湖南省株洲市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

湖南省株洲市2021届新高考物理模拟试题（2）
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．下列说法正确的是（ ）
A ．铀核裂变的核反应是23592U→14156Ba+92
36Kx+21
0n B ．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性
C ．原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现
D ．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大
【答案】C
【解析】A.铀核裂变的核反应是235
1141
921920563603U n Ba Kr n +→++，故A 错误；
B 、德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B 错误；
C 、受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C 正确；
D 、根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，根据c v λ=
，波长越大，故能量E hv =越小，故D 错
误；
故选C 。

2．如图所示为氢原子的能级图，一个处于基态的氢原子，吸收一个光子受到发后最多可以辐射三种不同率的光子，则被吸收光子的能量为
A ．10.2eV
B ．12.09ev
C ．12.75eV
D ．13.06eV
【答案】C
【解析】
【详解】 一个氢原子处于激发态最多可以辐射三种不同频率的光子，则该氢原子处于n=4激发态，该氢原子处于基态时吸收的光子能量为：
hv =（-0.85eV ）-（-13.6 eV ）=12.75eV ．
ABD.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV ，ABD 错误；
C.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV ，C 正确．
3．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A ．半径越小，周期越大
B ．半径越小，角速度越小
C ．半径越大，线速度越小
D ．半径越大，向心加速度越大
【答案】C
【解析】
【详解】
原子核与核外电子的库仑力提供向心力；
A ．根据 22
224 ke m r r T
π=， 可得
T = 故半径越小，周期越小，A 错误；
B ．根据
2
22 ke m r r
ω=， 可得
ω= 故半径越小，角速度越大，B 错误；
C ．根据
22
2 ke mv r r
=， 可得
v = 故半径越大，线速度越小，C 正确；
D ．根据
2
2 ke ma r
=， 可得
2
2
ke a mr =， 故半径越大，加速度越小，D 错误。

4．如图所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
A ．摆长
B ．回复力
C ．频率
D ．振幅
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 由图可直接看出的物理量有：周期T=2s ，振幅A=3cm ；由单摆的周期公式：
=2l T g π 则频率：
10.5Hz f T
== 可求出摆长为：
2
2=4gT l π
由于不知道摆球的质量，所以无法知道回复力。

B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5．在地面上发射空间探测器用以探测其他行星，探测器的发射过程有三个主要阶段。

先将探测器发射至地球环绕轨道，绕行稳定后，再开动发动机，通过转移轨道运动至所探测行星的表面附近的合适位置，该位置很接近星球表面，再次开动发动机，使探测器在行星表面附近做匀速圆周运动。

对不同行星，探测器在其表面的绕行周期T 与该行星的密度ρ有一定的关系。

下列4幅图中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【详解】
设行星质量为M ，半径为R 。

则由 222()Mm G m R R T
π= 可得探测器在行星表面绕行的周期
3
2R T GM
π= 行星的体积343
V R π=，又有M V ρ= 解以上各式并代入数据得
231T G πρ
=⋅ 取对数得
113lg lg lg 22T G
πρ=-+ 对照题给函数图像，B 正确，ACD 错误；
故选B 。

6．如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（ ）
A ．重力势能与动能之和增加
B ．电势能与动能之和增加
C ．机械能守恒
D ．动能一定增加
【答案】B
【解析】
【详解】 ABC ．在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC 错误，B 正确；
D．环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D错误；
故选B。

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，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o。

开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（）
A．小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg）L
B．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
【答案】BD
【解析】
【分析】
物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况.
【详解】
物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg）L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μm g）L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项D正确；故选BD.
8．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以
额定功率运动.其v t-图象如图所示.已知汽车的质量为3
110
m kg
=⨯，汽车受到地面的阻力为车重的0.1
倍，则以下说法正确的是()
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B ．汽车速度为25/m s 时的加速度为25/m s
C ．汽车的额定功率为100 kW
D ．汽车的最大速度为80 /m s
【答案】AC
【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=20 5m/s 2＝4m/s 2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma ，解得
牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故A 正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×
20W=100000W=100kW ，汽车在25m/s 时的牵引力F′＝100000 25
P
v ＝N ＝4000N ，根据牛顿第二定律得，加速度2240001000/3/1000
F f a m s m s m '--'=＝＝，故B 错误，C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000/100/1000
m P v m s m s f ＝＝＝，故D 错误．故选AC ． 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
9．如图所示，abcd 为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L 左右两端接有定值电阻R 1和R 2，R 1=R 2=R ，整个装置处于磁感应强度大小为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m 的导体棒MN 放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度0v ，第一次运动至最右端的过程中R l 产生的电热为Q ，下列说法中正确的是
A ．初始时刻棒所受安培力的大小为220
B L v R
B ．棒第一次回到初始位置的时刻，R 2的电功率小于2220B L v R
C ．棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为
2012
mv Q - D ．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于23Q 【答案】BD
【解析】
【详解】
A. 由F=BIL 及 I=0BLv R 并=0
12
BLv R ， 得安培力大小为
F A =BIL=2202B L v R
， 故A 错误；
B. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v 0，
棒产生的感应电动势小于BLv 0，则R 2的电功率小于2220B L v R
，故B 正确； C. 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q ，所以两根弹簧具有的弹性势能为
20122
mv Q -， 故C 错误；
D. 由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大．从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2Q ，则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于13
×2Q ，故D 正确． 10．水平地面上有一个质量为6kg 的物体，在大小为12N 的水平拉力F 的作用下做匀速直线运动，从x=2.5m 位置处拉力逐渐减小，拉力F 随位移x 变化规律如图所示，当x=7m 时拉力减为零，物体也恰好停下，取g=10N/kg ，下列说法正确的是（ ）
A ．2.5m 后物体做匀减速直线运动
B ．合外力对物体所做的功为－27 J
C ．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12N•S
D ．物体匀速运动时的速度大小3m/s
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题意知2.5m 后拉力逐渐减小，摩擦力不变，所以合外力在改变，根据牛顿第二定律可知加速度也在改变，不是匀减速直线运动，故A 错误；
B ．图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知
()1 2.5712J 57J 2
F W =+⨯= 物体做匀速运动时，受力平衡，则
f=F=12N
所以
120.2610
f m
g μ===⨯ 所以滑动摩擦力做的功
0.26107J 84J f W mgx μ=-=-⨯⨯⨯=-
所以合外力做的功为
8457J 27J f F W W W =+=-+=-合
故B 正确；
CD ．根据动能定理有
20102
W mv -=合
代入数据解得03m/s v =；根据动量定理可知，物体在减速过程中合外力的冲量等于动量的变化量，即 0063N s 18N s I mv =-=-⨯⋅=-⋅
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

11．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN 始终保持静止，则0～t 2时间（ ）
A ．电容器C 的电荷量大小始终没变
B ．电容器
C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终没变
D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左
【答案】AD
【解析】
【详解】 A 、B ：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R 两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C 的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R 的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电．故A 正确，B 错误； C ：根据安培力公式F ＝BIL ，I 、L 不变，由于磁感应强度变化，MN 所受安培力的大小变化，故C 错误． D ：由右手定则判断得知，MN 中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN 所受安培力的方向先向右后向左，故D 正确．
故选AD ．
12．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m ＝0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 之间的函
数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点．不计小球和弹簧接触瞬间机械能损失、空气阻力，
g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是
A ．小球刚接触弹簧时加速度最大
B ．该弹簧的劲度系数为20.0 N/m
C ．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒
D ．小球自由落体运动下落的高度1.25m
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当Δx 为0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得： kΔx ＝mg
解得：
k ＝0.2100.1⨯N/m ＝20 N/m 弹簧的最大缩短量为Δx 最大＝0.61 m ，所以
F 最大＝20 N/m×0.61 m ＝12.2 N
弹力最大时的加速度
a ＝-F mg m
最大＝12.20.2100.2-⨯＝51 m/s 2 小球刚接触弹簧时加速度为10 m/s 2，所以压缩到最短时加速度最大，故A 错误，B 正确；
C ．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独的小球机械能不守恒，故C 错误；
D ．根据自由落体运动算得小球自由落体运动下落的高度
22
05 1.25m 2210
v h g ===⨯ D 正确．
故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学欲将量程为2mA 、内阻为400Ω的表头改装成一个多用电表，改装后的电表有几个不同量程，分别为量程为1V 和10V 的双量程电压表及量程为100mA 的电流表，设计电路如图所示。

定值电阻12,R R 和3R 的值待定，1S 为单刀单掷开关，2S 为单刀双掷开关。

已知将开关1S 断开，2S 置于“2”挡时，多用电表的量程为10V ，回答下列问题:
（1）表笔A应为_______________（填“红”或“黑”）色；
（2）将开关1S断开，2S置于“1”挡时，多用电表用于测量_____________（填“电流”或“电压”）；开关1S闭
合,
2
S置于“1”挡时，多用电表用于测量__________________（填“电流”或“电压”）；
（3）定值电阻的阻值1R=_______________Ω，2R=____________Ω、3R=____________Ω（3R结果保留三位有效数字）
【答案】黑电压电流4600 100 10.2
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据表头的极性，因电流要从红表笔流入电表，可知表笔A应为黑色；
（2）[2][3]．将开关1S断开，2S置于“1”挡时，表头与R2串联，则多用电表用于测量电压；开关1S闭合，2
S置于“1”挡时，R3与表头并联，则多用电表用于测量电流；
（3）[4]．已知将开关1S断开，2S置于“2”挡时，多用电表的量程为10V，则
1
10
4004600
0.002
g
g
g
U I r
R
I
-
==-=Ω
[5]．将开关1S断开，2S置于“1”挡时，多用电表的量程为1V，则
'
2
1
400100
0.002
g g
g
U I r
R
I
-
==-=Ω
[6]．将开关1S接通，2S置于“1”挡时，多用电表的量程为100mA，则
2
3
()2(400100)
10.2
1002
g g
g
I r R
R
I I
++
==≈Ω
--
14．为测得某圆柱形金属导体的电阻率，某同学设计了如下实验。

(1)用螺旋测微器测它的直径，如图甲所示，为___________mm，用游标卡尺测它的长度，如图乙所示，为___________cm。

(2)用伏安法测得该金属导体的伏安特性曲线如图丙所示，则该金属导体材料的电阻率与________有关，并且电阻率随该物理量的增大而___________（填“增大”或“减小”）。

(3)若把该金属导体与一阻值为4.0Ω的定值电阻串联后接在电源电动势为3.0V、内阻为1.0Ω的电源两端，该金属导体的热功率为___________W。

（保留两位有效数字）
【答案】0.600 2.060 温度增大0.45
【解析】
【详解】
(1)[1]．螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径为
d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
[2]．游标卡尺的读数由固定刻度和游标尺上的读数两部分组成，长度为
L=20mm+12×0.05mm=20.60mm=2.060cm
(2)[3][4]．由曲线可看出温度升高电阻增大，电阻率增大；
(3)[5]．电源与4.0Ω的定值电阻串联组成等效电源，有
U=E-I（R+r）=3.0-（4.0+1.0）I=3-5I
在灯泡伏安特性曲线中作出电源的U-I图象，两图象的交点坐标值为：U=1.5V，I=0.3A
灯泡功率为
P=UI=1.5V×0.3A=0.45W
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，上管足够长，图中细管的截面积S1=1cm2，粗管的截面积S2=2 cm2，管内水银长度h1=h2=2 cm，封闭气体长度L=8cm，大气压强p0=76cmHg，气体初始温度为320K，若缓慢升高气体温度，求：
(1)粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；
(2)气体的温度达到533K时，水银柱上端距粗玻璃管底部的距离。

【答案】 (1)410K ；(2)22cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)以封闭的气体为研究对象，初态气体体积
12V LS =
压强为
101280cmHg p p h h =++=
由于水银总体积保持不变，设水银全部进入细管水银长度为x ，则
1122V S h S h =+
1122112212cm 6cm 1
S h S h V x S S +⨯+⨯==== 末状态气体
2082cmHg p p x =+=
212()V L h S =+
从初状态到末状态。

由理想气体状态方程，
有
112212
p V p V T T = 代入数据解得
2410K T =
(2)气体温度达到533K 时，设水银上端距粗玻璃管底部的距离为H ，则
31211(())V L h S H L h x S =++---
气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律
3223
V V T T =
解得
22cm H =
16．如图所示，水平面上固定一倾角为α=37°的斜面体，在其左侧一定距离有一水平桌面，现将一可视为质点的物块A 由水平桌面的左端以初速度v 0=6m/s 向右滑动，滑到右端时与物块B 发生弹性碰撞，物块B 离开桌面后,经过一段时间，刚好无碰撞地由光滑固定的斜面体顶端C 点滑上斜面体已知桌面两端之间的距离为x=4.0m ，m B =1kg ，物块A 与水平桌面之间的动摩擦因数为μ=0.25，桌面与斜面体C 点的高度差
为h=0.45m ，重力加速度取g=10m/s 2，sin 37°
=0.6，cos 37°=0.8，忽略空气阻力。

求： （1）物块A 的质量；
（2）如果斜面体C 点距离水平面的高度为H=4.8m ，求从物块A 开始运动到物块B 到达D 点的总时间。

【答案】（1）1kg ；（2）2.1s 。

【解析】
【详解】
（1）由平抛运动规律，物块B 离开桌面后在竖直方向做自由落体运动，则有
21112
h gt = 代入数据解得1t =0.3s
竖直方向速度
1y v gt ==3m/s
根据几何关系，可知此时速度与水平速度的夹角等于斜面的倾角，即α=37°，则有
3tan 4
y
x v v α== 解得物块B 离开桌面时速度为4x v =m/s
设滑块在平台上滑动时的加速度为a ，滑块到达B 点的速度A v ，根据牛顿第二定律有
mg ma μ=
解得 2.5a =m/s 2
根据速度位移公式有
2202A v v ax -=
解得4A v =m/s
根据动量守恒得
A A A
B x m v m v m v '=+
根据机械能守恒得
222111222
A A A
B x m v m v m v '=+ 代入数据解得0v '=，1A m =kg
（2）物块A 在水平桌面上运动的时间为
020.8A v v t a
-==s 物块B 到达斜面体C 点的合速度为
v =代入数据解得v=5m/s
物块B 在斜面上运动时，根据牛顿第二定律有
sin ma mg α=
代入数据解得加速度6a =m/s 2
根据几何关系，有斜面的长度
4.8sin 0.6
H l α==m=0.8m 根据运动学公式有
23312
l vt at =+ 解得3t =1s （383
t =-s 舍去） 从物块A 开始运动到物块B 到达D 点的总时间
123 2.1t t t t =++=s
17．如图a 所示。

水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷
6110C /kg q m =⨯的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过5110s 15t π
-=⨯后，电荷以40 1.5m s 10/v =⨯的速度通过MN
进人其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t=0时刻），计算结果可用π表示。

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O 点右方47.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

【答案】 (1)5cm ，5210s 3π-⨯；3cm
，5210s 5π-⨯；(2)537310s 45
π-⨯ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r
由
20101
mv B qv r = 得
011
5cm mv r qB == 当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为2r
022
3cm mv r qB == 由圆周运动规律得
2m T qB
π= 当磁场垂直纸面向外时，周期
5112210s 3
m T qB ππ-==⨯ 当磁场垂直纸面向里时，周期
5222210s 5
m T qB ππ-==⨯ (2)故电荷从0t =时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN 开始。

其运动的周期
5512124(4)10s 10s 1523255
T ππππ--=⨯+⨯+⨯⨯=⨯ 此时粒子距离O 点的水平距离为
()1224cm d r r ∆=-=
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
1040cm s d =∆=
则最后7.5cm 的距离如图所示
有
11cos 7.5cm r r α+=
解得
cos 0.5α=
则
60α︒=
故电荷运动的总时间
51111603731010s 236045
t t T T T π︒︒-=++-=⨯总。