湖北省黄冈市荆州中学2021-2022学年高三第二次联考物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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。

1．一质点以初速度v0沿x轴正方向运动，已知加速度方向沿x轴正方向，当加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中，该质点( )
A．速度先增大后减小，直到加速度等于零为止
B．位移先增大，后减小，直到加速度等于零为止
C．位移一直增大，直到加速度等于零为止
D．速度一直增大，直到加速度等于零为止
2．工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。

其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。

当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（）
A．A、B平行板电容器的电容增大
B．A、B两板上的电荷量变大
C．有电流从a向b流过灵敏电流计
D．A、B两板间的电场强度变大
3．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。

当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。

如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则（）
A．“轨道康复者”N从图乙所示轨道上加速，与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正卫星M到较低的轨道运行
B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正
C．在图乙中M的动能一定小于N的动能
D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上
4．如图所示，水平传送带A、B两端相距s=2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A端瞬时速度v A=5m/s，达到B端的瞬时速度设为v B，则（）
A．若传送带以1m/s顺时针转动，则v B=3m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，则v B<3m/s
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则v B=3m/s
D．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定v B>3m/s
5．如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间t变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。

从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框ab边受到的安培力F随时间t变化图象中，可能正确的是（取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（）
A．B．C．D．
6．一个物体在外力F的作用下静止在倾角为θ的光滑固定斜面上，关于F的大小和方向，下列说法正确的是（）
A．若F=mg，则F的方向一定竖直向上
B．若F=mg tanθ，则F的方向一定沿水平方向
C．若F=mg sinθ，则F的方向一定沿斜面向上
D．若F=mg cosθ，则F的方向一定垂直于斜面向上
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7．2019年6月25日02时09分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第46颗北斗导航卫星。

北斗导航系统中包含多颗地球同步卫星，下列关于地球同步卫星的说法正确的是
A ．所有同步卫星的轨道半径都相同
B ．同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C ．同步卫星相对地面静止，所以它处于平衡状态
D ．同步卫星的向心加速度小于地球表面处的重力加速度
8．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。

某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox ，作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g 。

以下判断正确的是
A ．当x =h +x 0时，重力势能与弹性势能之和最小
B ．最低点的坐标为x =h +2x 0
C ．小球受到的弹力最大值等于2mg
D ．小球动能的最大值为02
mgx mgh + 9．关于热现象，下列说法正确的是___________。

A ．气体吸热后温度一定升高
B ．对气体做功可以改变其内能
C ．理想气体等压压缩过程一定放热
D ．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少
E.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域
10．如图为磁流体发电机的原理示意图，间距为d 的平行金属板M 、N 间有磁感应强度大小为B 且方向垂直纸面向里的匀强磁场，将一束含有大量带正电和带负电的等离子体以速度v 水平喷入磁场，两金属板间就产生电压.定值电阻0R 、滑动变阻器R （最大值为02R ）及开关S 串联后接在M 、N 两端，已知磁流体发电机的电阻为r （001.52R r R <<），则在电路闭合、滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中（ ）
A ．金属板M 为电源正极，N 为电源负极
B ．电阻0R 消耗功率的最大值为()2220
20B d v R R r +
C ．滑动变阻器消耗功率的最大值为222
B d v r R + D ．发电机的输出功率先增大后减小
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学想测出济南当地的重力加速度g ，并验证机械能守恒定律。

为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M ，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N ，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。

调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。

启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。

图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B 、C 、D 、E 。

将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A ，此时B 、C 、D 、E 对应的刻度依次为14.68cm ，39.15cm ，73.41cm ，117.46cm 。

已知电动机的转速为3000r/min 。

求：
(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s ；
(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s 2（结果保留三位有效数字）；
(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v ，以2
2
v 为纵轴，以各条墨线到墨线A 的距离h 为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。

12．（12分）兴趣课上老师给出了一个质量为m的钩码、一部手机和一个卷尺，他要求王敏和李明两同学估测手上抛钩码所做的功。

两同学思考后做了如下操作：
(1)他们先用卷尺测出二楼平台到地面的距离h，王敏在二楼平台边缘把钩码由静止释放，同时李明站在地面上用手机秒表功能测出钩码从释放到落到地面的时间t0，在忽略空气阻力的条件下，当地的重力加速度的大小可以粗略的表示为g=______（用h和t0表示）；
(2)两同学站在水平地面上，李明把钩码竖直向上抛出，王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间。

两同学练习几次，配合默契后某次李明把钩码竖直向上抛出，同时王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间t，在忽略空气阻力的条件下，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W=_____（用m、h、t0和t表示）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，水平面内足够长的光滑平行金属导轨相距为L，左端连接阻值为R的电阻，导体棒MN垂直导轨放置，与导轨接触良好。

整个装置处于方向竖直向下、范围足够大的非匀强磁场中，沿导轨建立x轴，磁场的磁感应强度满足关系B=B0+kx。

t=0时刻，棒MN从x=0处，在沿+x轴水平拉力作用下以速度v做匀速运动，导轨和导体棒电阻不计，求：
（1）t=0时刻，电阻R消耗的电功率P0；
（2）运动过程中水平拉力F随时间t变化关系式；
（3）0~t1时间内通过电阻R的电荷量q。

14．（16分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
15．（12分）一扇形玻璃砖的横截面如图所示，圆心角∠AOC=120︒，图中的虚线OB为扇形的对称轴，D为OC的中点，一细束平行于玻璃砖截面的单色光沿与OC面成30︒角的方向从D点射入玻璃砖，折射光线与竖直方向平行。

（i）求该玻璃砖对该单色光的折射率；
（ii）请计算判断此单色光能否从玻璃砖圆弧面射出，若能射出，求射出时折射角的正弦值。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
AD．由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到0的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，故A错误，D正确；
B．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，故B错误；
C ．由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故C 错误。

2、C
【解析】
A ．根据4S C kd
επ=可知当产品厚度减小，导致ε减小时，电容器的电容C 减小，A 错误； BC ．根据Q CU =可知极板带电量Q 减小，有放电电流从a 向b 流过，B 错误，C 正确；
D ．因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为U
E d
=
不变，D 错误。

故选C 。

3、A
【解析】
A ．开动M 上的小发动机向前喷气，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心运动，则能校正卫星M 到较低的轨道运行，故A 正确；
B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心力运动，则卫星M 会在更低的轨道运动，故B 错误；
C ．由于不知道M 、N 的质量，所以无法比较两者的动能，故C 错误；
D ．由 22Mm G m r r
ω= 可得
ω=
可知 N 的角速度比M 的大，所以M 、N 和地球球心三者可能处在同一直线上，故D 错误。

故选A 。

4、C
【解析】
A ．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
a =μg =1m/s 2
若传送带以1m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为1m/s 时的位移为
2222
54 1.125m 224
B A v v s a --===⨯
然后物体随传送带匀速运动，故达到B 端的瞬时速度为1m/s ，故A 错误；
B ．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B 端时的速度为
/s=3m /s B v ==
故B 错误；
C ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B 选项可知因为到达B 端的速度为v B =3m/s ，故最后物体到达B 端的速度为v B =3m/s ，故C 正确；
D ．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B 端的速度为3m/s 只有当传送带的速度大于3m/s 时到达右端的速度才可能是v B >3m/s ，故D 错误．
故选C.
5、B
【解析】
AB ．由图可知，在0~2T 内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0~2
T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在
~2T T 内内线圈中磁感应强度的变化率相同，故~2T T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有
2
B S E t ∆=⋅∆ 则感应电流为
2E B S i R t R
∆==⋅∆ 由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A 错误，B 正确；
CD ．由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据
F BIL =
可知F 与B 成正比，则在0~4
T 内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在~42
T T 内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大；在
3~22T T 内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在3~2
T T 内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大，故CD 错误。

故选B 。

【解析】
A ．由甲图可知，若F=mg ，则F 的方向可能竖直向上，也可能与竖直方向成2θ角斜向下，选项A 错误；
B ．由乙图可知，若F =mg tan θ，则F 的方向可能沿水平方向，也可能与斜面成θ角斜向上，选项B 错误；
C ．由甲图可知，若F =mg si nθ，则F 的方向是唯一的，一定沿斜面向上，选项C 正确；
D ．由图丙可知，若F =mg cos θ，则若以mg cos θ为半径做圆，交过G 且平行于N 的直线于两个点，则说明F 的解不是唯一的，且F 的方向一定不是垂直于斜面向上，选项D 错误；故选C 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

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、AD
【解析】
A ．所有地球同步卫星的周期相同，由
2
224Mm G m r r T
π= 可知，所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故A 正确；
B ．由
2
2Mm v G m r r
= 可知，轨道半径越大，线速度越小，故B 错误；
C ．卫星虽然相对地面静止，但在做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C 错误；
D ．同步卫星的向心加速度
2
M a G r = 地球表面的重力加速度
2M g G R =，r R >
所以a g <，故D 正确。

【解析】
由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。

A ．当x =h +x 0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，A 正确；
B ．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功的绝对值相等，即到最低点图中实线与x 轴围成的面积应该与mg 那条虚线与x 轴围成的面积相同，所以最低点应该在h +2x 0小球的后边，B 错误；
C ．由B 知道最低点位置大于02x h x =+，所以弹力大于2mg ， C 错误；
D ．当x =h +x 0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
00011()22
G N W W mg h x mg x mgh mgx +=+-⋅=+， 故D 正确。

9、BCD
【解析】
A ．根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A 错误；
B ．做功和热传递都可以改变物体的内能，故B 正确；
C ．根据理想气体状态方程pV C T
=，气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减小，即△U ＜0；再根据热力学第一定律：W +Q =△U ，体积减小，外界气体做功，W ＞0，则Q ＜0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故C 正确；
D ．理想气体绝热膨胀过程，Q =0，W ＜0，根据热力学第一定律：W +Q =△U 可知，△U ＜0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故D 正确；
E ．扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高温区域，故E 错误。

故选BCD 。

10、BD
【解析】
A ．等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向N 板偏转，负离子向M 板偏转，即金属板M 为电源负极，N 为电源正极，故A 错误；
B ．等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即
E Bqv q d
= 可得电源电动势E Bdv =，当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻0R 消耗的功率最大，且为
()()()2202102200
0Bdv R E R P I R R r R r ===++
故B 正确； C ．滑动变阻器最大阻值为02R ，小于定值电阻与电源内阻之和，故滑动变阻器阻值为02R 时消耗的功率最大，且为 ()()22220
022*******E R B d v R R r P R r ⋅=++=
故C 错误；
D ．因001.52R r R <<，所以滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，外电路电阻减小，必然在某位置有
0r R R =+滑
由外电阻与内阻相等时电源输出功率最大可知，滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、0.1 9.79 能 墨线A 对应的速度不为零
【解析】
(1)[1]由于电动机的转速为3000r/min ，则其频率为50Hz ，故每隔0.02s 特制笔N 便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s
(2)[2]由题可知
(39.1514.68)cm 24.47cm BC x =-=
(73.4139.15)cm 34.26cm CD x =-=
(117.4673.41)cm 44.05cm DE x =-=
可知连续相等时间内的位移之差
9.79cm x ∆=
根据△x =gT 2得
2
2229.7910m/s 9.79m/s 0.01
x g T -∆⨯=== (3)[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
mgh ＝mv 2
得
2
2
v gh = 若2
2
v h -图线为直线，斜率为g ，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒 [4]图线不过原点是因为起始计数墨线A 对应的速度不为0
12、202h t 22
40
2mh t t 【解析】
(1)[1]在忽略空气阻力的条件下，钩码做自由落体运动，有2012
h gt =，解得 20
2h
g t = (2)[2]在忽略空气阻力的条件下，钩码上抛做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等，即
12
t t t ==下上 抛出的初速度v 0=gt 下，根据动能定理可知，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为
2012
W mv = 联立解得
22
40
2mh t W t =
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）22200B L v P R =；（2）()2
20B kvt L v F R +=；（3）()01122B kvt Lvt q R += 【解析】
（1）0t =时刻导体棒产生的电动势
00E B Lv =
电功率
200E P R
= 解得
22200B L v P R
= （2）在t 时刻，棒MN 位置 x vt =
导体棒产生的感应电流
BLv I R
= 导体棒所受安培力
A F BIL =
方向向左
导体棒做匀速运动应有
A F F =
解得
()220
B kvt L v F R +=
（3）任意t 时刻棒产生的感应电流 ()0B kvt Lv BLv I R R
+== 则1t 时刻棒产生的感应电流 ()011B kvt Lv I R
+= I t -图象如图
10t -时间内通过R 的电荷量 0112
I I q t +=⋅ 解得
()01122B kvt Lvt q R
+= 14、（1）2.4m/s （2）48N （3）64J ；26.88J
【解析】
(1)由牛顿第二定律：
2sin 12m/s F mg a m
θ-== 进入磁场时的速度：
2 2.4m/s v as ==
(2)感应电动势：
E Blv =
感应电流：
Blv I R
= 安培力：
A F IBl =
代入得：
2A ()48N Bl v F R
== (3)健身者做功：
()64J W F s d =+=
由牛顿定律：
A sin 0F mg F θ--=
CD 棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间： d t v = 焦耳热：
226.88J Q I Rt ==
15、（i ）3n =；（ii ）能射出，23sin 4θ= 【解析】
(i)光路图如图所示，有几何关系得: 60,30i r ︒︒==
根据折射定律有sin sin i n r
=，解得 3n =
(ii)如图所示，光线出射过程中，入射角1θ，折射角为2θ，
根据正弦定理有
1sin sin1202
R R
θ︒= 得
13sin 4
θ= 由1sin C n =
可知，因1θ＜C ，故此单色光能从玻璃砖圆弧面射出，由光路可逆可得 21
sin sin n θθ=
解得
23
sin
4
θ=。