2021屆湖北省黃岡市高考物理模擬試卷（四）

一、單選題（本大題共4小題，共24.0分）

1.如圖為氫原子的能級圖，用動能為13.07eV的電子撞擊一群處于基態的氫原子，可能觀測到氫

原子發射的不同波長的光有

71

＜：：＜＞

2

-13f

A.15種B.10種C.4種D.1種

2.如圖所示的直線是真空中某電場的一條電場線，4B是這條直線上坂VB

―?4—

的兩點，一質量為小，帶電荷量為+q的粒子僅在電場力作用下以速—7--------------------Z-

度以經過4點沿電場線向B點運動，經過一段時間后，粒子以速度為經過8點，且為與以方向相

反，不計粒子重力.下列說法正確的是（）

A.粒子在4、B兩點的速度大小關系是：力大于如

B.A、B兩點的場強關系是：大小為以大于W，方向都向左

C.A、B兩點的電勢關系：3A高于＜PB

D.粒子在4、B兩點的電勢能大小關系：以大于年

3.如圖所示,在一個方向豎直向下的勻強磁場中，用細線懸掛一條水平導線.若IT廠?

磁感應強度為B,導線質量為m,導線在磁場中的長度為L.當水平導線內通|||||

有電流/時，細線的拉力大小為（）I'B1rlJ

A.mg-BILB.mg+BIL

C.J（mg）2+（B/L）2D.J（mg）2-（B/L,

4,下列關于磁和磁現象的敘述正確的是（）

A.通電導線在磁感應強度越大的地方受到的安培力一定越大

B.小磁針在磁場中靜止時N極所指的方向即為該處的磁場方向

C.地磁場在地球表面任意位置的方向都與地面平行

D.運動電荷在地磁場中一定受到洛倫茲力的作用

二、多選題（本大題共6小題，共33.0分）

5.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為6的光滑弧形槽靜

止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小\'、嬴

球從槽上高八處由靜止開始下滑（）

A.在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力始終不做功

B.在下滑過程中，小球和槽組成的系統在水平方向動量守恒

C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動

D.被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽上高九處

6.如圖所示，質量為3m的豎直光滑圓環4的半徑為R,固定在質量為2m/一\

的木板B上，木板B的左右兩側各有一豎直擋板固定在地面上，B不

能左右運動.在環的最低點靜止放有一質量為m的小球C.現給小球一°R冒

水平向右的瞬時速度孫，小球會在圓環內側做圓周運動，為保證小球能通過環的最高點，且不

會使環在豎直方向上跳起，初速度必必須滿足（）

A.最小值為J謙B.最大值為3項

c.最小值為JsgRD.最大值為:0或

7.某同學利用橡皮條將模型飛機彈出，在彈出過程中，下列說法正確的是（）

A.橡皮條收縮，彈力對飛機做功

B.飛機的動能增加

C.橡皮條的彈性勢能減小

D.飛機的重力勢能減小，轉化為飛機的動能

8.在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，％和/?3均為定值匚空卜氣［^

電阻，/?2為滑動變阻器.當/?2的滑動觸點在a端時合上開關S,現將/?2的

滑動觸點向b端移動，則下列說法正確的是（）F'

A.A增大，/2不變B.4減小，，2增大

C.U減小，色兩端電壓增大D.U不變，色兩端電壓變小

下列說法正確的是（

A.物體內部所有分子動能的總和叫作物體的內能

B.橡皮筋被拉伸時，分子間勢能增加

C.液體的飽和汽壓與溫度和體積有關

D.液體的表面張力與浸潤現象都是分子力作用的表現

E.一定質量的理想氣體放出熱量，它的內能可能增加

10.下列說法正確的是（）

A.電磁波在真空中以光速c傳播

B.偏振是縱波所特有的現象

C.觀察者聽到靠近的列車發出的汽笛聲，音調（頻率）會變高

D.受迫振動穩定后，其振動的周期總等于系統的固有周期

E.雙縫干涉實驗中，若入射光由黃光改為紅光，干涉條紋的間距將會增大

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.一學生用如圖甲所示的裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數。在桌面上放置一塊水平長木板，

木板一端帶滑輪，另一端固定一打點計時器。木塊一端拖著穿過打點計時器的紙帶，另一端連

接跨過定滑輪的繩子，在繩子上懸掛一定質量的鉤碼后可使木塊在木板上勻加速滑動。實驗中

測得木塊質量M=150g,鉤碼質量m=50g。

木塊打點計時器

1[]接交流叫飛17工嬴」單位;

甲乙

（1）實驗開始時，應調整滑輪的高度，讓細線與木板；

（2）實驗中得到如圖乙所示的紙帶，紙帶上4、B、C、。、E是計數點，相鄰兩計數點之間的時間間

隔是0.10s,所測數據在圖中已標出，根據圖中數據可求得木塊運動的加速度a=m/s2（結

果保留兩位有效數字）：

（3）根據實驗原理可導出計算動摩擦因數的表達式〃=（用M、m、g、a表示）；取g=10m/s2,

代入相關數據可求得〃=（計算結果保留一位有效數字）。

12.某同學想測量一個滑動變阻器的最大阻值％（介于5k。到10k。之間），他進行了如下操作：

（1）他首先利用多用電表對其進行了粗測。將選擇開關旋到“xM”的擋位，進行歐姆調零后，請將

圖a中器材連接起來，觀察到指針偏轉位置如圖b所示，則該滑動變阻器的最大阻值約為

0。

(2)為了更精確的測量，該同學設計了如圖c所示的電路圖；

①已知所用直流電源電動勢為10匕電壓表量程為0?15V,內阻約為2Ok0；電流表量程為3nM,內

阻約為1000,則電壓表“+”接線柱應接在______處(填"a”或"b”

②為保證實驗的準確性及操作方便，下列給出的滑動變阻器應選擇。

4滑動變阻器4(0?20000,0.12)

8.滑動變阻器B(0?200,14)

③本實驗存在的系統誤差主要是由______導致的，它會使測量結果(填''偏大”“偏小”或

“無影響”)。

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示，在直角坐標系xoy第一象限內有豎直向下的勻強電場Ei，第四象限內有水平向左的勻

強電場E2,第三象限內某一位置固定電量為Q的負點電荷，而且只對第三象限內的電荷產生作

用力。現有帶正電的點電荷q自第一象限內4(4zn,4m)靜止釋放，經y軸上0)點進入第三

象限，在負點電荷Q的作用下恰做勻速圓周運動，經x軸上C點與“軸正向成。=53。射入第二象

限。求：

(1塔等于多少;

(2)電荷在第三象限做圓周運動的半徑R。

14.圖中的瓦qd］和a2b2c2d2為在同一豎直平面內的金屬導軌，處在垂直于導軌所在平面(紙面)的勻

強磁場中(圖中未畫出).導軌的由瓦、a2b2、jd］、c2d2段均豎直.MN、PQ分別為兩根粗細均勻

的金屬細桿，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸，MN通過一細線懸掛在力傳感器下，t=

0時PQ在豎直向上的外力T作用下從圖(a)中所示位置由靜止開始沿導軌向上做勻加速直線運動,

力傳感器記錄的拉力隨時間變化的圖象如圖(b)所示.已知勻強磁場的磁感強度為B=17,%瓦

與a2b2間距離與兩細桿的長度均為人=0.5m,MN、PQ的電阻均為R=50,回路中其它部分的

電阻不計，重力加速度g取10m/s2,求：

(1)金屬桿PQ運動的加速度a；

(2)qdi與c2d2間的距離七；

(3)0?1.0s內通過"N的電量q.

15.(6分)氣缸長為L=1m,固定在水平面上，氣缸中有橫截面積為S=100czn2的光滑活塞，活塞

封閉了一定質量的理想氣體，當溫度為t=27。3大氣壓為po=1x105pa時，氣柱長度為，=

0.9m,氣缸和活塞的厚度均可忽略不計.求：

①如果溫度保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸右端口，此時水平拉力廠的大小?

②如果氣缸內氣體溫度緩慢升高，使活塞移至氣缸右端口時，氣體溫度為多少攝氏度?

16.如圖所示，半圓玻璃磚的半徑R=lOgcm,折射率n=g，直徑AB與屏幕MN垂直并接觸于4

點.一束激光a以入射角i=60。射向玻璃磚圓心0,因反射和折射，結果在屏幕MN上出現了兩

個光斑，求兩光斑之間的距離L.

參考答案及解析

1.答案：B

解析：試題分析：由于13.6—0.54=,則用動能為13.07el/的電子撞擊一群處于基態的氫原子，氫

原子最高可躍遷到能量為-0.54eU的高激發態，即躍遷到量子數為n=5的激發態。而n=5的氫原

子向低能級躍遷發光是完全隨機的，發射的可能波長的個數為嚅=3蟒，選項8正確。

考點：本題考查考查氫原子的玻爾理論。

2.答案：A

解析：解：4、由題意可知+q所受電場力方向向左，故電場方向向左，所以從4到B運動的過程中電

場力做負功，動能減小，以大于外,故4正確.

8、由于不知道4B兩點電場線的疏密，也不知道電荷在兩點的加速度的大小關系，故無法判斷兩點

場強的大小關系.故B錯誤.

C、+q所受電場力方向向左，故電場方向向左，而沿電場線方向電勢降低，故A點的電勢小于B點

的電勢.故C錯誤.

D、由于從A到B運動的過程中電場力做負功，所以物體的電勢能增大，故以小于如，故。錯誤.

故選A.

根據正電荷速度的變化情況可以確定電荷的受力情況，這樣就確定了電場力的做功的正負，也就知

道物體動能是增加還是減少，同時知道了物體的電勢能的是否增加，從而確定48兩點電勢的高低.

速度方向的變化是本題的突破口，所以學會尋找突破口是我們學習物理時必須具有的一種能力.

3.答案：C

解析：解：導體棒所受的安培力F=8/3方向垂直紙面向里，根據共點力平衡得，細線的拉力為:

T=4(mg/+(81)2.故C正確,力、口、。錯誤。

故選：Co

對導體棒受力分析，通過共點力平衡求出細線的拉力.

解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解.

4.答案：B

解析：解：

4平行于磁場方向放置的通電導線是不受到安培力的作用的，故A錯誤；

3.物理學中規定：小磁針在磁場中靜止時N極所指方向為該點的磁場方向，故8正確；

C.地球北半球的磁場有向下的分量，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，故C錯誤；

。.若運動電荷的速度方向與磁場方向平行時，運動電荷是不受到洛倫茲力的作用的，故。錯誤。

故選：Bo

物理學中規定：小磁針在磁場中靜止時N極所指方向為該點的磁場方向，平行于磁場方向放置的通

電導線是不受到安培力的作用的，若運動電荷的速度方向與磁場方向平行時，運動電荷是不受到洛

倫茲力的作用的，地球磁場在南北半球的分布是不同的。

本題考查磁場中磁場方向的規定，安培力和洛倫茲力公式中各物理量方向關系，以及地球磁場分布

等知識點。

5.答案：BC

解析：解：力、由于光滑弧形槽未固定且水平面光滑，小球下滑過程中，小球對槽的彈力垂直于槽向

左下方，由于槽向左運動，槽受到的作用力方向與槽的運動方向不垂直，槽受到的作用力對槽做功；

而小球受槽的作用力與小球對槽的作用力方向相反，故小球受到的作用力斜向右上，小球的位移向

右，作用力方向和位移方向不垂直，小球受到的作用力對小球做功，故A錯誤；

8、由于水平面光滑，小球下滑過程中，小球和槽組成的系統在水平方向不受力，它們在水平方向動

量守恒，故8正確；

CD.設小球離開槽時小球和槽的速度大小分別為巧和女。在下滑過程中，小球和槽組成的系統在水

平方向不受外力，系統在水平方向的動量守恒，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得：0=

mV1-mv2,則得％=%，小球被彈簧反彈離開彈簧后，小球追不上槽，所以小球和槽都做速率不

變的直線運動，小球和槽的機械能守恒，小球不能回到槽上高八處，故C正確，。錯誤。

故選：BC。

在下滑過程中，小球和槽組成的系統在水平方向不受外力，系統在水平方向的動量守恒，由動量守

恒定律分析小球離開槽后小球與槽的速度大小關系，判斷被彈簧反彈離開彈簧后，小球和槽的運動

情況。在下滑過程中，根據力和位移的夾角，判斷小球和槽之間的相互作用力對槽是否做功；根據

小球與槽的速度關系判斷小球能否回到槽上高八處。

本題考查動量守恒定律的應用，解答本題要明確動量守恒的條件：合外力為零，要知道系統在某一

方向不受外力或合外力為零，則系統在該方向上動量守恒。

6.答案：CD

解析：考查牛頓第二定律、機械能守恒定律、豎直面內的圓周運動模型。

在最高點，速度最小時有：mg=m二，解得：vi=亞至

R

從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設最低點的速度為%根據機械能守恒定律，有：

2mgR+^mv-|mv-|z2,解得：=15gR.

要使不會使環在豎直方向上跳起，環對球的壓力最大為：F=2mg4-3mg=Smg

從最高點到最低點的過程中，機械能守恒，設此時最低點的速度為玫'，

在最高點，速度最大時有：mg+5mg=m二一解得：v2=j6gR.

R

根據機械能守恒定律有：2mgR+gmv22=3mv2‘？，解得：22'1OgR.

所以保證小球能通過環的最高點，且不會使環在豎直方向上跳起，在最低點的速度范圍為：^5gR

4VzeJ10gK，故C。正確，AB錯誤。

故選CD。

小球在環內側做圓周運動，通過最高點速度最小時，軌道對球的最小彈力為零，根據牛頓第二定律

求出小球在最高點的最小速度；為了不會使環在豎直方向上跳起，小球在最高點對軌道的彈力不能

大于2mg,根據牛頓第二定律求出最高點的最大速度，再根據機械能守恒定律求出小球在最低點的

速度范圍。

7.答案：ABC

解析：解：AB,模型飛機在被彈出的過程中，橡皮條收縮，彈力對飛機做功，橡皮條的彈性勢能轉

化為飛機的動能，動能增加，故AB正確.

C、彈力對飛機做功，橡皮條的彈性勢能減少，故C正確；

。、飛機的高度上升，重力勢能增加，橡皮條的彈性勢能轉化為飛機的動能和重力勢能，故。錯誤.

故選:ABC

弄清在彈出過程中能量的轉化情況即可判斷.根據速度的變化分析動能的變化.重力勢能的變化由

高度的變化分析.

此題的關鍵要弄清涉及幾種形式的能，什么能轉化為什么能，根據能量轉化和守恒定律分析.

8.答案:BC

解析：解：將R2的滑動觸點向b端移動時，/?2減小，整個電路的總電阻減小，總電流力增大，電源的

內電壓增大，路端電壓減小，即電壓表示數U減小。

/?3電壓增大，R1、并聯電壓減小，通過8的電流減小，而總電流/增大，則流過的電流/2增大。

故錯誤，BC正確。

故選：BC。

本題要理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電源的電動勢和內阻不變，

利用閉合電路歐姆定律和串、并聯電路的特點進行分析.

解決本題的關鍵抓住電動勢和內電阻不變，結合閉合電路歐姆定律求解.注意做題前一定要理清電

路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流.

9.答案：BDE

解析：A、物體內能包括所有分子動能和分子勢能之和，故A錯誤；

B、拉伸橡皮筋，橡皮筋做負功，橡皮筋溫度不變，內能增加，勢能增加，故8正確；

C、同一種液體的飽和汽僅僅與溫度有關，與體積無關，故C錯誤；

。、液體表面張力與浸潤現象都是分子力作用的表現，故。項正確；

E、一定質量的理想氣體放出熱量，如果同時有外界對它做功，且做功的量大于它放出的熱量，它的

內能就會增加，故E正確。

故選：BDE.

物體內能包括分子動能和分子勢能；根據橡皮筋做負功判斷；飽和汽壓與溫度有關與體積無關；氣

體溫度升高時分子熱運動劇烈可以導致壓強增大，浸潤現象和不浸潤現象都與表面層與表面張力有

關，都是分子力作用的表現；根據熱力學第一定律分析。

本題考查了內能、分子力做功、飽和氣壓、表面張力、浸潤現象、熱力學定律等，知識點多，關鍵

要記住相關規律。

10.答案：ACE

解析：解：4、電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同，都是光速c,故A正確;

8、只有橫波才能發生偏振現象，故B錯誤；

C、由多普勒效應可知，觀察者聽到靠近的列車發出的汽笛聲，接收到的頻率會變大，音調會變高,

故C正確；

。、物體做受迫振動時，其頻率等于驅動力的頻率，其振動的周期也等于驅動力的固有周期，故。

錯誤；

國在光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由黃光改為紅光，波長變長，根據公式可知干

a

涉條紋的間距將會增大，故E正確。

故選：ACE.

電磁波在真空中的傳播速度與光在真空中的傳播速度相同；只有橫波才能發生偏振現象；明確多普

勒效應的內容，知道生活中哪些現象與多普勒效應有關；物體做受迫振動時，其頻率等于驅動力的

頻率，周期等于驅動力的周期；根據=判斷條紋間距的變化。

a

本題考查了電磁波的傳播速度、光的偏振現象、多普勒效應、受迫振動及雙縫干涉等知識，難度不

大,加強記憶。

11.答案：平行025三一嚕蛆0.3

MMg

解析：解：(1)應調整滑輪的高度，讓細線與木板平行;

(2)根據運動學公式得：Ax=at2,

Ax0.1618-0.1517八cl/2

a=—=---------；------=0.25m/s￡o

t2o.22/

(3)根據牛頓第二定律，則有：mg-nMg=(M+m)a；

解得i弋(M+m)a

Mg

代入數據，則有：尸券-峭x0.25=0.3；

故答案為：⑴平行，(2)0.25,(3)=*一組署；03。

解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項。

紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算

出加速度；

根據牛頓第二定律，結合滑動摩擦力公式，即可求解。

對于實驗問題我們要了解實驗的裝置和工作原理，同時掌握牛頓第二定律的應用，并要注意單位的

換算。

12.答案：6kbB電流表分壓偏大

解析：解：(1)選擇開關旋到“xM”的擋位，由圖b所示可知，滑動變阻器的最大阻值為6x1k。=

6fc/2o

(2)①電壓表內阻約為20k。，電流表內阻約為1000,待測滑動變阻器阻值為6k0,待測滑動變阻器

阻值遠大于電流表內阻，電流表應采用內接法，電壓表“+”接線柱應接在b處。

②滑動變阻器采用分壓，為保護電路方便實驗操作，滑動變阻器應選擇B。

③由圖示電路圖可知，電流表采用內接法，由于電流表的分壓作用，使電壓測量值大于真實值，電

流表分壓是造成實驗誤差的原因，由于電源測量值偏大，由歐姆定律可知，電阻測量值偏大，滑動

變阻器的測量值大于真實值。

故答案為：(l)6k；(2)①b；②B；③電流表分壓；偏大。

(1)歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數。

(2)①根據待測電阻阻值與電表內阻的關系確定電流表接法，然后確定電壓表接線柱的接法。

②滑動變阻器采用分壓接法，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻器。

③根據圖示電路圖分析實驗誤差來源并分析實驗誤差。

本題考查了應用伏安法測滑動變阻器最大阻值實驗，理解實驗原理是解題的前提與關鍵；要掌握常

用器材的使用方法與讀數方法；要掌握實驗器材的選擇原則。

13.答案：解：(1)設電荷在第一象限的加速度為由,在第四象限

的加速度為。2。

電荷進行第四象限的速度為：詔=2%%

得：％=72aiyi

電荷在第四象限做類平拋運動，則有

豎直方向有丫2=匕J

水平方向有Xi=歲

據題丫2=6m,/=4m,=4m

整理可得：言=等=當

根據牛頓第二定律得qE=ma,得a-詈

所以竺=&=竺

(2)設電荷進入第三象限時的速度與y軸負向的夾角為夕.則

解得tan.=；

得：B=53°

設電荷在第三象限做勻速圓周運動的半徑為R,則

y2-Rsin0+Reos夕=6m

代入數據可得：R=4：m

答：

(嘴等于容

(2)電荷在第三象限做圓周運動的半徑R是4M巾。

解析：(1)點電荷q在第一象限內做勻加速直線運動，由速度位移公式列式，求得電荷進入第四象限

時的速度。電荷在第四象限做類平拋運動，根據兩個分位移公式列式，從而求得電荷在第一和第四

象限內加速度之比，由牛頓第二定律求解場強之比。

(2)電荷進入第三象限后做勻速圓周運動，根據幾何關系求電荷在第三象限做圓周運動的半徑R。

帶電粒子在復合場中運動類型，分析粒子的受力是解題的基礎，本題的關鍵是畫出粒子的運動軌跡，

運用幾何知識得到做勻速圓周運動的半徑。

14.答案：解：(1)0?1.0s內MN始終靜止，力傳感器的示數為F=mi。—自1，

其中以1為MN受到的安培力，也即PQ受到的安培力大小；

0?0.5s內，FAI=BIL]=比祟t，

其中皿即為圖象的斜率，

2R

由圖(b)可知啜=0.2N/S,

代入數據解得：a=8m/s2；

(2)0.5?1.0s內自2=Bl%

LiLjCl八cl

由圖(b)可知R+旦殳=0Q5N/S,

代入數據可得：L0.0714m；

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