湖北省荆州市2021届新高考物理考前模拟卷(3)含解析

湖北省荆州市2021届新高考物理考前模拟卷（3）
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．狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。

一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地
面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h ，最大水平位移为x 。

不考虑空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B ．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h 增大
C ．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x 与h 的比值减小
D ．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x 与h 的比值增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有
01sin θy v v gt ==
狞猫在空中的运动时间
012sin θ2v t t g
== 保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间增大，故A 错误；
B ．狞猫在空中的最大高度
22201sin θ122v h gt g
== 保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度增大，故B 正确；
CD ．狞猫最大水平位移为
22002cos θsin θsin2θx v v x v t g g
=== 最大水平位移与最大高度的比值为
4tan θ
x h = 保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x 与h 的比值不变，故C 、D 错误。

故选B 。

2．如图所示为范德格拉夫起电机示意图，直流高压电源的正电荷，通过电刷E 、传送带和电刷F ，不断地传到球壳的外表面，并可视为均匀地分布在外表面上，从而在金属球壳与大地之间形成高电压．关于金属球壳上的A 、B 两点，以下判断正确的是
A．A、B两点电势相同
B．A、B两点电场强度相同
C．将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能增加
D．将带正电的试探电荷从A点移到B点，电势能减小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、由题可知，电荷均匀地分布在外表面上，球壳AB是一个等势体，各点的电势是相等的．故A正确；
B、球壳AB是一个等势体，AB的外表面处，各点的电场强度的方向与球壳的外表面垂直，所以A点与B 点的电场强度的方向一定不同，故B错误；
C、由于A、B的电势是相等的，所以将带正电的试探电荷从A点移到B点，电场力不做功，电势能不变．故C错误，D错误．故选A．
【点睛】
静电平衡后，金属球壳AB的外表面均匀带电，外部各点的电场强度大小相等，方向不同；金属球壳AB 是一个等势体，各点的电势相等．
3．如图所示，在真空云室中的矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在O点的
铀238原子核238
92
U发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径
迹，曲线OP为1
4
圆弧，x轴过O点且平行于AB边。

下列说法正确的是（）
A．铀238原子核发生的是β衰变，放出的射线是高速电子流
B．曲线OP是射线的径迹，曲线OQ是反冲核的径迹
C．改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变
D ．曲线OQ 是α射线的径迹，其圆心在x 轴上，半径是曲线OP 半径的45倍
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AD ．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是α衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，由于曲线OP 为14
圆弧，则其圆心在x 轴上，射线初速度与x 轴重直，新核初速度与x 轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x 轴上
由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是α粒子的45倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线OQ 半径是曲线OP 半径的45倍，故A 错误，D 正确。

BC ．由动量守恒可知
αα0mv m v =-
粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力
2
v qvB m r
= 得
mv r qB
= 由于反冲核的电荷量比α射线大，则半径更小，即曲线OQ 是射线的径迹，曲线OP 是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故BC 错误。

故选D 。

4．如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。

不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是（ ）
A．玩具从机械爪处自由下落时，玩具的机械能守恒
B．机械爪抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加
C．机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒
D．机械爪抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失，即玩具的机械能守恒，故A正确；
B．机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，故B错误；
C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，故C错误；D．机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，故D错误。

故选A。

5．研究光电效应的实验规律的电路如图所示，加正向电压时，图中光电管的A极接电源正极，K极接电源负极时，加反向电压时，反之．当有光照射K极时，下列说法正确的是
A．K极中有无光电子射出与入射光频率无关
B．光电子的最大初动能与入射光频率有关
C．只有光电管加正向电压时，才会有光电流
D．光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大
【答案】B
【解析】
【详解】
K极中有无光电子射出与入射光频率有关，只有当入射光的频率大于K极金属的极限频率时才有光电子射出，选项A错误；根据光电效应的规律，光电子的最大初动能与入射光频率有关，选项B正确；光电管加反向电压时，只要反向电压小于截止电压，就会有光电流产生，选项C错误；在未达到饱和光电流之前，光电管加正向电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关，选项D错误.
6．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）A．物体势能的增加量
B．物体动能的增加量
C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量
D．物体动能的增加量减去物体势能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】
物体受重力和支持力，设重力做功为W G，支持力做功为W N，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：
W G+W N=△E k
W N=△E k-W G
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
W G=-△E p
所以有：
W N=△E k-W G=△E k+△E p。

A．物体势能的增加量，与结论不相符，选项A错误；
B．物体动能的增加量，与结论不相符，选项B错误；
C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量，与结论相符，选项C正确；
D．物体动能的增加量减去物体势能的增加量，与结论不相符，选项D错误；
故选C。

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．如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分别是r和3r，磁感应强度为B，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。

长为2r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向（从垂直环面向里看）的匀速圆周运动。

则下列说法正确的是（）
A ．金属棒A
B 中有从B 到A 的持续电流
B ．电容器b 极板带负电
C ．电容器两端电压为24Br ω
D ．电容器所带电荷量为21.5C Br ω
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据右手定则可知，金属棒A
B 切割磁感线产生感应电动势，但由于电路没有闭合，所以没有感应电流，故A 错误；
B ．根据右手定则可判断B 端为电源的正极，a 端为电源的负极，所以电容器b 极板带负电，故B 正确；
C ．根据法拉第电磁感应定律知切割产生的感应电动势
23242
r r E BLv B r B r +==⋅⋅=（）ωω 故C 正确；
D ．电容器所带电荷量
22Q CU CB r ==ω
故D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，在水平面上放置间距为L 的平行金属导轨MN 、PQ ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B ＝kt （k 为常数，k>0）。

M 、N 间接一阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R ，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb ＝Ma ＝L （不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ），从t ＝0到ab 杆刚要运动的这段时间内（ ）
A ．通过电阻R 的电流方向为M→P
B ．回路的感应电流I ＝2
2kL R
C ．通过电阻R 的电量q ＝mg kL
μ D ．ab 杆产生的热功率P ＝22
2k L R
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．由楞次定律可知，通过电阻R 的电流方向为M→P ，故A 正确；
B ．产生的感应电动势为
E ＝B t
∆∆S ＝kL 2 根据欧姆定律可得电流为
2
22==E kL I R R
故B 错误；
C ．杆刚要运动时
μmg －ktIL ＝0
又因q ＝It ，联立可得
mg
q kL μ=
故C 正确；
D ．根据功率公式
24
2
4k L P I R R == 故D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，一质量为m 的物块从光滑斜面底端A 点以某初动能沿斜面开始向上滑，滑到B 点时动能减半，滑到C 点时动能为零。

以过C 点的水平面为零势能面，不计空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．物块在A 点处的重力势能为零
B ．物块在A 、B 两点处速度大小之比为2∶1
C ．物块在AB 段和BC 段克服重力做的功之比为1∶1
D ．物块在A 、B 两点处重力的瞬时功率之比为2∶1 【答案】CD 【解析】
【详解】
A ．物块上滑过程中只有重力做功，机械能守恒，在C 点机械能为零，在A 点有动能，重力势能不为零且为负值，故A 错误；
B ．设物块的初动能为E k ，2k 12
A E mv =，在
B 点有 k 2B 1122
E mv = 解得
:2:1A B v v =
故B 错误；
C ．根据动能定理可得
k 12
AB BC W W E ==
故C 正确； D ．物块在A 、B 两点处重力的瞬时功率之比等于瞬时速度之比即2:1，故D 正确。

故选CD 。

10．如图所示为带电粒子在某电场中沿x 轴正方向运动时，其电势能随位移的变化规律，其中两段均为直线。

则下列叙述正确的是（ ）
A ．该粒子带正电
B ．2m~4m 内电势逐渐升高
C ．0m~2m 和2m~6m 的过程中粒子的加速度大小相等方向相反
D ．2m~4m 电场力做的功和4m~6m 电场力对该粒子做的功相等
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由于电场的方向未知，因此粒子的电性不能确定，2m~6m 的电势的高低也不能判断， AB 错误； C ．根据电势能与电势的关系
E p =qφ
场强与电势的关系
E x ϕ∆=∆ 得 P 1E E q x
∆=⋅∆ 由数学知识可知E p ﹣x 图像切线的斜率等于
P E x ∆∆，故斜率间接代表了场强大小，0m~2m 和2m~6m 的斜率大小相等方向相反，因此电场强度的方向大小相等方向相反，则粒子的加速度大小相等方向相反，C 正确；
D ．2m~4m 两点间距与4m~6m 两点间距相等，电场强度也相等，因此由U=Ed 可知，2m~4m 两点间的电势差等于4m~6m 两点间的电势差，则2m~4m 电场力做的功和4m~6m 电场力做的功相等，D 正确。

故选CD 。

11．如图所示，在纸面内有一个半径为r 、电阻为R 的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P 点。

现使线圈绕过P 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（ ）
A ．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B．线圈受到的安培力逐渐增大
C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br2ω
D．流过线圈某点的电荷量为
2πB
r
R
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A错误；
B．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B正确；
C．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
2
22
E B r r Br
ωω
=⋅⋅=
选项C正确；
D．流过线圈某点的电荷量为
2
2
1
2
2
B r B r
q
R R R
ππ
∆Φ
===
选项D错误。

故选BC。

12．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，下面判断正确的是( )
A．电路中总电阻减小B．L1变亮C．L2变亮D．L3变暗
【答案】CD
【解析】
【详解】
A. 当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故A误差。

B. 电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗，故B错误。

CD. 电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故CD正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某一小型电风扇额定电压为5.0V ，额定功率为2.5W ．某实验小组想通过实验描绘出小电风扇的伏安特性曲线。

实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A ．电源E （电动势为6.0V ）
B ．电压表V （量程为0～6V ，内阻约为8kΩ）
C ．电流表A 1（量程为0～0.6A ，内阻约为0.2Ω）
D ．电流表A 2（量程3A ，内阻约0.05Ω）；
E ．滑动变阻器R 1（最大阻值5k ，额定电流100mA ）
F ．滑动变阻器R 2（最大阻值25Ω，额定电流1A ）
（1）为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中所用电流表应选用_____滑动变阻器应选用_____（填所选仪器前的字母序号）。

（2）请你为该小组设计实验电路，并把电路图画在甲图中的虚线框内（小电风扇的电路符号如图甲所示）_____。

（3）操作过程中发现，小电风扇通电后受阻力作用，电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

该小组测绘出的小电风扇的伏安特性曲线如图乙所示，由此可以判定，小电风扇的电阻为_____Ω，正常工作时的发热功率为_____W ，机械功率为_____W
【答案】（1）C ； E ； （2）实验电路图如图所示； （3）2.5Ω， 0.625，
1.875。

【解析】
【详解】
（1）电风扇的额定电流 2.5A 0.5A 5.0
P I U ===，从读数误差的角度考虑，电流表选择C ．电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10Ω的误差较小，即选择E 。

（2）因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻大约
22
5102.5
U R P ==Ω=Ω ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。

电路图如图所示。

（3）电压表读数小于0.5V 时电风扇没启动。

根据欧姆定律得：
0.5 2.50.2
U R I =
=Ω=Ω 正常工作时电压为5V ，根据图象知电流为0.5A ，
则电风扇发热功率为：P ＝I 2R ＝0.52×
2.5W ＝0.625W ， 则机械功率P′＝UI ﹣I 2R ＝2.5﹣0.625＝1.875W ， 14．某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E 和内阻r ，又能同时测量未知电阻R x 的阻值。

器材如下：
A ．电池组（四节干电池）
B ．待测电阻R x （约l0Ω）
C ．电压表V 1（量程3V 、内阻很大）
D ．电压表V 2（量程6V 、内阻很大）
E ．电阻箱R （最大阻值99. 9Ω）
F ．开关一只，导线若干
实验步骤如下：
（1）将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V 1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。

（2）根据记录的电压表V 1的读数U 1和电压表V 2的读数U 2,以12
U U 为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R 为横坐标，得到的实验结果如图(b)所示。

由图可求得待测电阻R x =____ Ω（保留两位有效数字）。

（3）图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值21U U R
-为横坐标得到结果。

由图可求得电池组的电动势E=__V ，内阻r=____Ω；两图线的交点的横坐标为___A ，纵坐标为________V .（结果均保留两位有效数字）
【答案】8.0 6.0 4.0 0.50 4.0
【解析】
【详解】
(2)[1]串联电路电流处处相等，由图（a ）所示电路图可知：
12X X
U U I R R R ==+ 则：
1211X
U R U R =+ 则12
U R U -图象的斜率： 13116
X k R -== 解得：
R X =8.0Ω
(3)[2][3]由图（a ）所示电路图可知：
21U U I R
-= 212U U U R
--图线是电源的U-I 图象，由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V ，电源内阻： 1216 4.01.5U r U U R
∆===Ω-∆ [4][5]211U U U R
--图线是R X 的U-I 图象，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标：
60.50A 8.0 4.0
X E I R r ===++ 纵坐标：
U=E-Ir=6-0.50×4=4.0V
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。

现将 A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。

已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m ；A 和B 的质量均为m=0.1kg ，A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ =0.2。

取重力加速度 g =10m/s 2。

求：
（1）与B 碰撞前瞬间A 对轨道的压力N 的大小；
（2）碰撞过程中A 对B 的冲量I 的大小；
（3）A 和B 整体在桌面上滑动的距离l 。

【答案】（1）3N ；（2）0.1N s ⋅；（3）0.25m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块A 下滑的过程，机械能守恒，则有
212
mgR mv =， 滑块A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得
2
N v F mg m R
-= 两式联立可得
F N =3N
由牛顿第三定律可得，A 对轨道的压力
N=F N =3N
（2）AB 相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得
mv=2mv′
对滑块B 由动量定理得
0.1N s 12
I mv mv ='==⋅ （3）对AB 在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得
22012
2mg l mv μ-⋅⋅=-⨯' 解之得
l=0.25m
16．如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为θ=37°，DG 与水平段CD 、倾斜段GH 分别相切于D 点和G 点，CD 段粗糙，DGH 段光滑，在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整
个轨道处于场强为E=1×
104N/C 、水平向右的匀强电场中。

一质量m=4×10-3kg 、带电量q=+3×10-6C 的小滑块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD 段的中点P 处时速度恰好为零。

已知CD 段长度L=0.8m ，圆弧DG 的半径r=0.2m ；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。

求：
（1）滑块在GH 段上的加速度；
（2）滑块与CD 段之间的动摩擦因数µ；
（3）滑块在CD 段上运动的总路程。

某同学认为：由于仅在CD 段上有摩擦损耗，所以，滑块到达P 点速度减为零后将不再运动，在CD 段上运动的总路程为L+12
L =1.2m 。

你认为该同学解法是否合理？请说明理由，如果错误，请给出正确解答。

【答案】（1）0，（2）0.25，（3）2.4m 。

【解析】
【详解】
（1）GH 段的倾角θ=37°，滑块受到的重力：
mg=0.04N
电场力：
qE=0.03N
qEcosθ=mgsinθ=0.024N
故加速度a=0； （2）滑块由C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P 点的过程中，由动能定理得：
()022
L L qE mg L μ-+= 解出：0.253qE mg
μ==； （3）该同学观点错误，滑块在CD 段上受到的滑动摩擦力：
F f =µmg=0.01N
小于0.03N 的电场力，故不可能停在CD 段；
滑块最终会在DGH 间来回往复运动，到达D 点的速度为0，全过程由动能定理得：
f ()00qE L F s ⋅+-⋅=-
解出：s=qE L mg
μ=3L=2.4m 。

17．质量为0m 的小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根竖直轻杆，质量为m 的小球用长为L 的轻绳悬挂在杆的上端。

按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞。

(1)求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小；
(2)若碰撞的作用时间为t ∆，求碰撞过程中小球对轻杆的平均冲击力的大小。

【答案】 (1) 002m gL v m m =
+球，0002m gL m v m m m =+车；0022m gL m t m m
∆+ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
00mv m v =-球车
小球和小车组成的系统机械能守恒
2201122
mgL mv m v =+球车 解得
002m gL v m m =+球，0002m gL m v m m m
=+车 (2)对全过程，由动量守恒得
00mv m v ''=-+球
车 由机械能守恒得
2201122
mgL mv m v ''=+球车 碰撞过程中，以小球为研究对象，设轻杆对小球的平均作用力为F ，由动量定理得
F t mv mv '-∆=--球
球 根据牛顿第三定律可知，小球对轻杆的平均冲击力大小
F F '=
联立各式解得
0022m gL m F F t m m
'==∆+。