考场仿真卷02-2021年高考物理模拟考场仿真演练卷（湖北专用）（解析版）

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2021年高考物理模拟考场仿真演练卷

第二模拟

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，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧

面（弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是（）

A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒

C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒

【答案】C

【解析】对于AB组成的系统，在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒,

AB组成的系统，竖直方向上外力之和不为零，则该系统动量不守恒，故选C。

2.如图所示，通电直导线长为2m,通以1A的电流，置于匀强磁场中，磁感应强度为0.1T,导线与磁场

方向垂直。则导线受到安培力的大小和方向（）

XXnXX

XXXX

/<

XXXX

XXuXX

A.0.05N,水平向左B.0.2N,水平向左

C.0.05N,水平向右D.0.2N,水平向右

【答案】B

【解析】由左手定则可得，导线受到的安培力方向水平向左，大小为

F=BZL=0.1xlx2N=0.2N

故选B。

3.一个静止的铀核皆U（质量为232.0372u）放出一个〃粒子（质量为4.0026u）后衰变成钮核非Th（质

量为228.0287u）。已知1u相当于931MeV的能量。下列说法正确的是（）

A.该核衰变反应方程为*u-；萨Th+：He

B.该核衰变反应中释放出的核能为0.059MeV

C.该反应产生的针核和a粒子的动量相同

D.假设反应中释放出的核能全部转化为牡核和a粒子的动能，则社核获得的动能约为0.017MeV

【答案】A

【解析】A.由题意可知，该核衰变反应方程为TU一记Th+；Hc,选项A正确；

B.质量亏损&72=0.0059〃，释放出

AE=ZVnx93\MeV=0.0059x93\MeV«5.49牍V

故B错误；

CD.由该核衰变反应过程中系统动量守恒，可知反应后的牡核和a粒子的动量大小相等、方向相反，即

Pn=Pa

&-PL

4a一.

2叫

Eg+4=

所以钛核获得的动能

m4

E=——2—xAE=---------x5.49MeV®0.09MeV

kTThh/+，入4+228

故CD错误。

故选A。

4.如图所不的+Q和-Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电

荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O,下列说法正确的是（）

-Y」"

a…敏••…©

+Q;:-Q

:N

A.A点的电场强度大于B点的电场强度

B.电子在A点的电势能小于在B点的电势能

C.把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零

D.把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加

【答案】B

【解析】A.等量异号电荷电场线分布如图所示:

由图示电场线分布可知，A处的电场线比8处的电场线稀疏，则A点的场强小于8点的场强，故A错误；

C.48两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，

故C错误；

B.电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所

在等势面，A点电势高于8点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确;

D.等量异号电荷连线的中垂线MN是等势线，4与WN上任何一点间的电势差都相等，把质子从4点移动

到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D错误。

故选B。

5.一列简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s,/=0时刻的波形如图所示，此时刻质点。位于波峰，质点P沿

），釉负方向运动，经过0』s质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（）

A.这列波的周期是1.0sB.该波沿k轴正方向传播

C.P点的横坐标为m2.5mD.。点的振动方程为y=6sin?-cm

【答案】C

【解析】A.由波形图可知，波长;l=6m,波的周期

十丸6m,3

T=—=------=1.2s

v5m/s

故A错误；

B.质点P此时刻沿)，轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿轴负方向传播，故B错误;

C.波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为

x=vr=5xO.lm=0.5m

由波形平移法可知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m,故C正确；

D.由图示波形图可知，质点振幅A=6cm，在尸0时刻质点。在正的最大位移处，。点的振动方程

21712兀5万

y=6sin(——+—)(cm)=6cos——Z(cm)=6cos—r(cm)

T21.23

故D错误。

故选C。

6.如图所示，质量为机的物块，在斜向下推力/作用下静止在水平面上，推力与水平方向夹角为。，物块

与水平面的动摩擦因数为〃，则物块受到地面摩擦力为()

///////////////

A.大小等于"〃火，方向水平向左

B.大小等于〃(mg+产sin。)，方向水平向左

C.大小等于尸cos。，方向水平向右

D.大小等于"。咫+产cos6),方向水平向右

【答案】C

【解析】对物体受力分析，受斜向左下的推力，重力，支持力，水平向右静摩擦力，因物体处于静止，由

平衡条件可知，水平方向有

Fcos0=f

方向水平向右，故选C。

7.如图所示，一倾角为。的斜面的顶端到正下方水平面上。点的高度为〃，斜面与水平面平滑连接。一小

木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因

数均为M，木块在水平面上停止点A的位置到0点的距离为x,则（）

A.动摩擦因数〃〈tan。

B.木块沿斜面下滑过程中，机械能增加

c.滑到斜面底端时，木块动能大小为〃?月力

D.木块沿斜面下滑过程中，克服摩擦力做功为"〃咚r

【答案】A

【解析】A.木块加速，有

mgsin8>jumgcos0

得

〃<tan。

故A正确；

B,木块沿斜面下滑过程中，摩擦生热，机械能减少，故B错误；

C.滑到斜面底端时，摩擦力做负功，木块动能小于〃?"，故C错误；

D.整个过程中，木块克服摩擦力做功为四mgx,故D错误。

故选Ao

8.如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种光组成的复色光，通过三棱镜折射后分为。、尻c三种单色光，下

列说法中正确的是（）

A.。种色光为紫光

B.在三棱镜中。光的传播速度最大

C.在相同实验条件下，用心力、c三种色光做双缝干涉实验，。光相邻亮条纹间距最大

D.4、氏c三种色光真空中波长c最大

【答案】BC

【解析】A.黄光的折射率最小，经三棱镜后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，所以可知a种

色光是黄光，。种色光是紫光，A错误；

B.由图看出，a光的折射率最小，c光的折射率最大，由公式u=£分析可知，〃光在三棱镜中的传播速度

n

最大，B正确；

C.。种色光是黄光，波长最长，干涉条纹的间距与波长成正比，所以a光做双缝干涉实验形成相邻亮条纹

间距最大，C正确；

D.由公式％=£可知，在真空中光的波长与频率成反比，a种色光是黄光，频率最小，波长最大，。种色

v

光是紫光，频率最大，波长最小，D错误。

故选BCo

9.如图为嫦娥三号登月轨迹示意图。M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点。a为环月

球运行的圆轨道，〃为环月球运行的椭圆轨道，下列说法正确的是（）

A.嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于U.2km/s

B.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速

C.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为⑶，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为G,则。尸。2

D.嫦娥三号在圆轨道。上的机械能大于在椭圆轨道b上的机械能

【答案】BC

【解析】A.由于月球没有脱离地球束缚，因此向月球发射宇宙飞船的运动速度小于第二宇宙速度11.2km/s,

A错误；

B.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时做更大的离心运动，运动速度应更大，因此应点火加速，B正确；

C.根据万有引力定律，虽然N点在不同轨道上，但受到万有引力相同，根据牛顿第二定律，可知加速度相

同，因此41=42,C正确；

D.在环月圆形轨道〃上N点的速度为匕，则

GMtn

而在椭圆轨道b上经N点的速度为打，则

GMmmvl

显然都过N点时，势能相等，圆轨道4上的动能小于椭圆形轨道b上的动能，而运动过程中机械能守恒,

因此嫦娥三号在圆轨道。上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能，D错误。

故选BC。

10.如图所示，理想变压器原线圈接〃=220五sin314f(V)的正弦交流电源，副线圈电路中凡为定值电

阻，R是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，其中电压表V2的示数为22V。下列说法正确的是()

B.变压器原、副线圈的匝数比为10忘:1

C.滑片P向下滑动过程中，V2示数不变，A2示数变大

D.滑片P向上滑动过程中，用消耗功率减小，变压器输入功率增大

【答案】AC

【解析】A.副线圈中电流的频率等于原线圈中电流的频率，为

/=—=50Hz

2万

故A正确；

B.输入电压有效值为

22072v=22()v

V2

根据电压与匝数成正比可得变压器原、副线圈的匝数比为

2=5=些=10:1

%U222

故B错误；

C.滑片2向下滑动过程中，变阻器连入电路电阻变小，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，即电压表

V2示数不变，根据欧姆定律可得副线圈中电流

;2=-^-

2R+R?

变大，即A?示数变大，故C正确；

D.滑片尸向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，/消耗

功率

I.

A+

减小，输出功率

2R+R?

变小，所以输入功率变小，故D错误。

故选ACo

11.如图甲所示，在水平面上有一单匝圆形金属线框，线框半径为G、电阻为R，线框内存在垂直线框平面

向上的匀强磁场，磁场区域半径为磁感应强度8随时间变化如图乙，下列选项正确的是（）

B.〜时间内，从上往下看线框中有逆时针方向电流，电流大小为钙画

C.〜5ro时间内，从上往下看线框中有逆时针方向电流，电流大小为二醇

D.3%〜5fo时间内，流过线框某横截面上的电荷量大小为工空

【答案】AD

【解析】A.由楞次定律可知，在0~八时间内，从上往下看线框中有顺时针方向电流：感应电动势大小为

E、=竺~S=瓦皿

Z%

感应电流大小为

2

E]_7rBQr

下二有~

选项A正确;

B.在《）〜3%时间内，穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流，选项B错误;

C.由楞次定律可知，在31。〜5fo时间内，从上往下看线框中有逆时针方向电流，感应电动势大小为

2

E2=-S=^-^r

~Z2%

感应电流大小为

2

E2_7rBQr

12=

五一2Ri。

D.3%〜51。时间内，流过线框某横截面上的电荷量大小为

兀Bqr2

q=I2-2t0=

R

选项D正确。

故选ADo

二、非选择题:本题共5小题，共56分。

12.某学校物理兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验。身边的实验器材有：

刻度尺、天平、秒表、量角器、打点计时器（一套）、装有厚厚一层松软细沙的小车（以下简称“小车”）、

铁块、一端带有竖直挡板的长木板.木块、纸带。实验步骤如下：

第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，制成一个斜面.并

将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点计时器的纸带与小车连接。通过左右

调整木块位置，直至给小换一车一个沿木板向下的初速度.小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止。

第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，经过一段时间后把

铁块轻轻放到小车里的细沙上。

第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离阳和且%

第4步：重复第2步和第3步，记录司和超。

请回答下列问题。

（1）下列实验器材中必需的是（）

A.天平B.秒表C.刻度尺D.量角器

（2）在坐标纸上，以演和马分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得到一条斜率为攵的过

原点的直线。只需满足铁块与小车（含细沙）的质量的比值为,就能验证小车和铁块沿方向

的动量守恒。

（3）若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车和铁块沿斜面方向的动量______（填

“不守恒''或“守恒”），小车匀速运动时的动量（填“大于”“小于”或“等于"）铁块落到细沙里后铁块和

小车的总动量。

【答案】AC；k—T：木板；守恒；小于

【解析】（1）[1]设小车（含细沙）和铁块的质量分别为M和机，长木板倾角为。，小车沿木板做匀速运

动时，有

Mgsin夕=[iMgcos0

把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有

（M+"z）gsin〃一〃（M+ni）gcos0

即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0,则沿木板方向动量守恒，根据动量守恒定律有

M匕=（M-\-m）v2

设纸带上打下连续5点的时间为f,有

XX?

V|=—,Vj=—

可得

M+m

X=------X、

M2

即需要测量小车和铁块的质量、距离用和乙，需要的实验器材有天平和刻度尺，BD错误，AC正确。

故选ACo

（2）[2]由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，由

M+tn

x.=--------X?

M2

可知，斜率

k=--------

M

即

-=k-\

M

[3]由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒。

（3）[4]由上述分析可知，小牛和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，铁块落到小车上的细沙里后，铁块

和小车组成的系统沿斜面方向的合外力仍为0,动量仍守恒。故填“守恒

⑸铁块落到细沙上前有沿斜面向下的分速度，小车做匀速运动时的动量和铁块落入小车前瞬间沿斜面向下

的动量之和等于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量，所以小车做匀速运动时的动量小于铁块落到细沙

上后铁块和小车的总动量。故填“小于

13.由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系

统，要求热敏电阻温度升高至50C时，系统开始自动报瞥。所用器材有：

直流电源E（36V,内阻不计）；

电流表（量程250mA,内阻约0.1C）；

电压表（量程50V,内阻约1MC）；

热敏电阻Rr：

报警器（内阻很小，流过的电流超过10mA时就会报警，超过30mA时就会损伤）；

滑动受阻器R（最大阻值4000。）；

电阻箱&（最大阻值9999.9Q）；

单刀单掷开关8；

单刀双掷开关S2；

导线若干。

（1）用图（a）所示电路测量热敏电阻RT的阻值。当温度为27℃时，电压表读数为30.0V,电流表读数为

15.0mA；当温度为50℃时，调节Q,使电压表读数仍为30.0V,电流表指针位置如图（b）所示。温度为

50c时，热敏电阻的阻值为C。从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微

（填“偏大”或“偏小”）o如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度

系数热敏电阻。基于以上实验数据可知，该热敏电阻心为（填“正''或"负"）温度系数热敏电阻。

（2）某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（c）所示，其中有•个器件的导

线连接有误，该器件为（填器件名称）。正确连接后，先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置

为.C,滑动受阻器所阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器《连入电

路的阻值为.Q。调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入

电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。

【答案】600偏大负滑动变阻器治6003000

【解析】（1）［1］由图（b）可知，电流表的示数为50mA,则此时热敏电阻的阻值为

q_3。0

7"-50x10-3600。

⑵该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据

I

可知应时所测电阻值偏大；

⑶在相同电压下，温度越高，通过电流越小，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而降低，故R「为负温度系

数热敏电阻；

（2）［4］滑动变阻器R的导线连接有误，两根导线都连接在上端，无法起到改变接入电阻阻值的作用，应

一上一下连接；

［5］先使用电阻箱&进行调试，其阻值设置为&的自动报警电阻，即600Q才可对其进行调试；

⑹此时要求刚好在50℃时自动报警，则通过电路的电流10mA,报警器和电流表的电阻很小，可忽略不计,

可得比时滑动变阻器的阻值为

/?,=j-^=3000Q

14.如图所示，内壁光滑、横截面积为S的导热气缸水平放置，在气缸正中间有两个正对的小挡板A、8,

内部用厚度不计、质量为M的活塞封闭有温度为7b的理想气体。已知气缸的长度为2/,重力加速度为g,

大气压强为⑶，现将气缸缓慢顺时针转动到开口竖直向上，活塞与气缸壁间无摩擦，且po1AMg。求：

（1）活塞在此过程中下降的高度；

（2）将缸内气体的温度下降到〃时，缸内气体的压强。

2

2Mgi

【答案】（1）(2)po

PoS+Mg

【解析】（1）当气缸竖直放置时，设封闭气体的压强为p,由于活塞处于静上状态，对活塞受力分析可得

pS=poS+Mg

设气缸竖直后活塞下降的高度为儿由于气体的温度不变，故由玻意耳定律可得

po-2/5=p(2/-A)5

(2)设当活塞刚到达挡板4B处且对挡板无压力时，气体的温度为T,由于此过程中气体的压强不变，故

由盖-吕萨克定律可得

Ql-h)SJS

解得1空半％因

=PoS+Mg1〉4

2Pos02

故需要在此基础卜再进行降温,此时气体的体积不再发牛变化,设当温度降至II9时气体的压强为〃',则由

查理定律可得

P_-£.

T~TQ

代入数据可解得p'=Po。

15.如图所示，一条带有圆轨道的长直轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的水平直轨道相切，

圆轨道的半径R=0.5m,滑块以一定的初速度从左侧水平直轨道滑入圆轨道，滑过最高点。后再沿圆轨道滑

出，进入右侧水平直轨道，已知图中P点左侧轨道均光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长

度都为L=lm,滑块与各粗糙段间的动摩擦因数都为〃=0.1,重力加速度g取lOm/s?。

(1)若滑块从左侧进入圆轨道的初速度为2石m/s,问滑块能否到达圆轨道的最高点Q；

(2)若滑块从左侧进入圆轨道，运动至图中E点，恰好与轨道无相互作用，已知过七点的半径与竖直方向

夹角为8(cos<9=1),求进入圆轨道的初速度；

(3)若滑块从左侧进入圆轨道的初速度为5m/s,问滑块最终停在右侧轨道的何处？

Q

【答案】（1）恰好能到达圆轨道最高点。；（2）2百m/s；（3）滑块最终距离P点右端24.5m

【解析】⑴假设能到Q，从出发点到最高点Q,由动能定理可得

解得：均=0,恰好能到达圆轨道最高点Q

（2）物块在七点，由牛顿第二定律可得

mgcos0=m^

物块在E点的速度

出发点到E点，动能定理

1212

一〃zgR(l+cos^)=—〃崂--mv

出发点的速度u=2病，代入数据可得：v=2>/5m/s

（3）全过程动能定理可得

-/dtngx二°一gmvo

在粗糙段上的位移为x=12.5m

可知，滑块最终距离P点右端24.5m

16.如图所示，在宽度为d的区域内有匀强电场，以。。为分界线，上下两区域电场方向相反，电场区域

的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。左侧有一质子源（质子源中心稍稍低于0。1）,可沿001方向

以速度％向外发射质子，射入的质子偏转后经A点进入磁场，射出电场时速度的偏转角度为。，然后从。。1

上方边界上某点返回电场，恰好从0点沿。方向以%的速度离开电场，已知质子的电荷量为6,质量为

mo求：

(1)质子进入磁场时的速度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)质子从。点进入电场到返回。点所用的时间。

：：XXX

XXX

qGXX