2021届湖南省三湘名校教育联盟高考物理二模试卷含答案

高考物理二模试卷
一、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分．
1.2021年11月21日，中科院合肥物质科学研究院核能平安所吴宜灿研究员获得美国核学会核能杰出成就奖，铀核〔U〕是获得核能制造的核武器的主要原料之一，其中一种核反响方程为U+ n→X+ Sr+2 n并释放核能，以下说法正确的选项是〔〕
A. 该核反响是重核裂变，产物的结合能之和大于铀核〔U〕的结合能
B. 该核反响在中子的轰击下发生，核反响为人工转变
C. X原子核中的核子数为140个，中子数为84个
D. 因为裂变时释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数减少
2.在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动，它们的速度时间图象如下列图，那么〔〕
A. 甲乙两车同时从静止开始出发
B. 在t＝2s时乙车追上甲车
C. 在t＝4s时乙车追上甲车
D. 甲乙两车在公路上可能相遇两次
3.2021年12月8日我国嫦娥四号探测器成功发射,实现人类首次在月球反面无人软着陆。

通过屡次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道。

地球与月球的质量之比及半径之比分别为a、b,那么关于近地卫星与近月星做匀速圆周运动的以下判断正确的选项是〔〕
A. 加速度之比约为
B. 周期之比约为
C. 速度之比约为
D. 从近地轨道进入到地月转移轨道,卫星必须减速
4.如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。

质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。

A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β．那么以下说法正确的选项是〔〕
A. A的向心力等于B的向心力
B. 容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力
C. 假设ω缓慢增大，那么A，B受到的摩擦力一定都增大
D. 假设A不受摩擦力，那么B受沿容器壁向下的摩擦力
5.如下列图，总阻值为R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。

假设第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，以下说法正确的选项是〔〕
A. 第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向
B. 两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2：1
C. 假设两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，那么v1：v2＝π：2
D. 假设两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，那么v1：v2＝2：π
6.如下列图为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射人电场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，那么以下说法正确的选项是〔〕
A. 假设竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上
B. 假设竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变
C. 假设竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动
D. 假设竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大
7.如图是倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图。

一长为L、质量为m的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通人电流强度为I，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，当地重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．那么下说法正确的选项是〔〕
A. 所加磁场方向与x轴正方向的夹角a的范围应为90°≤α＜233°
B. 所加磁场方向与x轴正方向的夹角a的范围应为0°≤α＜143°
C. 所加磁场的磁感应强度的最小值为
D. 所加磁场的磁感应强度的最小值为
8.如下列图，倾角为α＝37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点〔图中未画出〕。

设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面〔sin37°＝0.6，cos37°＝0.8〕。

那么以下说法正确的选项是〔〕
A. Q点到B点距离为2m
B. 物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C. 物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方
D. 物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m
二、非选择题：
9.某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。

〔1〕以下哪些操作是必要的
A.调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行
〔2〕如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，那么木块加速度大小a＝________m/s2〔电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保存2位有效数字〕。

〔3〕该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg﹣μMg＝Ma，得μ＝．其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。

判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：________。

2，保存2位有效数字〕。

1的内阻。

〔1〕先用调好的欧姆表“×1k〞挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的红表笔与电压表的________〔填“+〞或“﹣〞〕接线柱接触，测量结果如图甲所示，那么粗测欧姆表的内阻为________kΩ。

〔2〕为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合电键S1前将滑动变阻器的滑片移到最________〔填“左〞或“右〞〕端，电阻箱接人电路的电阻调到最________〔填“大〞或“小〞〕，闭合电键S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V l、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数R，那么被测电压表V1的内阻为R v1＝________。

〔3〕小李同学用如图丙所示电路，闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表V2的示数U；再将单刀双掷开关S2打到2，调节电阻箱，使电压表V2的示数仍然为U，此时电阻箱接入电阻的示数如丁图所示，那么被测电压表的内阻为
________Ω。

11.如下列图，直角坐标系xOy内z轴以下、x＝b〔b未知〕的左侧有沿y轴正向的匀强电场，在第一象限内y轴、x轴、虚线MN及x＝b所围区域内右垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、N的坐标分别为〔0，a〕、〔a，0〕，质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点〔﹣a，﹣a〕以初速度v0沿x轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度B＝，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x＝b射出磁场，不计粒子的重力。

求：
〔1〕匀强电场的电场强度以及b的大小；
〔2〕粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。

12.如下列图，质量为m c＝2m b的物块c静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E点，质量为m a的物块a和质量为m b的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松弛状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t＝1s同时到达斜面底端。

A、D 两点和C、E两点的距离均为l1＝0.9m，E、B两点的距离为l2＝0.4m。

斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g＝10m/s2．求：
〔1〕物块b由C点下滑到E点所用时间。

〔2〕物块a能到达离A点的最大高度。

〔3〕a、b物块的质量之比。

三、选考题：[物理--选修3-3]〔15分〕
13.以下说法正确的选项是〔〕
A. 物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K
B. 气体放出热量时，其分子的平均动能一定减小
C. 气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱
D. 如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，那么气体的内能只与温度有关
E. 密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气〔不计分子势能〕向外界释放热量，而外界对其做功
14.如下列图，粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管中有A、B两段水银柱，A段水银柱上方和下方分别有气柱Ⅰ、Ⅱ，两气柱的长L1＝L3＝4cm，水银柱A的长度为L2＝4cm，水银柱B在左侧管中长度L4＝2cm，大气压强为p0＝76cmHg，环境温度为T＝300K．现在左侧管中缓慢倒入水银，使B水银柱在左侧管中水银液面下降2cm。

求：
〔i〕A水银柱上外表与右管中B水银柱上外表高度差；
〔ii〕假设不在左管中倒入水银，而是在左侧管口缓慢推入一个活塞，使B段水银在左管中水银面也下降2cm，那么活塞需推入管中多长距离？
四、[物理--选修3-4]〔15分〕
15.下说法中正确的选项是〔〕
A. 在干预现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小
B. 单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，那么外力的频率越大，单摆的振幅也越大
C. 全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理
D. 频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v
E. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
16.如下列图，平行单色光垂直射到玻璃制成的半径为R的半球平面上，玻璃对该单色光的折射率为，玻璃半球的下方平行于玻璃半球平面放置一光屏，单色光经半球折射后在光屏上形成一个圆形光斑。

不考虑光的干预和衍射，真空中光速为c。

求：
〔i〕当光屏上的光斑最小时，圆心O到光屏的距离；
〔ii〕圆心O到光屏的距离为d＝3R时，光屏被照亮的面积。

答案解析局部
一、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分．
1.【解析】【解答】解：A、结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为氙核和锶核，并会释放能量，那么裂变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，A符合题意；
B、该核反响为重核裂变，不是人工转变，B不符合题意；
C、X原子核中的核子数为〔235+1〕﹣〔94+2〕＝140个，中子数为140﹣〔92﹣38〕＝86个，C不符合题意；
D、裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，D不符合题意。

故答案为：A
【分析】利用裂变反响可以比较结合能的大小；重核裂变不属于人工转变；利用质量数和电荷数可以求出中子数的大小；核反响过程质量数不变。

2.【解析】【解答】解：A、乙车比甲车迟出发1s，A不符合题意。

B、根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知t＝2s时，甲车的位移比乙的位移大，那么知该时刻乙车还没有追上甲车，B不符合题意。

C、在0﹣4s内，甲车的位移x甲＝×8×4m＝16m，乙车的位移x乙＝×〔1+3〕×8m＝16m，所以x甲＝x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，那么在t＝4s时乙车追上甲车，C符合题意。

D、在t＝4s时乙车追上甲车，由于t＝4s时刻以后，甲车的比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用初始位置可以判别两车不是同时出发；利用面积相等可以判别相遇的位置；利用位移相等可以判别相遇的次数。

3.【解析】【解答】A．根据可知，，A不符合题意；
B．由可得，，B符合题意；
C．根据可得，C不符合题意；
D．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须要屡次加速变轨，D不符合题意。

故答案为：B
【分析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，结合卫星的轨道半径，根据向心力公式列方程比较卫星线速度、角速度、加速度的大小即可。

4.【解析】【解答】解：A、根据向心力公式知F＝mω2Rsinθ，质量和角速度相等，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β，所以A的向心力大于B的向心力，A不符合题意；
B、根据径向力知F N＝mg，假设物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，那么由受力情况根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得ω＝，假设角速度大于，那么会有沿切线向下的摩擦力，假设小于，那么会有沿切线向上的摩擦力，故容器对A的支持力不一定小于容器对B的支持力，B不符合题意；
C、假设ω缓慢增大，那么A、B受到的摩擦力方向会发生变化，故摩擦力数值不一定都增大，C不符合题意；
D、因A受的静摩擦力为零，那么B有沿容器壁向上滑动的趋势，即B受沿容器壁向下的摩擦力，D符合题意。

故答案为：D
【分析】利用牛顿第二定律结合夹角的大小可以比较向心力的大小；利用牛顿第二定律可以判别支持力和摩擦力的大小。

5.【解析】【解答】解：A、由右手定那么可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，A不符合题意；
B、通过导体横截面的电荷量为q＝I△t，其中I为平均电流，△t为通电时间，根据法拉第电磁感应定律可得电磁感应过程中产生的平均感应电动势为
，所以线圈中的平均电流为，那么，在两次操作过程中磁通量的变化量相
等，所以两次通过线圈横截面的电荷量相等，B不符合题意；
C、设线框的边长为L，假设两次操作过程中线框产生的热量相等，第一次将线框从磁场中一恒定速度v1
向右匀速拉出，那么E1＝BLv1，．第二次以线速度v2让线框转过90°，产生的电动势的有效值为，
，因为Q′＝Q，所以，C不符合题意；D、假设两次产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，E1＝BLv1．第二次以线速度v2让线框转过90°，那么，，那么，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用磁通量变化量的变化可以判别电荷量的大小；利用焦耳定律可以求出产生的焦耳热大小；利用电动势的大小可以求出速度的比值。

6.【解析】【解答】解：AB、假设竖直直线是电场线，那么粒子受到的电场力在竖直方向上，粒子还受到竖直向下的重力，由于粒子的初速度不在竖直方向上，所以粒子一定做匀速直线运动，其动能不变，那么粒子受到的电场力方向竖直向上，由于粒子的电性不确定，所以不能确定电场线的方向，A不符合题意，B 符合题意；
CD、假设竖直直线是等势线，那么电场线在水平方向上，根据直线运动的条件可知，粒子受到的合力与初速度共线，所以粒子受到的电场力水平向左，粒子受到的合力与初速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，运动过程中电场力做负功，电势能增加，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】由于带电粒子的电性不能确定不能确定电场的方向；但粒子可能做匀速直线运动其动能保持不变；利用等势线可以判别电场力方向向左进而判别电场力做功及电势能的变化。

7.【解析】【解答】解：AB、根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上这两个方向之间，
根据左手定那么知，当安培力的方向垂直斜面向下时，所加的磁场方向沿着斜面向上，
当安培力竖直向上时，所加的磁场水平向右，所以所加磁场方向与x轴正方向的夹角θ的范围应为0°⩽θ＜143°，A不符合题意，B符合题意。

CD、当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定那么有：F A＝mgsin37°＝BIL，那么磁感应强度的最小值为：B＝．C符合题意，D不符合题意。

故答案为：BC
【分析】利用左手定那么结合平衡条件可以判别磁场的方向；利用平衡条件结合三角形定那么可以求出磁感应强度的最小值。

8.【解析】【解答】解：A、设A点到B点的距离为s1，Q点到B点距离为s2．物块从A到Q的全过程，由动能定理得：mg〔s1﹣s2〕sin37°﹣μmg〔s1+s2〕cos37°＝0，代入数据解得s2＝2m，A符合题意；
B、全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，B不符合题意；
C、物块从A点下滑到AB中点时，由能量守恒定律得：mgH﹣mg ＝E k+Q，显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能减小，动能增加，故动能与势能相等的位置在AB中点下方，C不符合题意；
D、因为μ＜tanα，所以物块最终静止在挡板处，设物块从开始释放到最终静止经过的总路程为s，对整个过程，由能量守恒定律得：mgs1sin37°＝μmgscos37°，解得s＝15m，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】利用动能定理可以求出距离的大小；利用摩擦力做功可以判别机械能减少；利用能量守恒定律可以判别重力势能和动能相等的位置；利用能量守恒定律可以求出路程的大小。

二、非选择题：
9.【解析】【解答】解：〔1〕实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，故答案为：项AC符合题意。

〔2〕令x1＝4.25cm＝0.0425m，x2＝4.73cm＝0.0473m，x3＝5.22cm＝0.0522m，x4＝5.69cm＝0.0569m，x5＝6.18cm＝0.0618m，x6＝6.66cm＝0.0666m，
且T＝0.04 s；根据推论公式△x＝aT2得：a＝
2；〔3〕对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg＝〔M+m〕a
解得：μ＝2
带入μ＝，
整理可以得到：μ＝0.18。

故答案为：〔1〕AC；〔2〕3.0；〔3〕μ＝
【分析】〔1〕实验不需要平衡摩擦力和满足质量要求；
〔2〕利用逐差法可以求出加速度的大小；
〔3〕利用牛顿第二定律可以求出动摩擦因素的大小；
〔4〕利用质量的大小可以求出动摩擦因素的大小。

10.【解析】【解答】解：〔1〕欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“+〞接线柱相连接，欧姆表选择欧姆表“×1k〞挡位，由图示表盘可知，欧姆表的读数为：9.0×1k＝9.0kΩ；〔2〕为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻为：R V1＝＝；〔3〕闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，此时电阻箱短路；将单刀双掷开关S2打到2，电压表V1短路；根据等效替代可知被测电压表的内阻与电阻箱电阻相等，即为：
R V1＝8×1000Ω+4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω＝8455Ω。

故答案为：〔1〕+；9.0；〔2〕左，大，；〔3〕8455。

【分析】〔1〕利用红进黑出可以判别表笔的接法；利用示数和挡数可以求出电阻的大小；
〔2〕利用滑动变阻器分压接法可以判别滑片的位置；使滑动变阻器电阻调制最大；利用欧姆定律可以求出内阻的大小；
〔3〕利用等效替换可以求出内阻的大小。

11.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律及平抛运动的位移公式可以求出电场强度的大小；利用牛顿第二定律可以求出b的大小；
〔2〕利用类平抛的速度公式结合粒子在磁场中的圆心角可以求出运动的时间。

12.【解析】【分析】〔1〕利用牛顿第二定律结合速度公式可以求出运动的时间；
〔2〕利用位移公式可以求出最大的高度；
〔3〕利用动量守恒定律及动能守恒定律可以求出质量之比。

三、选考题：[物理--选修3-3]〔15分〕
13.【解析】【解答】解：A、由热力学温度与摄氏温度的关系：T＝t+273K，可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1K，A符合题意；
B、气体放出热量时，假设外界对气体做功，那么气体的温度也可能升高，其分子的平均动能增加，B不符合题意；
C、无论是气体，液体还是固体，其分子间都存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C符合题意；
D、气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。

对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定，分子越多，总的能量越大，D不符合题意；
E、不计分子势能时，气体温度降低，那么内能减小，即△U＜0；而薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，即W＞0；再根据热力学第一定律△U＝Q+W，那么Q＜0，说明气体向外界释放热量，E符合题意。

故答案为：ACE
【分析】气体放出热量时不知道气体温度的变化不能判别平均动能的变化；当气体的分子势能忽略不计时气体的内能受气体的质量和温度影响。

14.【解析】【分析】〔1〕利用平衡条件结合等温变化可以求出上外表的高度差；
〔2〕利用气体的等温变化可以求出活塞移动的距离。

四、[物理--选修3-4]〔15分〕
15.【解析】【解答】解：A、在干预现象中，振动加强点的振幅总比振动减弱的点的振幅大，由于位移是随时间做周期性变化的，所以在干预现象中，振动加强点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，A符合题意；
B、单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，那么外力的频率等于单摆的固有频率时，单摆的振幅最大，所以外力的频率越接近单摆的固有频率，单摆的振幅也越大，B不符合题意；
C、全息照片的拍摄利用了光的干预原理，C不符合题意；
D、根据多普勒效应可知，频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v，D符合题意；
E、根据电磁场理论可知，电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，E符合题意。

故答案为：ADE
【分析】振动加强其质点的位移不一定就比振动减弱的点位移小；单摆的振幅还与本身的固有频率有关；全息照片利用了光的干预原理。

16.【解析】【分析】〔1〕利用几何关系结合折射定律可以求出距离的大小；〔2〕利用几何知识可以求出面积的大小。