。处设置有口袋，物体经过D后即进入口袋），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最

大高度为"I。己知两物块与A右侧水平面间的动摩擦因数〃=0.5,B左侧水平面光滑，重力加速度为go

（计算结果用m、g、L表示）

⑴求释放前压缩的弹簧具有的弹性势能；

⑵求斜面体的质量；

⑶求物块8与斜面体相互作用的过程中，物块8对斜面体做的功；

⑷计算说明物块B最后停止位置。

144〃2o/25

【答案】(1)7rmgL：(2)18，〃；(3)T-；(4)二L

3763

【解析】

⑴在。点，有

mg=m~^

从C到D,由动能定理，有

0,1212

-mgx2L=-mvD——mvc

解得

vc=y15gL

名一u：=-2〃g-2L

弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有

mvA=3mvB

由能量守恒得

1,12

E=3mvA+—3mvj

代入得

.14

E=—mgLr

(2)8滑上斜面体最高点时，对8和斜面体，根据动量守恒定律，有

3mvp=(3m+M)v

由机械能守恒定律，有

1,12L

—2>mVg=—(3m+M)v+3m