備戰2021年高考物理【名校、地市好題必刷】全真模擬卷（湖北專用）?3月卷

第三模擬試題

一、選擇題：本題共U小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1?7

題只有一項符合題目要求，第8?11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全

的得2分，有選錯的得0分。

1.如圖所示，相距為L的兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直

并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與水平面成角（0＜慶90。）斜向右上方。已知金屬

棒ab與電阻R的距離也為L。t=O時刻，使磁感應強度從無開始隨時間均勻減小，且金屬棒帥始終保持靜

止。下列說法正確的是（）

A.t=O時亥I],穿過回路的磁通量大小為q）=Bo『

B.金屬棒ab中的感應電流方向由。到b

C.金屬棒ab中的感應電流隨時間均勻減小

D.金屬棒ab所受的安培力隨時間均勻減小

【答案】D

【解析】

A.t=O時刻，穿過回路的磁通量大小為

①=4/?sin8

選項A錯誤;

B.根據楞次定律可知，金屬棒岫中的感應電流方向由b到a,選項B錯誤;

CD.根據

￡=絲=".

△tbt

使磁感應強度從8。開始隨時間均勻減小，則竺恒定不變，感應電動勢恒定不變，則金屬棒ab中的感應電

Ar

流恒定不變，根據F=8兒可知，金屬棒ob所受的安培力隨時間均勻減小，選項C錯誤，D正確。

故選D。

2.迄今發現的二百余顆太陽系外行星大多不適宜人類居住，繞恒星"Gliese581”運行的行星“G1-581C”

卻很值得我們期待。該行星的溫度在0C到40℃之間，質量是地球的6倍，直徑是地球的1.5倍，公轉周期

為13個地球日。"Gliese581"的質量是太陽質量的0.31倍。設該行星與地球均視為質量分布均勻的球體,

繞其中心天體做勻速圓周運動，則（）

A.在該行星和地球上發射衛星的第一宇宙速度相同

得倍

B.該行星與恒星"Gliese581”的距離是地日距離的

C.如果人到了該行星，其體重是地球上的21■倍

D.該行星的平均密度是地球的平均密度的4倍

【答案】C

【解析】

A.衛星繞行星表面附近做勻速圓周運動時的速度即為行星的第?宇宙速度，由萬有引力提供向心力

-Mmv2

G——二m—

R2R

解得

M是行星的質量，R是行星的半徑，則得該行星與地球的第一宇宙速度之比為

故A錯誤;

B.據萬有引力提供向心力

-Mm4"2

解得

IGMT2

1

4乃2

行星〃G1-581c〃公轉周期為13個地球日。將已知條件代入解得：行星“G1-58心的軌道半徑與地球軌道半徑

小.31x(13)2

俗G：后地二V-36?~

故B錯誤;

c.萬有引力近似等于重:力

G和-mg

可得該行星表面與地球表面重力加速度之比為

6GMGM8

g行:8地=/行方=5

所以如果人到了該行星，其體重是地球上的2?倍，故C正確;

3

D.球的平均密度為

_M地_"地

地一『口

行星的平均密度

c_M行_"行

V13

代入數據可得

%；。地=16:9

故D錯誤。

故選Co

3.用粒子加速器加速后的質子轟擊靜止的鋰原子核，生成兩個動能均為8.919MeV的。粒子（：He）,其核

反應方程式為：；H+；Lif；He+：He。已知質子質量為1.007825U,鋰原子核的質量為7.016004u,。粒子

的質量為4.00260U,lu相當于931MeV。若核反應釋放的能量全部轉化為C粒子的動能，則入射質子的動

能約為（）

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

【答案】A

【解析】

該反應放出能量

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

入射質子的動能

%=2%-AE=0.5MeV

故選A?

4.如圖，力傳感器固定在天花板上，邊長為L的正方形勻質導線框abed用不可伸長的輕質絕緣細線懸掛于

力傳感器的測力端，導線框與磁感應強度方向垂直，線框的bed部分處于勻強磁場中，b、d兩點位于勻強

磁場的水平邊界線上。若在導線框中通以大小為/、方向如圖所示的恒定電流，導線框處于靜止狀態時，力

傳感器的示數為Fio只改變電流方向，其它條件不變，力傳感器的示數為F2,該勻強磁場的磁感應強度大

小為（）

XXXX

i.xB.Xc.egD0(i)

4〃4/L4/L4IL

【答案】C

【解析】

線框在磁場中受到安培力的等效長度為bd=0L，當電流方向為圖示方向時，由左手定則可知導線框受到

的安培力豎直向上，大小為

F=丘B1L

因此對導線框受力平衡可得

4+尸=mg

當導線框中的電流反向，則安培力方向豎直向下，此時有

mg+F=F2

聯立可得

B:近g-FJ

'4/L

故選C。

5.如圖所示，質量為m的物塊A靜止在水平面上，A的左側光滑，右側粗糙，一個質量為M的物塊B以

速度％向右運動，與A發生彈性正碰，碰后A向前滑行玉而停止。若僅把A的質量變為3加，其它條件不

變，再次讓B與A發生彈性碰撞，碰后A向前滑行々而停止。已知須：々=9：4,則()

用;.............目

//■///////////

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

【答案】B

【解析】

A與B發生彈性碰撞，有動量守恒和機械能守恒，則

22

Mva-Mvt+mv2,:Mvn-—Mvtmv^

碰后A向前滑行，根據動能定理得

2

-/x=0--mv2

解得

4gM+m

所以

x,.M+3/n.99

—=(-------)'=—

x2M4-m4

解得

m:M=1:3

故選B.

6.如圖甲所示，靜止在水平面C上足夠長的木板8左端放著小物塊4。某時刻，4受到水平向右的外力F

作用，F隨時間t的變化規律如圖乙所示。4、8間最大靜摩擦力大于8、C之間的最大靜摩擦力，假設最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力。則在拉力逐漸增大的過程中，下列反映48運動過程中的加速度OA和QB，以

及A與B間摩擦力力、8與C間摩擦力力隨時間變化的圖線中不正確的是（）

忤;甲

【解析】

A.由圖乙知力與時間的表達式為

F=kt

對AB整體，當拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時，整體加速度為零，即。/=°；

對AB整體，當拉力F大于地面對整體的最大靜摩擦力時，整體開始加速滑動，根據牛頓第二定律得

F-JLIAMk

2―K—

當拉力足夠大時，A、8的加速度不同，故對4根據牛頓第二定律得

F-fd.mgk

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

mm

故如2的斜率用=——,的斜率&2=一，則有《＜七，即拉力足夠大時直線更陡峭，故A正確，不

M+mm

符合題意:

B.對AB整體，當拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時，整體加速度為零，即物體B開始階段的加速

度為零，故B錯誤，符合題意:

C.當拉力小于地面對整體的最大靜摩擦力時，整體加速度為零，此時對物體4拉力小于丹加g,靜摩擦

力等于拉力，則有

f\=F=kt

即摩擦力隨時間均勻增大；

當整體開始加速滑動時，對整體根據牛頓第二定律得

F-+m）gk

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

M+mM+m

對木板，根據牛頓第二定律有

卜Ma

解得

工=京----一任Mg

M+m

其斜率一”<%,即此對應的直線比剛開始對應的直線更平緩；當A、8發生相對滑動后，變為滑動摩擦

M+m

力,為片保持不變，故C正確，不符合題意；

D.對A8整體，當拉力F小于地面對整體的最大靜摩擦力時，整體加速度為零，此時靜摩擦力等于拉力，

則有

fz=F=kt

即摩擦力隨時間均勻增大；；滑動后，受地面的滑動摩擦力為力=〃2（M+7”）g，保持不變；故D正確，

不符合題意。

故選B.

7.如圖甲所示，電源的電動勢為E,內阻為r,R為電阻箱，電流表為理想表。圖乙為電源的輸出功率P與

電流表示數/的關系圖象，其中電流為從匕時對應的外電阻分別為％、R2,電源的效率分別為7、%，輸

出功率均為Po,下列說法中正確的是（）

Po

A

甲乙

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

~r

2

C.R]R2=rD.〃1<〃2

【答案】C

【解析】

A.由閉合電路歐姆定律可知

/=—^―

R+r

由圖可知

則

R]>R2

選項A錯誤；

B.由閉合電路歐姆定律得

U=E-Ir

輸出功率為

P^UI=EI-I2r

所以有

EI「I；r=El2-生

整理得

選項B錯誤；

C.根據電功率表達式有

片）==嚀&

且

則有

E2E2

（Ri+）（用+廳-

整理得

g=r2

選項c正確；

D.根據電源的效率可得

Q

El

因為

L<，2

因此

7>%

選項D錯誤。

故選Co

8.如圖，一定質量的理想氣體從狀態。開始，經歷過程①、②、③、④到達狀態e。對此氣體，下列說

法正確的是（）

A.過程①中氣體的壓強逐漸減小

B.過程②中氣體對外界做正功

C.過程④中氣體從外界吸收了熱量

D.狀態c、d的內能相等

E.狀態d的壓強比狀態b的壓強小

【答案】BDE

【解析】

A.由理想氣體狀態方程

生_坐

TaTb

可知，體積不變溫度升高即7戶丁。，則Pb>P。，即過程①中氣體的壓強逐漸增大，A錯誤；

B.由于過程②中氣體體積增大，所以過程②中氣體對外做功，B正確；

C.過程④中氣體體積不變，對外做功為零，溫度降低，內能減小，根據熱力學第一定律，過程④中氣體放

出熱量，C錯誤；

D.由于狀態c、d的溫度相等，根據理想氣體的內能只與溫度有關，可知狀態c、d的內能相等，D正確；

PV

E.由理想氣體狀態方程——=C可得

T

V

即TW圖中的點與原點。的連線的斜率正比于該點的壓強，故狀態d的壓強比狀態b的壓強小，E正確。

故選BDEo

9.如圖所示，傾角為9的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、長度均為3d。四個質量均為m的相同

樣品1、2、3、4放在斜面上，每個樣品（可視為質點）左側固定有長度為d的輕質細桿，細桿與斜面平行，

且與其左側的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動摩擦因數為tan凱若樣品1在P處時，四個樣品由靜

止一起釋放，則（重力加速度大小為g）（）

3

當樣品1剛進入MN段時;樣品的共同加速度大小為:gsin。

當樣品1剛進入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgsin9

當四個樣品均位于/WN段時，摩擦力做的總功為9dmgsinB

D.當四個樣品均位于MN段時，樣品的共同速度大小為3jgdsin8

【答案】AD

【解析】

AB.當樣品1剛進入MN段時，以四個樣品整體為對象，根據牛頓第二定律得

4mgsin6?-/jmgcos0=4mat

解得樣品的共同加速度大小為

3.八

a{=-gsinc/

以樣品1為對象，根據牛頓第二定律得

4+mgsin6—"mgcos0=mat

解得樣品1的輕桿受到壓力大小為

3

6=4mgsin0

故A正確，B錯誤；

C.當四個樣品均位于MN段時，摩擦力對樣品1做功

W]=-jumgcos。?3d=-3mgdsin0

摩擦力對樣品2做功

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

摩擦力對樣品3做功

=-jumgcos0d=-mgdsin6

此時樣品4剛進入MN段摩擦力對樣品4不做功，所以當四個樣品均位于MN段時，摩擦力做的總功為

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

故c錯誤；

D.樣品1進入MN段之前，根據牛頓第二定律可知，整體的加速度

4-mesin6.八

q=------------=gsin夕

4-m

樣品2進入MN段之前，根據牛頓第二定律可知，整體的加速度

Amgsin0-umscos03.八

2

o=--------——-------二7gsin0

24m4

樣品3進入MN段之前，根據牛頓第二定律可知，整體的加速度

4mgsin0-jd（2/n）gcos01.

_/gsmg

4m

樣品4進入MN段之前，根據牛頓第：定律可知，整體的加速度

sin0-uCim）2cos01.八

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

4m4

由速度位移關第可知樣品1剛進入MN段時的速度

vj2=2々］（3d）

樣品2剛進入M/V段時的速度

2

戒—vj=2a2d

樣品3剛進入M/V段時的速度

￥一試=2必

樣品4剛進入段時的速度

V：—v；=2a4d

綜合上面分析可知

V：=2a,（3d）+2a2d+2a3d+2a4d=9gdsin0

當四個樣品均位于MN段時，樣品的共同速度大小為

v-v4-Q9gdsin9=3Jgdsin6

故D正確。

故選AD。

10.如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC為兩有界勻強磁場的理想邊界，三角形內的磁場方向垂直紙面

向外，磁感應強度大小為B,三角形外的磁場（足夠大）方向垂直紙面向里，磁感應強度大小也為B.把粒

子源放在頂點A處，它將沿NA的角平分線發射質量為m、電荷量為q、初速度為V。的帶負電的粒子（粒子

重力不計）.則下列說法正確的是（）

aBL7im

A.若Vo=W—，則粒子第一次到達C點所用的時間為一7

mqB

B.若丫。=毀,則粒子第一次到達C點所用的時間為舞

、兀

C.若V。二c二/B一L,則粒子第一次到達B點所用的時間為2fm-

mqB

D.若vO=%,則粒子第一次到達B點所用的時間為空

2m3qB

【答案】BC

【解析】

若v0=蟠，帶電粒子垂直進入磁場，做勻速圓周運動，則由牛頓第二定律可得：qvB=m—；

mr

271m

T=——；將速度代入可得：r=L；從A射出粒子第一次通過圓弧從A點到達C點的運動軌跡如下圖所示,

qB

5T57rm

帶電粒子在一個周期內的運動如圖；帶電粒子從C到B的時間：廿至=場；故從A到B的時間沏

twtAc+底節7rm+5麗7rm=2而7rm；故C正確；若3號c/BL'帶電粒子垂直進入磁場'做勻速圓周運動'則由

v2e271m1

牛頓第二定律可得：qvB=mL；丁=「1；將速度代入可得：r=：L；故從A射出粒子第一次通過圓弧從

rqB2

A點到達C點的運動軌跡如下圖所示，可得:

X

X

X

X

X

X

X

Tc乃mc27rmTTim

&=k2=標'2=麗，故B正確；帶電粒子從C到B的時間f=5=至故從A到B的時間

2乃加7rm5兀m

為：tAB=tAc+tcB=T^-+—=VV'故D錯誤；故選BC.

3qBqB3qB

11.如圖所示為遠距離輸電的原理圖，升壓變壓器的變壓比為m,降壓變壓器的變壓比為"，輸電線的電阻

為R,升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發電機輸出的電壓恒為U,若由于用戶的負載變化，使電

壓表V2的示數減小了AU,則下列判斷正確的是（）

發

電

廠

升壓變壓器降壓變壓器

A.電流表A2的示數減小了半

B.電流表Ai的示數增大了

D.輸電線損失的功率增加了「咆R

C.電壓表5的示數不變

IR）

【答案】BC

【解析】

AB.根據理想變壓器的電壓規律，對于降壓變壓器

△q

----L=n

\U

根據歐姆定律，A1示數增加了

△1\=

RR

根據單相理想變壓器的電流規律

1

n

解得A2示數增加了

,At/

△A71、=n-AA/.=n2----

21R

A錯誤，B正確；

c.發電廠的輸出電壓恒定，升壓變壓器的變壓比恒定，所以Y示數恒定，c正確;

D.輸電線上損失的功率增加了

化后R—4化前嚶］R

\KJ

所以損失的功率不一定為R，D錯誤。

故選BC。

二、非選擇題：本題共5小題，共56分。

12.（7分）

在"描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，使用的器材如下：

待測小燈泡（12V,6W）

電源（電動勢15V,內阻不計）

電流表（0~0.6A,內阻約0.125Q；0-3A,內阻約0.025Q）

電壓表（0-3V,內阻約3kQ；0~15V,內阻約15kC）

滑動變阻器R（0~10Q）

開關及導線若干：

⑴電流表應選用____________量程；

（2）某同學在圖（a）所示的實物圖中已連接了部分導線，請在答題卡上完成實物圖的連線。

⑶若某次電流表的示數如圖（b）所示，該讀數為A；

⑷調節滑動變阻器，記錄多組電壓表和電流表的讀數，作出的/-U圖線如圖（c）所示。某同學將小燈泡與

該電源、定值電阻&=22.5。串聯構成回路，小燈泡消耗的功率為—W（結果保留兩位有效數字）。

UN

圖（c）

【答案】0.6A0.4002.4（2.226均正確）

【解析】

⑴待測小燈泡的額定電流為0.5A,則電流表選擇0.6A量程；

⑵小燈泡屬于小電阻，則采用電流表外接：滑動變阻器用分壓電路，則電路連線如圖:

⑶電流表最小刻度為0.02A,示數為0.400A；

⑷根據全電路歐姆定律，則

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

將此函數關系圖像畫在小燈泡的U-/圖像中，如圖;

兩條圖像的交點坐標為。=6V,/=0.40A,則燈泡的功率

P=/U=2.40W

13.（9分）

某實驗小組利用如圖（a）所示的實驗裝置驗證動量守恒定律。實驗的主要步驟如下：

①用游標卡尺測量小球A、B的直徑d,其示數如圖（b）所示，用天平測量小球A、B的質量分別為mi、

②用兩條細線分別將球A、B懸掛于同一水平高度，且自然下垂時兩球恰好相切，球心位于同一水平線上;

③將球A向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為Q時由靜止釋放，與球B碰撞后，測得球A向左擺到最高

點時其懸線與豎直方向的夾角為4,球B向右擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角為彷o

234cm

山|川中川|“山1

0510

圖(b)

回答下列問題：

⑴小球的直徑d=cm；

⑵若兩球碰撞前后的動量守恒，則其表達式可表示為.o(用①③中測量的量表示);

⑶完成實驗后，實驗小組進一步探究。用質量相同的A、B兩球重復實驗步驟②③，發現A球與B球碰撞

后，A球靜止，B球向右擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角略小于。，由此他們判斷A、B兩球的碰撞

是(填〃彈性碰撞"〃非彈性碰撞〃"完全非彈性碰撞〃)o

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

【解析】

⑴游標卡尺的主尺讀數22mm,游標讀數為0.1x0mm=0.0mm,則小球的直徑

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

(2)小球A下擺過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律得

=14gL(l-COSa)

碰撞后，對A、B兩球分別根據機械能守恒定律得

；叫丫：=叫gL(l-cosa)

~m2V2=M2gL(l-cosS?)

若兩球碰撞前后的動量守恒，則滿足

=-m[v[+m1v2

聯立可得

仍Jl-cosa=Jl-cosq+用Jl-cos%

(3)A>B兩球質量相同，則有

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

若碰撞是彈性碰撞，則碰撞過程中機械能守恒，則有

gmv,2=；/MV,2+gmv；

即有

1-costz=-(1—cos^)+(l-cos^2)

聯立可得

q=o

a=a

所以判斷A、B兩球的碰撞是彈性碰撞。

14.（9分）

如圖所示，波源S在豎直方向做簡諧運動，其位移隨時間變化的關系式為y=10sin5mcm,產生的波向左、

右同時傳播，波速u=6m/s,P,Q是分別位于波源左、右兩側的質點，質點。到波源的距離是質點P到

波源距離的3倍，從「=0時開始計時，當波源第二次到達波峰時，波剛好傳到P點。求：

⑴波長4；

（2）從r=0時開始計時到質點Q第一次達到負向最大位移處的過程中，波源通過的路程。

PSQ

【答案】（l）2.4m；（2）1.8m

【解析】

⑴由y=l（）sin5加cm可知，質點的振動周期為

2兀2兀

T=—=—s=0.4s

CD571

因此波的周期也為0.4s；

波長

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

（2）由y=10sin5“cm可知波源起振方向豎直向上，所以從t=0時開始計時到波源第二次到達波峰所用時

間為

/=（l+；）T=0.5s

波傳播的距離即SP之間的距離

L§p~vZ=3m

則質點。到波源的距離

LSQ=3L$p=9m

因此波傳播到。點，所需時間

公組“5s

V

質點。從開始振動到第一次達到負向最大位移處，需要時間

t=—T=0.3s

274

所以從f=0時開始計時到質點Q第一次達到負向最大位移處波源振動的總時間為

c9

t忌=4+q=L8s=耳7

波源在此過程中通過的路程為

9

L=—x4A=1.8m

2

15.（13分）

如圖所示，水平面上有48兩個小物塊（均可視為質點），質量分別為m、3m,兩者之間有一被壓縮的輕

質彈簧（未與A、8連接）。距離物塊A為2Z,處有一半徑為L的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水

平面相切于C點，物塊B的左邊靜置著一個斜面體，斜面體斜面、底面均光滑，斜面體高度為2L（底部與

水平面平滑連接）。某一時刻將壓縮的彈簧釋放，物塊48瞬間分離，A向右運動恰好能過半圓形軌道的

最高點D（。處設置有口袋，物體經過D后即進入口袋），B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最

大高度為"I。己知兩物塊與A右側水平面間的動摩擦因數〃=0.5,B左側水平面光滑，重力加速度為go

（計算結果用m、g、L表示）

⑴求釋放前壓縮的彈簧具有的彈性勢能；

⑵求斜面體的質量；

⑶求物塊8與斜面體相互作用的過程中，物塊8對斜面體做的功；

⑷計算說明物塊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。點，有

mg=m~^

從C到D,由動能定理，有

0,1212

-mgx2L=-mvD——mvc

解得

vc=y15gL

名一u：=-2〃g-2L

彈簧釋放瞬間，由動量守恒定律，有

mvA=3mvB

由能量守恒得

1,12

E=3mvA+—3mvj

代入得

.14

E=—mgLr

(2)8滑上斜面體最高點時，對8和斜面體，根據動量守恒定律，有

3mvp=(3m+M)v

由機械能守恒定律，有

1,12L

—2>mVg=—(3m+M)v+3m