湖南省邵阳市2021届新高考第三次模拟物理试题含解析

湖南省邵阳市2021届新高考第三次模拟物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )
A ．甲球质量大于乙球
B ．m 1/m 2=v 2/v 1
C ．释放瞬间甲球的加速度较大
D ．t 0时间内，两球下落的高度相等
【答案】A
【解析】
【详解】
两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg ，因此最大速度与其质量成正比，即
v m ∝m ，1122
m
v m v ，由图象知v 1＞v 2，因此m 甲＞m 乙；故A 正确，B 错误．释放瞬间v=0，空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ．故C 错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等；故D 错误；故选A ．
2．惯性制导系统的原理如图所示。

沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m 的滑块，滑块的两侧分别与劲度系数均为k 的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连。

滑块原来静止，弹簧处于自然长度。

滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。

设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O 点的距离为s ，则这段时间内导弹的加速度（ ）
A ．方向向左，大小为ks m
B ．方向向右，大小为
ks m
C ．方向向右，大小为2ks m
D ．方向向左，大小为2ks m 【答案】C
【解析】
【详解】
导弹的速度与制导系统的速度始终相等，则其加速度相等。

滑块受到左、右两侧弹簧的弹力方向均向右，大小均为ks 。

则合力方向向右，加速度方向向右。

由牛顿第二定律得
2ks ma =
解得
2ks a m
= 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体．如果把太阳压缩到半径只有3km 且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也
倍，光速为8310m /s ⨯，
1122G 6.6710N m Kg --=⋅⨯⋅，则根据以上信息可知太阳的质量约为
A ．29210Kg ⨯
B ．30210Kg ⨯
C ．30810Kg ⨯
D ．31810Kg ⨯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由22Mm v G m R R =且c =，解得1128230(310)3000kg 210kg 22 6.6710
c R M G -⨯⨯===⨯⨯⨯，故选B. 4．近年来，人类发射了多枚火星探测器，火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。

假设火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，若测得该探测器运动的周期为T ，则可以算得火星的平均密度2k T ρ=
，式中k 是一个常量，该常量的表达式为（已知引力常量为G ） A ．3k π=
B ．3k G π=
C ．3k G π=
D ．24k G
π= 【答案】C
【详解】
由万有引力定律，知
2224Mm G m r r T
π= 得
23
24r M GT π= 又
343
M R ρ=⋅π 而火星探测器绕火星做“近地”圆周运动，有r R =，解得
2
3GT πρ= 故题中的常量
3k G
π= 故选C 。

5．一正三角形导线框ABC （高度为a ）从图示位置沿x 轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。

两磁场区域磁感应强度大小均为B 、方向相反、垂直于平面、宽度均为a 。

下图反映感应电流Ⅰ与线框移动距离x 的关系，以逆时针方向为电流的正方向。

图像正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
在x 上，在0~a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值。

在2a a :范围内，线框穿过两磁场分界线时，BC 、AC 边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势1E 增大，AC 边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势2E 不变，两个电动势串联，总电动势
12E E E =+
增大，同时电流方向为瞬时针，为负值。

在2~3a a 范围内，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，综上所述，故A 正确。

故选A 。

6．如图所示，AO 、BO 、CO 是完全相同的绳子，并将钢梁水平吊起，若钢梁足够重时，绳子AO 先断，则（ ）
A ．θ=120°
B ．θ＞120°
C ．θ＜120°
D ．不论θ为何值，AO 总是先断
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
以结点O 为研究对象，分析受力，作出力图如图．
根据对称性可知，BO 绳与CO 绳拉力大小相等．由平衡条件得：F AO =2F BO cos
2θ，当钢梁足够重时，AO 绳先断，说明F AO ＞F BO ，则得到2F BO cos 2
θ＞F BO ，解得：θ＜120°，故C 正确，ABD 错误。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．研究表明，汽车在行驶过程中所受阻力的大小与运动速率的平方近似成正比。

一辆汽车在平直公路上
行驶，以某一功率行驶达到的最大速率为1v ，此时所受阻力为1F 。

若增加汽车功率为原来的两倍，其他条件不变，该汽车行驶达到的最大速率为2v ，相应的阻力为2F 。

对此下列表述正确的是（ ）
A ．21
2F F = B
．21F F =C
．21v v =D
．21
v v =【答案】BD
【解析】
【详解】 CD ．汽车功率为P 时，最大速率为1v ，由二力平衡有
1
1F P v = 由题意知
211F kv =
解得
1v = 同理，汽车功率为2P 时，最大速率为
2v = 解①②式得
21v v ==③ 所以D 正确，C 错误；
AB ．将③式代入
211F kv =与222F kv =
解得
2
2211F v F v ⎛⎫== ⎪⎝⎭
所以B 正确，A 错误。

故选BD 。

8．如图所示，虚线边界ab 上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h 处由静止释放，则下列说法正确的是
A ．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生顺时针方向的感应电流
B ．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力一定一直减小
C ．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小
D ．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后不变
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．线框穿出磁场的过程中，线框内磁通量减小，由楞次定律可知，线框中会产生顺时针方向的感应电流，故A 正确；
B ．线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若大于重力，则线框做减速运动，受到的安培力减小，线框所受安培力若小于重力，则线框做减加速运动，受到的安培力增大，故B 错误；
CD ．线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若小于重力，则线框做加速运动，速度增大，产生的感应电流增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，做匀速运动，不会出现速度先增大后减小的情况，故C 错误D 正确。

故选：AD 。

9．地球表面重力加速度的测量在军事及资源探测中具有重要的战略意义，已知地球质量m 地，地球半径R ，引力常量G ，以下说法正确的是（ ）
A ．若地球自转角速度为ω，地球赤道处重力加速度的大小为22Gm R R
ω-地 B ．若地球自转角速度为ω，地球两极处重力加速度的大小为
2Gm R 地 C ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心，()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，
则A 处重力加速度变化量的大小为332m r g G R h
∆=地 D ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心、()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，
则A 处重力加速度变化量的大小为3 32
()m r g G R h h ∆=-地 【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．在赤道处
22
Gm m mg m R R ω=+地赤 得出
22Gm g R R
ω=-地赤 在两极处
2
Gm m mg R =地极 得出
2
Gm g R =地极 选项AB 正确；
CD ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，该球形防空洞挖掉的质量
33334433
m m m r R r R ππ'=⋅=地地 A 处重力加速度变化是由该球形防空洞引起的
2
m g G h ∆'= 332m r g G R h
∆=地 选项C 正确，D 错误。

故选ABC 。

10．如图所示为某电场中的一条电场线，该电场线为一条直线，a b c 、、为电场线上等间距的三点，三点的电势分别为a ϕ、b ϕ、c ϕ，三点的电场强度大小分别为a E 、b E 、c E ，则下列说法正确的是（ ）
A ．不论什么电场，均有a b c ϕϕϕ>>
B ．电场强度大小有可能为a c b E E E =>
C ．若a b c E E E ==，则电场一定是匀强电场
D ．若a b b c ϕϕϕϕ=--，则电场一定是匀强电场
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．沿着电场线的方向电势逐渐降低，可得a b c ϕϕϕ>>，选项A 正确；
B ．在等量异种点电荷电场中，若b 点为两点电荷连线的中点，则有a c b E E E =>，故选项B 正确；
C ．仅由a b c E E E ==，不能确定电场是否是匀强电场，选项C 错误；
D ．仅由a b b c ϕϕϕϕ=--，不能确定电场为匀强电场，选项D 错误。

故选AB 。

11．如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．在位移从0增大到x 的过程中，木块的重力势能减少了E
B ．在位移从0增大到x 的过程中，木块的重力势能减少了2E
C ．图线a 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
D ．图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b 为木块的动能随位移变化的关系。

由机械能的变化量
等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有
p 20E E E E -=-+∆
得p =2E E ∆-，即木块的重力势能减少了2E ，故A 错误，B 正确；
C ．由功能关系可知图线a 斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C 错误；
D ．由功能关系可知图线b 斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为L 的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间与L 3，L 4之间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

现有一矩形线圈abcd ，长边ad=3L ，宽边cd=L ，质量为m ，电阻为R ，将其从图示位置（cd 边与L 1重合）由静止释放，cd 边经过磁场边界线L 3时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd 边始终水平，已知重力加速度g=10 m/s 2，则（ ）
A ．ab 边经过磁场边界线L 1后线圈要做一段减速运动
B ．ab 边经过磁场边界线L 3后线圈要做一段减速运动
C ．cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔大于23
2B L mgR
D ．从线圈开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程中，线圈产生的热量为2mgL －322
44
2m g R B L 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好开始做匀速直线运动，cd 边从L 3到L 4的过程中做匀速直线运动，cd 边到L 4时ab 边开始到达L 1，则ab 边经过磁场边界线L 1后做匀速直线运动，故A 错误；
B ．ab 边从L 2到L 3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab 边进入下方磁场的速度比cd 边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab 边经过磁场边界线L 3后线圈要做一段减速运动，故B 正确；
C ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg BIL =
而 BLv I R = 联立解得 22mgR v B L = cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动，所用时间为
23
2L B L t v mgR
== cd 边从L 2到L 3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g ，设此过程的时间为t 1，由运动学公式得 0111222
v v v L t t vt +=
<= 得 23
1L B L t v mgR
>= 故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为
23
1222L B L t t t v mgR
=+>= 故C 正确；
D ．线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，根据能量守恒得
322
24413322m g R Q mg L mv mgL B L
=⋅-=- 故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示．他改变的实验条件可能是（ ）
A ．减小光源到单缝的距离
B ．减小双缝之间的距离
C ．减小双缝到光屏之间的距离
D ．换用频率更高的单色光源
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：通过观察发现，图乙中干涉条纹的宽度比甲图中的大，根据干涉条纹宽度干涉有：Δx ＝l d λ，因此可以使缝屏距l 变大，双缝距d 减小，或换用波长较长即频率较低的光，以达到要求，故选项C 、D 错误；选项B 正确；与光源到单缝的距离无关，故选项A 错误．
考点：本题主要考查了对双缝干涉实验的理解问题，属于中档偏低题．
14．某同学欲将内阻为100 Ω、量程为300 μA 的电流计G 改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300 μA 刻度。

可选用的器材还有：定值电阻R 1（阻值25Ω）；定值电阻R 2（阻值l00Ω）；滑动变阻器R （最大阻值l000 Ω）；干电池（E=1.5V ．r=2 Ω）；红、黑表笔和导线若干。

改装电路如图甲所示。

（1）定值电阻应选择____（填元件符号）．改装后的欧姆表的中值电阻为____Ω。

（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量内阻和量程均未知的电压表V 的内阻。

步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节 ____填图甲中对应元件代号），使电流计G 指针指到____ μA ；再将____（填“红”或“黑”）表笔与V 表的“+”接线柱相连，另一表笔与V 表的“一”接线柱相连。

若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V 表的内阻为____Ω，量程为____________ V 。

【答案】R 1 1000 R （或滑动变阻器） 300 黑 500 1
【解析】
【详解】
（1）[1][2]由于滑动变阻器的最大阻值为1000Ω，故当滑动变阻器调到最大时，电路中的电路约为 1.5mA E I R
≈= 此时表头满偏，故定值电阻中的电流约为
1 1.2mA g I I I ≈-=
故其阻值为
125Ωg
g I R R I '==
因此定值电阻应该选择R 1。

改装后将红黑表笔短接，将电流表调大满偏，此时多用表的总内阻为
1
1000Ωg E R
I I ==+内 故多用表的中值电阻为
=1000ΩR R =中内
（2）[3] [4] [5]由于使用欧姆表测内阻，故首先要进行欧姆调0，即调节R ，使电流表满偏，即指针指到300μA ，黑表笔接的电源正极，故将黑表笔与电压表的“+”接线柱相连；
[6][7]欧姆表指针指在I=200μA 位置，则电路中的总电流为5I ，故待测电压表的内阻为
V 500Ω5E R R I
=-=内 设电压表量程为U ，此时电压表两端的电压为
V 50.5V 2
U I R =⨯= 故其量程为1V 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．假设某星球表面上有一倾角为θ=37°的固定斜面，一质量为m=2.0kg 的小物块从斜面底端以速度12m/s 沿斜面向上运动，小物块运动2.0s 时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=0.125，该星球半径为()3
4.810.sin370.6,cos370.8R km =⨯︒=︒=． 试求：
（1）该星球表面上的重力加速度g 的大小；
（2）该星球的第一宇宙速度.
【答案】 (1)27.5m /s (2)3610m /s ⨯
【解析】
【详解】
解：(1)对物体受力分析，由牛二律可得：mgsin mgcos ma θμθ--=
根据速度时间关系公式有：00a t
v -=
代入数据解得：27.5m/s g = (2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据重力等于万有引力有：2
GMm mg R = 2
2GMm mv R R
=
解得：33
7.5 4.810m/s 610m/s v gR ==⨯⨯=⨯
16．如图所示，虚线AB 、BC 、CD 将平面直角坐标系四个象限又分成了多个区域。

在第一、二象限有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0mv qd。

在第三、四象限中，－2d<y<0区域又分成了三个匀强电场区域，其中在x>d 区域有沿x 轴负方向的匀强电场；在x<－d 区域有沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小相等；－d<x<d 区域有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度是另外两个电场强度的2倍。

第二、四象限中，y<－2d 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。

一个质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，以速度v 0由原点O 沿y 轴正方向射入磁场。

运动轨迹恰好经过B （－d ，－2d ）、C （d ，－2d ）两点，第一次回到O 点后，进入竖直向上电场区域，不计粒子重力，求：
(1)电场区域内的电场强度大小E ；
(2)y<－2d 区域内磁场的磁感应强度B 2；
(3)由原点O 出发开始，到第2次回到O 点所用时间。

【答案】 (1)202mv E qd =；(2)02mv B qd =；(3)00
652d d t v v π=+ 【解析】
【分析】
【详解】
粒子的运动轨迹如图所示。

(1)在x<-d 的电场区域中粒子做类平抛运动，可知
012d v t =
21112
d a t = 1qE a m
= 由以上三式可得
202mv E qd
= (2)由(1)向中各式可解得
10
2d t v = 粒子在B 点的速度0y v v =
110x v a t v ==
可得
02B v v =
运动轨迹经过B 、C 两点，由几何关系可知，粒子在y<-2d 的磁场区域内运动的轨道半径为
2r d =
运动轨迹对应的圆心角θ=90°
由
22B B v qv B m r
=
可得 021mv B B qd ==
(3)由对称性可知，粒子从O 点进入电场时的速度大小为v 0
212E E =
212a a =
在d>x>-d 的电场区城内，粒子沿y 轴负方向运动的位移
20122
v d s a == 粒子将做往返运动
0211
22v t t a == 在两个磁场中的运动周期均为
1
2m T qB π= 粒子在磁场中运动总时间为
31
5542m t T qB π== 由原点O 出发开始。

到第2次到达O 点所用的时间
12300
6522d d t t t t v v π=++=+ 17．将轻质弹簧竖立在水平地面上在其顶端将一质量为3m 的物体由静止释放当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为l 。

QN 是一水平光滑轨道，N 端与半径为l 的光滑半圆管道相切，管道的直径MN 竖直，如图所示。

现将该弹簧水平放置，一端固定在Q 点，另一端与质量为m 的小球P 接触但不连接。

用外力缓缓推动小球P ，将弹簧压缩后放开，P 开始沿轨道运动。

已知重力加速度为g ，半圆管道的管口略大于小球直径。

求：
（1）小球P 到达M 点时对管道的作用力；
（2）小球P 离开管道后落回到NQ 上的位置与N 点间的距离。

【答案】（1）mg 方向竖直向上（2）s =
【解析】
【详解】
（1）依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩l 时，质量为3m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为
3p E mgl =①
设小球P 到达M 点时的速度大小为M v ，由能量守恒定律得
2122
P M E mv mgl =+② 联立①②式，代入题给数据得
M v =
在M 点，设小球P 到达M 点时的项对小球的印用力为N F .
2N M mv m l
F g += ④ 代入数据
N F mg =.
根据牛顿第三定律可知，'N N F F mg ==，方向竖直向上
（2）设P 离开M 点后，落回到轨道NQ 所需的时间为t ，由运动学公式得
2122
l gt =⑤ P 落回到NQ 的位置与N 点之间的距离为
M s v t =⑥
联立⑤⑥式得
s =。