决胜2021年新高考物理核心素养卷（04） （湖北专用）（解析版）

2021年湖北省新局考综合模拟

物理核心素养卷(04)

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〜H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.图示为氢原子能级示意图，已知大量处于〃=2能级的氢原子，当它们受到某种频率的光线照射后，可

辐射出3种频率的光子，下面说法中正确的是()

n£/eV

8

50

4--0.54

3-0.85

-1.51

2

-3.4

1--------------------------13.6

A.〃=2能级氢原子受到照射后跃迁到〃=4能级

B.〃=2能级氢原子吸收的能量为2.55eV

C.频率最高的光子是氢原子从〃=3能级跃迁到n=1能级放出的

D.波长最长的光子是氢原子从〃=4能级跃迁到n=1能级放出的

【答案】C

【解析】A.根据氢原子受到某种频率的光线照射后，可辐射出3种频率的光子可知，〃=2能级氢原子受到

照射后跃迁到“=3能级，故A错误；

B.〃=2能级氢原子受到照射后跃迁到〃=3能级，氢原子吸收的能量为

△£=£,—马=L89eV

故B错误；

C.光子的能量

E-hv

可知，频率最高的光子的能量最大，是氢原子从〃=3能级跃迁到”=1能级放出的，故C正确;

D.光子的能量

E=hv=h—

2

可知波长最长的光子的能量最小，是氢原子从〃=3能级跃迁到〃=2能级放出的，故D错误。

故选c。

2.如图所示，足够长的木板静止在光滑水平面上，木板质量为M,质量为机的小木块静止在长木板一上,

木板与小木块间的动摩擦因数为〃。现若给小木块向右的瞬间冲量为/，小木块在木板上留下划痕长为处;

若给小木块向右的瞬间冲量为2/,小木块在木板上留下划痕长为X2,则两次划痕长度之比为（）

.।

A.1:2B.1:4

C.1:8D.M与，〃大小关系未知而无法确定

【答案】B

【解析】对木块，由动量定理得

I=mv]-0

21-mv2-0

对木板和木块整体分析，由动量守恒定律得

mvx-{m+M}v\

mv2=（m+M）V2'

由功能关系得

121,2

Rrngx、=—mv,--(m+M)v]

jLimgx2_g(/〃+M)货

联立解得

%:々二1：4

故ACD错，B对。

故选B。

3.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为机、2加和3根，物

体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为耳。现

用水平拉力下拉物体B,使三个物体以同一加速度向右运动，则（）

'网2m尸

3mC------[B|-----*

A.此过程中物体C受五个力作用

B.当月逐渐增大到耳时，轻绳刚好被拉断

C.当尸逐渐增大到1.54时，轻绳刚好被拉断

D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为多

6

【答案】C

【解析】A.对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C

的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。

BC.对整体分析，整体的加速度

F-a-6mgF

a=-----------------=-------

6m6m

隔离对A、C分析，根据牛顿第二定律得

耳一〃•4mg=4ma

计算得出

4=2尸

3

当尸=1.54时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；

D.若水平面光滑，绳刚断时，对A、C分析，加速度

。=生

隔离对A分析，A受到的摩擦力

F=ma=—

f4

故D错误。

故选C。

4.如图所示为某粮库输送小麦的示意图。麦粒离开传送带受重力作用在竖直方向上掉落后，形成圆锥状的

麦堆。若麦堆底面半径为r,麦粒之间的动摩擦因数〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑麦粒的滚动。

则形成的麦堆的最大高度为（）

传送。4打麦堆

A.匚B.%C.yjl-ju2xrD.Jl+dxr

【答案】B

【解析】设麦堆最大高度为万，此时麦堆母线与底面形成的角为明此时侧面上的麦粒恰好不卜一滑，则有

mgsina=〃〃?gcosa

乂由几何关系有

h

tana--

r

解得

h—r^i

故选B。

5.在足够大的空间区域内，三条水平直线44、CQ、彼此平行，并且44与GC2间距为d,CQ

与86间距为2d,直线4A2与GC2之间有垂直纸面向里的匀强磁场Bi,直线GC2与n6之间有垂直纸

面向外的匀强磁场&,一带负电的粒子P，所带电荷量为g,质量为，“从4A2上的M点垂直44进入匀

强磁场，一段时间后，从。。2上的N点垂直离开磁场（N在图中未画出），已知粒子在M点进入时

的速度大小为％=刚色

，不计粒子的重力，下列说法正确的有（）

m

D,

**

**

------------------Q

GNXXXX

AiMAa

A.N可能在何点的左侧

B.N一定在M点的正上方

C.MN之间的水平侧移量为AXI=6（1-

D.粒子在A1A2、C1C2之间的水平侧移量为Ax=（l-

【答案】C

【解析】AB.粒子在M点进入时的速度大小为

m

则粒子在下方磁场中做圆周运动的半径为

「吗=2d

qBi

在上方磁场中运动的半径为

外=即也=4d

殂qB1

则由轨迹图可知，N点一定在M点右侧，不可能在M点的正上方，选项AB错误;

C.之间的水平侧移量为

Ax,=2d(l-cos30°)+44(1-cos30°)=6(1-

选项C正确;

D.粒子在4A2、C1C2之间的水平侧移量为

Ax=2t/(l-cos300)=2(1-

选项D错误。

故选C。

6.在真空中的x轴上的原点和x=6。处分别固定一个点电荷M、N,在x=2a处由静止释放一个负点电荷

4,点电荷q只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，经4“处速度最

大。则下列说法中正确的是（

A.点电荷M、N一定都是正电荷

B.x轴上3a到5a电势是先增后减

C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1

D.x=4a处的电场强度不为零

【答案】B

【解析】A.该电荷从2a到4“运动过程速度增大，即合外力向右，在4a到6“的运动过程速度减小，即合

外力向左。从2。到6a的运动过程，由库仑定律尸=警可知：M对该电荷的作用力减小，N对该电核的

r

作用力增大，方向不变，故M对该电荷的作用力向右，N对该电荷的作用力向左，所以，点电荷M、N都

是负电荷，故A错误；

B.该电荷运动过程只有电场力做功，故有动能定理可知：从3a到5m电场力先做正功，后做负功，那么

该电荷的电势能先减小后增大，由于该电荷是负电荷，故电势是先增大后减小，故B正确；

CD.由图可知，在4“处，合力为零，即电场强度为0,则有

kQMq=kQ^q

(4«)2一(2a)2

解得

QM=4QN

故CD错误。

故选B。

7.为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器

的原线圈上，设变压器原、副线圈的匣数分别为々、“。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进

而点燃燃气，闭合S,下列说法正确的是()

甲乙

A.电压表的示数为50J5V

B.在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V

C.当生•>100时，才能点燃燃气

D.当马=200时，点火针每个周期的放电时间为0.01s

如

【答案】c

【解析】A.根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50V,加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为

25夜V

故电压表的示数为

U=25叵V

故A错误；

B.两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于

^2V=2500V2V

72

不一定大于5000V,故B错误；

C.原、副线圈的电压关系为

”=2

U原n\

由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V,所以

—组〉ioo

"原

故C正确；

D.若原、副线圈匝数比为1:200,副线圈输出电压最大值。副=HXX)()V则一个周期内放电时间为

t——x0.02s=0.013s

3

故D错误。

故选C。

8.如图，固定光滑长斜面倾角为37。，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为机，用

与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相

连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为上且绳中无弹力，当小车缓慢向右运

3

动一L上距离时A恰好不离开挡板.已知重力加速度大小为g,sin370=0.6,cos370=0.8o下列说法正确的是

4

()

A.弹簧的劲度系数为签

3

B.当弹簧恢复原长时，物体B沿斜面向上移动了一L

10

C.若小车从图示位置以疯的速度向右匀速运动，小车位移大小为彳小时；轻绳对B做的功为三根gL

3

D.当小车缓慢向右运动一L距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g,方向沿斜面向下

4

【答案】AD

【解析】A.系统静止时，对B分析知

mgsin37°=kx]

解得

mgsin37°

k

3

小车向右移动到一L时，对A分析知

4

“gsin37°=kx2

解得

mgsin37°

“一k

分析题意可知

X1+x2

联立可得

〃_24mg

故A正确；

B.经分析，当物体B沿斜面向上移动了为时，弹簧恢复原长，此时

mgsin37°1

x.=------------=—L

1k8

故B项错误；

C.若小车以寂的速度向右匀速运动，设小车向右移动到时，轻绳与水平面成6角，则由几何知识

可得

.八4Xi3

sin6=—,cost）=—

55

由运动和合成与分解可得

此过程中弹簧弹力对B做功为零，则对物体B由动能定理

W-mg《sin37°=；mVg

解得

33

W^—mgL

100

故C错误；

3

D.当小车缓慢向右运动二L距离时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为0,此时对物体B受力分析，得出合

4

力为

F=2mgsin37°

目方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得B的加速度为

F,-

a=--i.2g

m

故D项正确。

故选AD„

9.宇宙飞船以周期T绕地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程（宇航员看不见太阳）,

如图所示，已知地球的半径为R,地球质量为M,引力常量为G,地球自转周期为To,太阳光可看作平行

光，飞船上的宇航员在A点测出对地球的张角为a,则以下判断正确的是（）

2TTR

A.《船绕地球运动的线速度为rsin(|)

B.一个天内飞船经历“日全食”的次数为外■

T

C.飞船每次“日全食”过程的时间为四

2%

【答案】AD

2刀7aRcv=-2--兀-R---

【解析】《船绕地球匀速圆周运动，线速度为v=——：乂由儿何关系知5沅（一）=一,解得：7./。、

2rTsm(-)

故A正确；地球自转一圈时间为小，飞船绕地球一圈时间为T,飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时

间了就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为〃二与，故B错误；由几何关系，飞船每次“日

T

全食''过程的时间内飞船转过a角所需的时间为：r=CaT，故C错误.万有引力提供向心力则：

2乃

2_%万2r32兀RIR

G丝'=/〃空-r得：VGM.（a）I„-故D正确.

r2T2sinlJJGMsinlJ

10.如图甲所示，大量的电子（质量为加、电荷量为e）不间断的由静止开始经电压为Uo的电场加速后,

从上极板的边缘沿平行极板方向进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压UAB随时间f变化的规律如图乙所

示。己知偏转电场的极板间的距离为“，板长为3不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏转电

场所用的时间极短，可认为此过程中偏转电压不变，当偏转电压为3U。时，粒子刚好从距上极板号的尸点

射出，下列说法正确的是（)

A.d=—L

2

B.当UAB=UO时，电子射出偏转电场时速度的偏转角为45°

C.当UAB=3U。时，电子射出偏转电场时速度的偏转角为45。

D.电子会从偏转电场的极板右侧不间断的射出

【答案】AC

【解析】ABC.电子由静止开始经电压为Uo的电场加速有

rr12

^U0=-mv0

解得

当UAB=3U0时，进入偏转电场加速度

e吗

a上=，玛

mmmd

根据平抛运动规律有

L

=vot

d12

——=—at

32

vv=at

联立解得

d=-L

2

Vm

电子射出偏转电场时速度的偏转角为45。，合速度

Vm

则UAB=U0时，电子射出偏转电场时速度的偏转角小于45°，故AC正确，B错误:

D.设电子恰能从极板右侧下边缘射出的偏转电压为U,则有

U

FeU

mmmd

根据平抛运动规律有

L-%。

d=-at2

2

解得

U=9U°

所以当电子进入偏转电场的电压小于9U。的电子可以从从极板右侧射出，由题图可知，部分时间内电压大

于9U0,故电子不会从偏转电场的极板右侧连续射出，故D错误。

故选AC。

12.如图所示，正三角形MNI区域存在匀强磁场（含边界），方向垂直于纸面向里，三个顶点M、N、1

在直角坐标系内的坐标分别为e,2j%m）、（-2cm,0）,（2cm,0）,磁感应强度大小5=4*10”。现让比荷

为"=2.5x1（）5c/kg的大量正粒子从。点以相同的速率v=2^3m/s在纸面内沿不同方向射入该磁场区域。

m

不计粒子重力和粒子间相互作用，则下列说法正确的是（）

A.从磁场区域射出的粒子中,

B.从〃、N点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为2:1

C.垂直MN、,边射出的粒子在。点速度方向间的夹角为135。

D.从根边离开磁场的粒子，离开磁场时距/点最近的位置坐标是（、/§cm,（26-3km）

【答案】AD

【解析】B.根据

V2

qvB=m——

r

得

，=h=2&cm

qB

如图所示

根据几何关系可知从M点射出的粒子运动轨迹所对圆心角为60。，设从N点射出的粒子运动轨迹所对圆心

角为6,则有

,e173

sin—=—k=——

22736

根据数学知识可知

"30。

粒子比荷相同，则运动周期相同，运动时间之比等于运动轨迹所对圆心角之比，选项B错误；

A.根据等圆中弦长与圆心角的关系分析可知，从M点离开磁场的粒子在磁场中运动时间最长，运动周期

—27n72兀

T=-----=—s

qB50

则

T兀

t=—=----s

6300

选项A正确；

D.沿x轴正方向射入的粒子，从上〃边离开磁场时距/最近，半径

r-MO

则粒子垂直M/射出，射出点4的坐标设为(x,y),则

x=rsin30°=6cm

y=A'-rcos30。=(2>/5-3km

则离/最近的点的坐标为(&01,(26-3际)，选项D正确；

C.垂直MN射出的粒子，根据几何知识知运动轨迹所对圆心角为30。，则该粒子从。点射入时速度方向与

O例的夹角为30。，则垂直MN、边射出的粒子在。点速度方向间的夹角为120。，选项C错误:

故选AD,

二、非选择题:本题共5小题，共56分。

13.某同学利用如图甲所示的实验装置探究小车的加速度。与拉力产、小车质量M之间的关系，其中A为

小车，B为电火花打点计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有滑轮的长木板，所用交流电的频率为

50Hz,实验时已平衡了摩擦力。

(1)图乙是他某次实验得到的一条纸带，每两计数点间均有四个点未画出，部分实验数据已在图乙中标出。

则打A点时小车的速度大小为m/s，小车的加速度大小为m/s2«(结果均保留两

位有效数字)

(2)用该装置验证牛顿第二定律时，保持细砂和小桶的总质量机不变，逐渐减小小车质量M，则该同学作出

的a-」-图像可能正确的是__________。

M

【解析】本题通过探究加速度与质量、力之间的关系实验考查考生的实验探究能力和处理实验数据的能力。

(1)[1]由于小车做匀加速直线运动，

由匀变速直线运动规律可得打A点时的速度

-2

vA=87°+721x10m/s«0.70m/s

A2x0.1

⑵加速度

7.72+7.21-6.70-6.19

x10-2m/s2=0.51m/s2

4x0.12

(2)[3]当小车质量"不变时，由牛顿第二定律可得

F=Ma

mg—F=met,

两式联立可解得

〃mg1

.mM

1d------

M

由此可以看出，当满足机口M时，a-'-图线的斜率

M

mg

k=-------«m2

1m

1+——

M

为定值，所以开始的时候图线应为一条过原点的直线，随着“的减小，当不再满足加口〃时，斜率女将

随着"的减小而减小，故图线应向下弯曲，选项C正确。

M

故选C。

14.某物理兴趣小组利用图甲电路测量一电源的电动势E(约为3V)和内阻r(约为0.5C),其中R为电

阻箱，Ro为定值电阻。

（D定值电阻R。的阻值应选用（选填“2C”、“2kC”）；

（2）根据图甲将图乙的实物图连接成测量电路。（）

（3）多次改变电阻箱的阻值R,记录下对应的电压U,以为纵坐标、为横坐标，根据记录的数据作出图线如

图丙所示。若不考虑电压表对电路的影响，则该电源的电动势E=V（结果保留三位有效数字），内

阻，=C（结果保留两位有效数字）。

【答案】2C2.860.41

【解析】（1）口］定值电阻应选用与电源内阻相差不多的电阻，即应选择2C。

（2）［2］测量电路如图;

（3）［3J141根据闭合电路的欧姆定律有

E=U+凯+r）

整理得

1凡+工1

UERE

结合题图丙有

—=0.35V-1

E

%+rl.-Qp

E0.77

解得

£=2.86V

r=0.41C

15.一半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如图甲所示。现有一单色光从图中的P点平行于底面入射，经半

圆形玻璃移折射，折射光线相对入射光线的方向偏转了15°，已知P点到底面高度为注R,现将一束该单

2

色光与玻璃病的底平面成6=45°角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上，如图乙

所示。经柱面折射后，有部分光（包括与柱面相切的入射光）直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内

表面反射后射出的光，求：

（1）半圆形玻璃砖的折射率；

（2）半圆形玻璃砖底面透光部分的宽度。

【答案】（I）正；（2）叵R

2

【解析】（1）由题意可画出甲图中的光路图（见图1）,由几何关系可得这时入射角i=45。，折射角尸30。,

由折射定律有

sinz

n==正

sin/

0

图1

(2)由图乙可判断，沿半径方向射到圆心0的光线1(见图2),它在圆心处的入射角8=45。，恰好等于全

反射临界角C,故发生全反射。

在该光线1左侧的入射光线，经过柱面折射后，射在玻璃砖底面上的入射角大于临界角，因而在底面上发

生全反射，不能直接折射出。

在该光线1右侧的光线经柱面折射后，射在玻璃砖底面上的入射角小于临界角，因此从底面射出。

在入射光线中，与玻璃砖相切的光线2(见图2),在玻璃砖中折射角为45。，折射光线恰好与底部垂直，

出射点与圆心距离为

/?sin45°=—/?

2

所以，从圆形玻璃砖底面透光部分的宽度为立式

2

图2

16.2021年1月22日京哈高铁全线贯通，1198公里的里程仅需4小时52分。高铁相比传统列车优点很多,

可以用下面的模型车类比高铁与普通列车的起动过程。模型一为模拟由一节机车头带4节车厢的普通列车,

车头和普通车厢质量相等均为10kg,运行时阻力是重力的0.2倍。起动时只有第一节机车可动，发动机输

出70N的恒定牵引力，当机车头前进2.5m时，瞬间与后四节车厢作用成为一个整体，之后发动机以不变的

牵引力150N带动整列火车继续加速到15m/s„模型二为五节完全一样的动车组，每节质量为7.5kg,运行时

阻力是重力的0.1倍，因为每节车厢都能提供动力，可以实现五节车厢同时起动，发动机提供的总牵引力为

2

150N,同样加速到15m/s。gMX10m/so

(I)若两列车的发动机的总额定功率均为1.8kW,求模型车一、二的最大行驶速度大小；

(2)求出两列车的速度从0加速到15m/s的时间差。

机车头

模型一口口口口-匚I

模型二□□□□□

0000000000

【答案】(l)vmi=18m/s,vm2=48m/s；(2)10s

【解析】⑴由

P=Fv

可知当户于"时速度最大

对模型车一有

/i=100N

最大速度

Vmi=18m/s

对模型车二有

段=37.5N

最大速度

Vm2=48m/s

(2)对模型车一有：机车起动时

F\-k\m\g=m\a\

解得

ai=5m/s2

L\:

解得

Z|=ls

vi=5m/s

与四节车厢相互作用时

mw\=5m\V2

解得

V2=lm/s

一起加速时有

Fi-5k\m\g=5m\ai

解得

。2=1m/s2

有

V=©+〃2及

解得

/2二14s

对模型车二有