物理2021年高考考前押题密卷（湖北卷）（考试版+全解全析）

2021年高考考前押题密卷（湖北卷）

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置

作答一律无效。

5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

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.如图所示的电路中，变压器为可调理想自耦式变压器，Ri为定值电阻，R2为滑动变阻器，在M、N两端

输入恒定的正弦交流电，则下列判断正确的是（）

A.仅将滑片Pi向上移，电压表示数变大

B.仅将滑片Pi向上移，电流表示数变大

C.仅将滑片P2向上移，电压表示数变大

D.仅将滑片P2向上移，电流表示数变大

2.如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子（磁极）转动，使定子（线圈，不计电阻）

中产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为/,设定的额定风速为V,空气的密度为P，额定风速

下发电机的输出功率为P,则风能转化为电能的效率为（）

2P6P4P8P

兀p"B，孙)/27Ttpl'V3Ttpl'V7,

3.如图所示，金属棒ab放置于倾角为D的粗糙金属导体框架PQMN上，框架下端接有一电阻R,整个空

间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向可调节。从某一时刻开始，将磁场方向从水平向左顺时针

缓慢调至竖直向上，金属棒ab棒始终保持静止。则在此过程中（）

A.穿过回路的磁通量先增大后减小

B.流过电阻R的感应电流方向始终由M到N

C.金属棒出?所受的安培力方向始终不变

D.金属棒出?所受的安培力大小始终不变

4.于2020年7月23日成功发射的"天问一号"（Tianwen-1）火星探测器，在2020年除夕夜前后到达火星。

假设将来在火星表面完成下面的实验：在火星的北极（或南极）地面上竖直固定一个半径为r的光滑圆轨道,

如图所示，给静止放置在其最低点的质量为m的小球（可视为质点）水平向右、大小为/的瞬时冲量后，

小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知火星的半径为R,引力常量为G,则火星的质量为（）

1)1

IR2。I2R2

A.B・--------

5Grm5Gmr

12RIR

C.D.---------

5Grm25G门n

5.如图所示，一透明玻璃半球竖直放置，。。'为其对称轴，。为球心，球半径为R,半球左侧为圆面，右侧

为半球面。现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球对该光的折射率为0,真空中的

光速为C,不考虑光在玻璃中的多次反射，则从左侧射入刚好能从右侧半球面射出的入射光束偏折后到与对

称轴。。’相交所用的传播时间t为（）

2#+邑R2瓜_五口_2R

-------------KD--------------K----D.铝n

2c2cc

6.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，质量分别为加4=1kg、mB=2kg,

当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、8将会分离。。=0时刻开始对物块A施加一水平推力片，同时对

物块B施加同一方向的拉力尸2,使4B从静止开始运动，运动过程中6、K方向保持不变，耳、鸟的大

小随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（）

13

A.r=hS时刻4B恰好分离

6

7_

B.，=:时刻A、B恰好分离

3

C.，=3s时刻A、B之间作用力大小为L8N

D.r=2s时刻48之间作用力大小为0.6N

7.如图所示，匀强电场中有一半径为R的圆形区域，匀强电场方向平行于圆所在平面（图中未画出），圆

形区域处在竖直平面内，圆周上有八个点等间距排列。一重力不可忽略的带正电小球从A点以相同的初动

能在该平面内抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达D点时小球

的动能最大。已知小球质量为m,电荷量为q,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球到达。点时动能最大，说明到达。点的过程电场力做功最多

B.选取合适的抛出方向，小球一定能到达H点

c.电场强度的最小值为七=«遗

2。

D.若电场强度大小后=等，则电场强度方向水平向右

2g

8.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时，乙车在甲车前50m处，它们的v-t图象如图所

示，下列对汽车运动情况的描述正确的是（）

A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动

B.在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等

C.在第30s末，甲、乙两车相距50m

D.在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次

9.真空中a、b两种单色光的波长比儿:儿=k：1,则a、b两种光

A.光子能量之比Ea：Eb=l：k

B.若都能使某种金属发生光电效应，则所产生的光电子最大初动能之比为Em:EKb=l:k

C.入射到同一双缝干涉装置上，则干涉条纹间距之比为：5=&：1

D.从玻璃入射到空气中，两种光的临界角之比品：Cb=l-.k

10.如图所示，倾角为e的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN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，样品与间的动摩擦因数为tan。。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

A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为一gsin。

4

B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsin）?

C.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsin9

D.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为3jgdsin6>

11.如图所示xOy坐标系的第一象限内y轴与直线y=x（x>0）之间的部分区域内存在垂直纸面向里的磁感

应强度8=0.5T的有界匀强磁场。从y轴上的A点（0,也-1）沿x轴正方向射出许多速率不同的相同带正电的

粒子。已知粒子速率范围为0<v<102m/so且最大速率的粒子恰好不从磁场右边界穿出。不计粒子的重力及

电荷间相互作用力。下列说法正确的是（）

A.所有粒子在磁场中运动的时间相同

B.粒子的比荷为2xl（）2C/kg

C.磁场区域的最小面积为万m2

D.粒子从直线片x处运动时间4x1()飞射出磁场

二、非选择题：本题共5小题，共56分。

12.(7分)

测量一干电池组的电动势和内电阻所用器材如下，连线图如图甲所示：

A.电压表V：量程0~3V、内阻约为25kQ；

B.电流表A：量程0~100mA、内阻为18.0Q；

C.干电池组E：电动势待测、内阻待测；

D.滑动变阻器R：0-15Q；

E.定值电阻Ro：电阻值为2.0Q；

F,单刀单掷开关S,导线若干.

实验时测量出多组电流表A的示数/和电压表V的示数U,并将对应的数据画出U-/图像，如图乙。利用图

像可求出该干电池组的电动势为E=V、内电阻为r=Qo

小灯泡L的额定电压为3.0V,现已测出其伏安特性曲线如图丙所示，它的额定电功率。额=W。

将L两端直接接在上面所测干电池组的两极上，则L消耗的实际电功率P=W。

13.（9分）

某同学利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度，绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不

图乙

i.JU20分度游标卡尺测量挡光片的挡光宽度d,示数如图乙所示。将挡光片固定在物块b上，再用天平测量

物块a、h的质量分别为加“、叫。

ii.按照图甲所示安装器材，测量光电门和挡光片的高度差为h,再将物块b由静止释放，b竖直上升，测得

挡光片通过光电门的时间为上

请回答下列问题：

（1）游标卡尺的示数为mm；

（2）该地重力加速度的表达式为g=（用测量量的符号表示）；

（3）该同学为了减小误差，通过调整物块b释放的位置来改变h,测出对应的通过光电门的时间3得到若

干组（爪/）后，在坐标纸上描点，拟合直线，则他描绘的是图像；

,I,,1,,

A.h—B.h—tC.h--7D.h—/■

tr

（4）若将考虑挡光片的质量而测得的重力加速度值记为g1,将忽略挡光片的质量而测得的重力加速度值记

为g2,则&（选填“大于"、"等于"、"小于"）g2.

14.（9分）

如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的理想气体，开始时缸内气体温度为47℃,封闭气柱

长为8cm,活塞横截面积S=60cm2。现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J,

稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强为105pa,活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力，求：

⑴加热后活塞到气缸底部的距离；

（2）此过程中气体内能改变了多少。

7////////Z77

OO

15.（13分）

如图所示，一倾角为。的斜面固定在水平面上，质量为5m物块静止于斜面上。处。在距离。点h高处的

斜面顶端从静止开始释放一个质量为m的小球，小球沿斜面下落过程中只与物块发生了一次弹性碰撞，一

段时间后两者同时到达斜面底端。物块与斜面间的动摩擦因数等于tan。，小球与斜面间摩擦忽略不计，重

力加速度大小为g。求：

（1）小球与物块刚碰撞后它们的速度口、V2；

（2）斜面的高度也

16.（18分）

如图所示，在真空中xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域I、II、川、IV,区域I、川宽度均为d,

内有沿y轴负方向的匀强电场E；区域II、IV宽度均为2d,内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场分别是81

和B2。M是区域川右边界与x轴交点。质量为m,电荷量为+q的粒子甲以速度V。从。点沿x轴正方向射

入电场E,经过一段时间后，沿x轴正方向与自由静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域

IV,之后直接从右边界上Q点（图中未标出）离开区域IV。粒子乙不带电，质量为2m,粘合前后无电荷损

C2

失，粘合时间很短，£=卫密,粒子重力不计。

qd

（1）求粒子甲离开区域I时速度i/i大小和与x轴正方向夹角9；

（2）求匀强磁场比的磁感应强度大小：

（3）若匀强磁场B2磁感应强度大小不同，则粒子丙在磁场Bz中运动时间不同。求粒子甲从。点到M点运

动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值

XXXX

打

XXXX

m，q%XXMxx

(1一■>

OX

XXXX

EXXEXX

\f

IIII

2021年高考考前押题密卷（湖北卷）

物理♦全解全析

1234567891011

CAABCDCCDACADAB

1.【答案】c

【解析】

A.仅将滑片Pi向上移，原线圈匝数增大，根据变压比

幺=4

%〃2

可知，S减小，根据分压原理可知，电压表的示数变小，A错误;

B.副线圈电阻变大，根据

P=

~R

可知电路消耗的功率减小，原线圈输入功率变小，电流表的示数变小，B错误；

CD.仅将滑片P2向上移，生接入电路的电阻变大，因此副线圈中的电流减小，&两端的电压变小，电压表

的示数变大，根据变流比，电流表的示数变小，C正确，D错误。

故选C,

2.【答案】A

【解析】

如图所示

V

X

建立一个“风柱"模型，"风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积，则

S=7t/2

经过时间t,可得"风柱"长度为

x=vt

故所形成的"风柱"体积为

V=nl2vt

“风柱"的质量为

m=pV=pnl2vt

根据动能定理可得，风力在这段位移内做的功

W=Ek=Jmv2=；pnl2vt-v2=pnl2v3t

"风柱”的功率为

nW1,23

%=7=3。兀v

风能转化为电能的效率为

P2P

“PIA.兀P"

故选Ao

3.【答案】A

【解析】

A.磁场与线框垂直时，磁通量最大，所以磁场方向从水平向左顺时针缓慢调至竖直向上的过程，穿过回路

的磁通量先增大后减小。A正确；

B.根据楞次定律，线框磁通量增加时，感应电流方向为由M到N,线框磁通量减小时，感应电流方向为由

N到M,B错误；

C.由于感应电流的方向和磁场方向均改变，根据左手定则，安培力的方向也改变。C错误；

D.磁场转动的过程中，线框中磁通量变化的快慢不同，磁通量最大时，磁通量变化得最慢，磁通量越小时,

变化得越快，所以线圈中感应电流的大小是变化的，即安培力的大小也是变化的。D错误。

故选Ao

4.【答案】B

【解析】

根据动量定理有

I=mv0

从最低点到最高点有

01212

-2mgr=—mv~—mvQ

在最高点有

mv2

mg=-----

r

解得

I2

mg------

5rm

在火星表面有

cMmI2

6万=阿=荷

解得

I2R2

M=-------

5Grm~7

故选Bo

5.【答案】C

【解析】

射到半球面上的C点刚好发生全反射，则由折射定律有

sinr

n=-----

sinz

可得入射角为i=45。，折射角为490。，在aOCD中LCD=R在半球内部，入射光线到C点的距离为

V2

L=­R

。r2

光在玻璃中传播速度为

c

V=—

n

光从入射点传播到D点的时间为

VC

代入数据解得

2R

t=—

c

故C正确，ABD错误。

故选Co

6.【答案】D

【解析】

ABC.设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，以48整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

6+6=(mA+mB)a

解得

F+F3.6i,2

a=—t!-----2=------m/s2=1.2m/s

mA+mB1+2

分离时，对物块8,由牛顿第二定律得

乙一以6=机/

分离时有

%=0.3N

联立解得

g=2.7N

结合F2的图象可得

t=3s

3.6

故在3s时物块A、B间作用力为0.3N,A、B恰好分离,故ABC错误；

D.在t=2s时，；7=L8N,对物块B有

F2~FAB=mBa

解得

%=0.6N

故D正确。

故选D。

7.【答案】C

【解析】

A.由动能定理得

%~EkD-EkA

A点出发，到。点时动能最大，说明到达。点过程中合力做功最多，故A错误；

B.从A到。点时，小球动能最大，所以。点为等效最低点，过。点作圆的切线，发现切线与HD垂直，则

合力方向沿HD方向。如图

G

过4点做HD的垂线，垂足为I,设小球在A点速度大小为％,方向与AI的夹角为a,则将小球在A点速

度分解为垂直方向和沿。H方向％cosa、%sina,小球一定能到达”点，则小球在圆内做斜抛运动。

则

。1261R2“以0

x=%cosaIt-^R，y=%sinaIt—a厂=——7?tana--a—z--z—=(1-——)R

224%-cosa2

化简得

.cV2-1.aRy!l-1

sm2ci------cos2a-伍)2+2

令tanb=立口，则方程还可化解为

2

.八，、—V2M72-1

sin(2a-b)---.?^/卢

<7-2V2%一47-2V2

aR

则夕是否有解，还与r大小有关，故B错误；

%

C.由几何关系可得

8=45°

当电场强度有最小值时，由图可得

Eq=mgsin0

联立解得

故C正确；

D.若电场强度方向水平向右，则有

tan0=—

mg

解得

q

故D错误。

故选Co

8.【答案】CD

【解析】

A.由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但甲的速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正

向运动，没有反向，故A错误;

B.在第20s末，甲车的加速度为

Av0-20,4

U甲二—=--------=-1m/s

△t30-10

大小为lm/s2；乙车的加速度大小为

Av20-02,

o乙=—=-------=—m/s2

\t30-03

所以加速大小不相等，故B错误;

C.在第30s末，甲的位移为

=20x10+—x20x20=400m

2

乙的位移为

X,=—x20x30m=300m

乙2

所以甲乙两车相距

400-300-50m=50m

故C正确；

D.刚开始乙在甲的前面50m处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面,

到30s末，甲停止运动，甲在乙的前面50m处，此时乙以20m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5s乙追上

甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D正确.

9.【答案】AC

【解析】

A.根据光子的能量表达式有

E=h-

光子的能量与波长成反比，所以光子能量之比Ea：Eb=l:k,则A正确；

B.根据光电效应方程有

线-〃弓一%

光电子最大初动能与光子的能量是线性关系不是正比关系，所以B错误；

C.由干涉条纹间距的公式有

L,

Ax=—Z

d

干涉条纹间距与波长成正比，所以干涉条纹间距之比为：%=左：1,则C正确；

D.根据全反射的临界角公式有

,c1

sinC=—

n

虽然波长与折射率成反比，但是临界角的正弦值才与折射率成正比，所以临界角与波长的关系也不是反比

关系，则D错误；

故选AC。

10.【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

4mgsin。一/.imgcos0=

解得样品的共同加速度大小为

3.八

\gsme

以样品1为对象，根据牛顿第二定律得

4+mgsin0-jLimgcos0-max

解得样品1的轻杆受到压力大小为

3

F{=a"?gsin。

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

叫=-/jmgcos0-3d=-3mgdsin3

摩擦力对样品2做功

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

摩擦力对样品3做功

吗-cos3-d=-mgdsin0

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/WN段时，摩擦力做的总功为

卬=叱+叱+吗=-6mgdsinQ

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

4mgsin0.八

q=-------=gsin®

4/77

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

4m^sin6-umgcos03.八

«=---------产--------=:gsin8

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

4mgsin(2//z)gcos61.

--gsmO

4m

样品4进入/MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度

sin0-z/(3m)£cos01.八

«4=------------------------7---------------=:gsme

4m4

由速度位移关第可知样品1刚进入段时的速度

寸=2%(3d)

样品2刚进入MN段时的速度

2a2d

样品3刚进入MN段时的速度

v；一片=2c13d

样品4刚进入MN段时的速度

V；一片=2a4d

综合上面分析可知

E=2«)(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

□=?=9gdsin0=3jgdsin0

故D正确。

故选AD。

11.【答案】AB

【解析】

A.因为所有粒子均不从磁场右边界射出，所以所有粒子在磁场中均做半个圆周运动，从y轴上射出磁场,

运动时间均为

1丁7im

t——1—----

2Bq

选项A正确；

B.速率%=l()2m/s的粒子恰好不从磁场右边界射出，其轨迹圆与直线y=x相切(如图所示)

设粒子轨迹圆的半径为r,由几何关系有

r+41—1=yjlr

解得

r=lm

2

由Bqv=m得

-^=2xlO2C/kg

m

选项B正确；

C.磁场中区域的最小面积

S~-7rr2=—m3

22

选项C错误；

D.速率最大的粒子从A点运动到直线y=x处的轨迹圆心角

。=工

4

粒子从直线y=X处到从y轴射出磁场运动的时间为

/=—仍〃、虫xio心

27qB4

选项D错误；

故选AB。

12.【答案】3.01.257.51.6

【解析】

根据电路可知，干路电流与电流表示数的关系为

叫=（/'-/）&

所以有

/'=10/

根据闭合电路的欧姆定律得

U=-\QIr+E

结合图乙可得

E=3.0V,r=1.25Q

根据图丙得额定电流为2.5A,所以额定功率为

尸=〃/=7.5W

在图丙中作出电源的伏安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线的交点即为工作点

图丙

即电压为IV,电流为1.6A,所以其实际功率为

P=/U=1.6W

、・恪案】10-55磊/c大于

【解析】

（1）游标卡尺的示数为

d=10mm+llx0.05mm=10.55mm

（2）物块b到光电门的速度为

d

v=—

t

从释放到物块b运动到光电门的过程中，物块a、b组成的系统机械能守恒，则有

2

>nagh-mbgh=1(帆,+mh)v

联立解得

2

(ma+mh)d

'2hr(ma-mb)

(3)由(2)可知

2

h(ma+mb)d)1

2

2g(mu-inh)t

即

ha与

故选Co

(4)设挡光片的质量为m,则测得的重力加速度为

22

_(ma+mb+m)d

gi2hr(ma—mh—in)

忽略挡光片的质量而测得的重力加速度为

(m0+mW

gz=g

2ht\ma-mh)

则有

mh+mb+m>ma+mb>tna+mh

mh-mh-mma—mh-mmu-mh

故有

〉g2

14.【答案】(l)10cm；(2)10J

【解析】

⑴取封闭的气体为研究对象，开始时气体的体积为

温度为

7；