〖精选5套试卷〗2021学年湖南省娄底市新高考物理监测试题

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2020-2021学年湖南省娄底市某校高三(上)调研考试物理试卷答案及解析

2020-2021学年湖南省娄底市某校高三（上）调研考试物理试卷一、选择题1. 如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的x−t图像（图中倾斜直线是A质点的x−t图像），下列说法正确的是（）A.B质点做曲线运动B.A、B两质点在4s末和8s末速度大小相等C.B质点在4s末运动方向发生改变D.B质点前4s做加速运动，后4s做减速运动2. 三根粗细相同、质量均为m的木头，叠放在水平地面上处于静止状态，其截面图如图所示．木头与地面间的动摩擦因数都为μ，不计木头之间的摩擦力，重力加速度为g．则（）A.Ⅱ号木头对Ⅰ号木头的作用力大小等于12mgB.地面对Ⅱ号木头的支持力为32mgC.地面对Ⅱ号和Ⅲ号木头的摩擦力均为32μmgD.地面对Ⅱ号和Ⅲ号木头均没有摩擦力3. 如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行．a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行，b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等，c是地球同步卫星，则（）A.a的周期比b大B.b的线速度比c小C.b的向心力一定大于c的向心力D.a的角速度大于c的角速度4. 在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.8kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近于（）A.1JB.10JC.25JD.50J5. 如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是（）A.金属棒受到的安培力大小为F=BIL sinθB.金属棒受到的摩擦力大小为f=BIL cosθC.若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大D.若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大6. 如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50m，左端接一电阻R=0.20Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.30T，方向垂直于导轨所在平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导体棒的电阻r=0.10Ω，导轨电阻忽略不计，当ab以v=6.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，则（）A.电阻R两端的电压为0.90VB.导体棒b端电势高C.回路中感应电流的大小为3.0AD.维持导体棒ab做匀速运动的水平外力F的大小为0.90N7. 一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为3m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg，绳的质量忽略不计，g取10m/s2．当该同学荡到秋千支架的正下方时，每根绳子平均承受的拉力为550N，则秋千在最低点的速度大小约为（）A.6m/sB.√3m/sC.√33m/sD.√66m/s8. 如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，忽略一切阻力，则（）A.升降机停止前在向上运动B.0∼t1时间内小球处于失重状态，t1∼t2时间内小球处于超重状态C.t2∼t3时间内弹簧弹性势能变化量等于重力势能变化量D.t3∼t4时间内小球向下运动，加速度减小9. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器的两金属极板水平放置，开关S是闭合的，两极板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计，则以下说法正确的是（）A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过10. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴对称，M、O、N是y轴上的三个点，且MO=ON，P点在y轴的右侧，PN⊥MN，则（）A.同一电荷在N点的电势能比在P点的电势能大B.将正电荷由O点移动到P点，电场力做正功C.O、N两点间的电势差大于O、P两点间的电势差D.在M点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动11. 在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的OO′轴匀速转动，如图甲所示，产生的瞬时电动势随时间变化的图像如图乙所示，则（）A.t=0.005s时通过线圈平面磁通量最大B.t=0.01s时线圈的磁通量变化率最小C.线圈产生的交变电流的频率为50HzD.线圈产生的感应电动势有效值为311V12. 如图所示，从距墙L和2L的两点斜向上分别抛出A、B两小球，两球抛出点高度相同．两小球都垂直撞在竖直墙上，撞击点与抛出点的高度差分别为2L和L，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.从抛出到撞墙，A和B的位移大小相等B.从抛出到撞墙，A小球在空中的运动时间是B的2倍C.两小球抛出时速度的竖直分量可能相等D.A撞击墙的速度比B撞击墙的速度小二、实验题物理实验课上为了测当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律，有同学设计了如下实验：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一喷墨装置，该喷墨装置每秒喷墨10次．调整喷墨装置的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线．开启喷墨装置，剪断悬线，让铝棒自由下落，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6.28cm、22.38cm、48.30cm、84.04cm．求：（1）棒上C墨线对应的速度为________m/s．（结果保留三位有效数字）（2）由实验测得当地的重力加速度为________m/s2．（结果保留三位有效数字）（3）该同学计算出画各条墨线时的速度v，以12v2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，在误差允许的范围内据此图像能验证机械能守恒定律，但图线不过原点的原因是________.某同学为了测一卷长约为100米的铜导线的电阻率，设计了如下实验：（1）该同学先用欧姆表粗略测量铜导线的电阻，将欧姆表的挡位调至“×10”挡，欧姆表的示数如图甲所示，则该卷铜导线的电阻约为________Ω．（2）为了更准确地测出铜导线的电阻，该同学在实验室找到了下列器材：电压表V，量程0∼15V，内阻约为5kΩ；电流表A1：量程0∼0.6A，内阻约为10Ω；电流表A2：量程0∼3A，内阻约为2Ω；滑动变阻器R1：0∼10Ω；滑动变阻器R2：0∼100Ω；电源E：电动势15V，内阻很小、开关S、导线若干；该同学设计了如图乙所示的电路，其中电流表应选________，滑动变阻器应选________，电路图应选图乙中的________．（填a或b）（3）为了进一步求铜的电阻率，该同学用螺旋测微器准确测出了铜导线的直径，其示数如图丙，则该铜导线的直径为________mm．（4）若测得其实际长度为L，电压表读数为U，电流表读数为I，直径为D，则用所测物理量表示其电阻率ρ=________．三、计算题一架能够垂直起降的四旋翼无人机悬停在高空中进行拍摄，已知无人机的质量m=1kg，其动力系统所能提供的最大升力F=16N，无人机上升过程中允许达到的最大速度为6m/s，空气阻力大小恒为4N，由于操作失误，无人机突然停机，操作人员用时4s完成重新启动（无人机未着地，g=10m/s2）求：（1）上升过程中从静止加速到允许达到的最大速度所需的最短时间．（2）从悬停停机到重新启动前，无人机下降的距离．水平轨道与圆弧轨道平滑相连．质量为0.5kg的物体A在水平轨道上处于静止状态，现给物体A一个水平向右的瞬时冲量I，A沿圆弧轨道向上滑行的最大高度为ℎ=0.2m．A返回到水平轨道后，与静止在水平面上的物体B发生弹性碰撞，碰撞后B向左滑行0.5m后静止（滑动过程中未与A发生碰撞）．已知A与轨道之间无摩擦，B与轨道之间的动摩擦因数为0.1，（g=10m/s2）求：（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；（2）物体B的质量？如图，在0≤x≤0.2，−∞<y<+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场．一质量为m=3.2×10−18kg、电荷量q=1.6×10−15C带正电的粒子以速度v0=1×103m/s从O点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ=37∘，不计重力．（sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值B min．（2）如果磁感应强度大小为4B min，方向反向，0.2≤x<+∞，−∞<y<+∞区域存在E=1×102N/C方向平行y轴向下的匀强电场，粒子运动轨迹与x轴的交点为P点（未画出），求P点到O点的距离．参考答案与试题解析2020-2021学年湖南省娄底市某校高三（上）调研考试物理试卷一、选择题 1.【答案】 D【考点】x-t 图像（匀变速直线运动）曲线运动的概念【解析】位移时间图线的斜率表示瞬时速度，根据纵坐标的变化量表示位移．速度时间图线的斜率表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移．速度的正负表示速度的方向．【解答】解：A ．B 质点沿x 轴正方向做直线运动，故A 错误；B ．x −t 图像的斜率表示该时刻的速度，则A 、B 两质点在4s 末和8s 末速度大小不相等，故B 错误；C ．x −t 图像的斜率的正负表示速度方向，在8s 内B 质点的图线的斜率都为正，即运动方向不改变，故C 错误；D ．x −t 图像的斜率表示该时刻的速度，由图像斜率知，B 质点最初4s 做加速运动，后4s 做减速运动，故D 正确. 故选D ． 2.【答案】 B【考点】整体法与隔离法在平衡问题中的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】对进行受力分析，Ⅰ处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求出Ⅱ、Ⅱ之间的弹力大小，对Ⅱ受力分析，根据Ⅱ处于静止状态分析Ⅱ与地面间是否有摩擦力，根据对称性可知，Ⅱ、Ⅲ的受到的摩擦力大小相等，方向相反．【解答】解：A ．对Ⅰ号木头进行受力分析，如图所示：Ⅰ号木头处于平衡状态，所受合力为零，根据对称性可知：2N 2⋅cos 30∘=mg ，解得：N 1=N 2=√33mg ，故A 错误；B ．对整体受力分析可知，N II +N III =3mg ，且N II =N III ，解得：N II =N III =32mg ，故B 正确；CD ．根据对称性可知，Ⅱ号木头受到的摩擦力与Ⅲ号木头受到的摩擦力大小相等，根据平衡条件得：f =N 2cos 60∘=√36mg ，所以地面对Ⅱ号和Ⅲ号木头的摩擦力大小均为√36mg ，故CD 错误．故选B ． 3. 【答案】 D【考点】随地、绕地问题【解析】卫星运动时有万有引力提供圆周运动向心力即F =GMm r 2=mv 2r=mω2r =m4π2T 2r ;然后我们有“高轨低速周期长”的结论.【解答】解：卫星运动时由万有引力提供圆周运动的向心力即： F =GMm r 2=mv 2r=mω2r =m4π2T 2r ，A ．根据题图可知r a =r b ，所以T a =T b ，故A 错误；B ．根据题图可知r c >r b ，所以v b >v c ，故B 错误；C ．因为不知道卫星b 、c 的质量关系，所以没办法确定向心力的大小关系，故C 错误；D ．根据题图可知r c >r a ，所以ωa >ωc ，故D 正确．故选D ． 4. 【答案】 B【考点】动能定理的应用【解析】对篮球从手中出手到撞击篮筐的过程运用动能定理，求出罚球时对篮球做功的大小．【解答】解：对整个过程运用动能定理得：W −mgℎ=12mv 2−0，人的身高大约1.8m ，所以ℎ约为1.2m ，代入数据解得：W =mgℎ+12mv 2=9.8J ，B 项较接近，故ACD 错误，B 正确．故选B ． 5.【答案】 C【考点】安培力作用下的平衡问题【解析】金属杆ab 受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小F A =BIL ，根据平衡条件列方程求解．【解答】解：ABC．作出金属棒的受力分析如图所示：根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为：F=BIL，根据平衡条件得：f=BIL sinθ，F N=mg+BIL cosθ，若只增大磁感应强度B后，由上式可得金属棒对导轨的压力将增大，故AB错误，C正确；D．改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，作出金属棒的受力分析如图所示：则有F N=mg−F cosθ，所以金属棒对导轨的压力减小，故D错误．故选C．6.【答案】C【考点】单杆切割磁感线闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：B．根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E=BLv=0.90V，由右手定则可知，回路中感应电流的方向为逆时针方向，所以a端电势较高，故B错误；C．根据闭合电路欧姆定律，感应电流大小为：I=ER+r=3.0A，故C正确；A．R两端的电压为U R=IR=0.6V，故A错误；D．当ab棒向右匀速运动时，ab棒中有由b向a的电流，根据左手定则可知ab棒所受的磁场力F安水平向左，为维持ab棒做匀速运动，应施加一个与F安等值反向的水平外力F，即F=F安=BIL=0.45N，方向水平向右，故D错误．故选C．7.【答案】A【考点】竖直面内的圆周运动-轻绳模型【解析】此题暂无解析【解答】解：以同学和秋千整体作为研究对象，整体受到竖直向下的重力以及竖直向上的绳子的拉力，设每根绳子的拉力为T，绳长为l，秋千荡到支架的正下方时，根据牛顿第二定律有：2T−mg=m v2l，代入数据得v=6m/s，故A正确，BCD错误．故选：A．8.【答案】D【考点】含弹簧类机械能守恒问题牛顿运动定律的应用-超重和失重【解析】根据弹力的变化，结合惯性的知识判断升降机停止前向哪个方向运动，对小球受力，通过加速度的方向确定超重还是失重；根据加速度的方向与速度方向的关系确定小球的速度变化，从而得出小球动能的变化，根据系统机械能守恒判断弹簧弹性势能变化量与重力势能变化量的关系；根据牛顿第二定律判断t3−t4时间内，小球的加速度．【解答】解：A．从0时刻开始，弹簧弹力增大，知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动，故A错误；B．0∼t1时间内，重力小于弹力，加速度向上，处于超重状态，t1∼t2时间内，重力小于弹力，加速度向上，也处于超重状态，故B错误；C．t2∼t3时间内，小球向上运动，加速度向下，则速度减小，所以动能减小，重力势能增大，而弹簧的弹性势能减小，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧弹性势能减小量与小球动能减小量之和等于小球重力势能的增加量，所以弹簧弹性势能变化量小于小球重力势能变化量，故C错误；D．t3∼t4时间内，小球向下运动，重力大于弹力且弹力在增大，由牛顿第二定律mg−F=ma知，小球的加速度在减小，故D正确．故选：D．9.【答案】A【考点】含容电路分析闭合电路的欧姆定律【解析】若电阻R2短路或S断开时，分析电容器板间场强的变化，判断油滴的受力情况，从而确定油滴的运动情况，判断G中电流的方向．在滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况．【解答】解：AC．开始时油滴处于静止状态，由平衡条件可知电场力F=G，方向竖直向上．将滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，由U C=E−I(r+R1)可知，电容器两极板间电压变大，油滴受到的电场力增大，油滴向上加速运动，两极板间电压变大，电容器充电，G中电流方向从b到a，选项A正确，C错误；B．同理，分析可知选项B错误；D．将S断开后，电容器放电，G中有从a到b的电流通过，油滴向下加速运动，选项D错误．故选：A．10.【答案】B,D【考点】电场力做功与电势能变化的关系电势差电势能电场线【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．【解答】解：A．过N点做等势线，可得到过N点的等势线在图中P点的下方，因顺着电场线方向，电势降低，则有φN>φP，题中没有说明电荷带正电还是负电，如果是正电荷，在N点的电势能比在P点的电势能大，如果是负电荷，在N点的电势能比在P点的电势能小，故A错误；B．过O点做等势线，可得到O点的等势线在图中P点的下方，将正电荷由O点移到P点，因U OP>0，所以W=qU OP>0，则电场力做正功，故B正确；C．U ON=φO−φN，U OP=φO−φP，因为φN>φP，所以U ON<U OP，故C错误；D．根据图中电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴对称，y轴上的场强方向沿y轴正方向，所以在O点由静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴正方向做直线运动，故D正确．故选BD．11.【答案】A,C【考点】交变电流的图象和三角函数表达式【解析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．【解答】解：A．t=0.005s电动势零，则线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故A正确；B．t=0.01s时电动势最大，则线圈的磁通量的变化率最大，故B错误；C．由图乙可知周期为0.02s，则频率为f=1T=50Hz，故C正确；D．线圈产生的交变电动势有效值为√2=220V，故D错误．故选：AC．12.【答案】A,D【考点】斜抛运动【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．小球斜向上抛出后，在竖直方向上做加速度大小为g的竖直上抛运动，由几何关系可知，从抛出到撞墙，A和B的位移大小相等，根据运动的时间t=√2ℎg可知，A小球在空中的运动时间是B的√2倍，故A正确，B错误．CD．根据v y=gt知，两小球抛出时速度的竖直分量不相等，小球斜向上抛出后，在水平方向上做匀速运动，根据v=st可知，A撞击墙的速度比B撞击墙的速度小，故C错误，D正确．故选：AD．二、实验题【答案】（1）2.10（2）9.82（3）A点对应速度不为零【考点】测定重力加速度用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律【解析】（1）根据转速求出转动的周期，从而得出相邻的两条计数墨线对应的时间间隔.再求出速度.（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小.（3）根据机械能守恒得出v2−ℎ的关系式，结合关系式得出图线斜率的含义和图线不过原点的原因．【解答】解：（1）该喷墨装置每秒喷墨10次，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.1s，棒上C的速度v C=x BD2T=(48.30−6.28)×10−20.1×2m/s≈2.10m/s．（2）由x BC=22.38cm−6.28cm=16.10cm，x CD=48.30cm−22.38cm=25.92cm，x DE=84.04cm−48.30cm=35.74cm，则连续相等时间内的位移之差为：Δx=9.82cm，根据Δx=gT2得：g=ΔxT2=9.82×10−20.01m/s2=9.82m/s2.（3）根据mgℎ=12mv2−12mv02得：v22=12v02+gℎ，若v22−ℎ图线为直线，则能验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因是A点对应的速度不为零．【答案】（1）45（2）A1,R1,a（3）2.260（4）UπD24IL【考点】测定金属的电阻率【解析】【解答】解：（1）根据欧姆表读数，电阻为4.5Ω×10=45Ω．（2）根据欧姆定律，I=UR，电源电压为15V，可得电阻丝上的电流大约为0.3A，故选择电流表A1，测量电路用分压法连接，滑动变阻器选择较小阻值的，故选择滑动变阻器R1，因为电阻丝电阻较小，电流表选用外接法，电路图应选图乙中的a．（3）螺旋测微器主尺上的读数为2mm，副尺上的读数为0.260mm，所以其读数为2mm+0.260mm= 2.260mm．（4）根据欧姆定律R=UI ，电阻的定义式R=ρLS，可得电阻率ρ=UπD 24IL．三、计算题【答案】（1）从静止加速到允许达到的最大速度所需的最短时间是3s．（2）无人机下降的距离为48m．【考点】加速度与力、质量的关系式匀变速直线运动规律的综合运用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）无人机以最大升力加速上升达最大速度所需时间最短，由牛顿第二定律得F−f−mg=ma max，又v max=a max t1，解得最短时间t1=3s．（2）无人机下降时，由牛顿第二定律得mg−f=ma，下降的距离x=12at22，解得无人机下降的距离x=48m．【答案】（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小为1N⋅s．（2）物体B的质量为1.5kg．【考点】动量定理的基本应用系统机械能守恒定律的应用单物体的机械能守恒问题动量守恒定律的综合应用动能定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）对物体A，由机械能守恒定律得：12m1v12=m1gℎ，受到的冲量为：I=m1v1，联立解得：v1=2m/s，I=1N⋅s．（2）A由圆弧轨道返回与B碰撞前，由于机械能守恒，其速度大小仍为v1，A、B发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，m1v1=m1v2+m2v3，12m1v12=12m1v22+12m2v32，B碰后到停止，由动能定理得：μm2gx=12m2v32，联立解得B物体质量为m2=1.5kg．【答案】（1）这种情况下磁感应强度的最小值B min是2T．（2）P点到O的距离是2.2m．【考点】带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动带电粒子在有界磁场中的圆周运动【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）根据题意可知，粒子刚进入磁场时受洛伦兹力穿过y轴正半轴离开磁场，因此根据左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里；当粒子在磁场中做圆周运动的轨迹与虚线边界相切时（如下图所示），磁场的磁感应强度为最小值B min，设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R1，由几何知识得：R1cosθ=R1−ℎ，根据洛伦兹力公式和圆周运动的规律有：qv0B min=m v02R1，解得B min=2.0T．（2）当磁感应强度B=4B min时，设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R2，由qv04B min=m v02R2得，其轨道半径R2=mv04qB min=0.25m，运动轨迹如下图所示，由几何关系可得：sinβ=ℎR2=0.8，得β=53∘，粒子沿水平方向进入电场y=R2−R2cos53∘，qE=ma，y=12at2，x=v0t，解得x=2m，OP=x+ℎ=2.2m．。

湖南省娄底市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理五月模拟试卷一、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1．2019年11月11日出现了难得一见的“水星凌日”现象。

水星轨道在地球轨道内侧，某些特殊时刻，地球、水星、太阳会在一条直线上，且水星处于地球和太阳之间，这时从地球上可以看到水星就像一个小黑点一样在太阳表面缓慢移动，天文学称之为“水星凌日”。

在地球上每经过N 年就会看到“水星凌日”现象。

通过位于贵州的“中国天眼FAST （目前世界上口径最大的单天线射电望远镜）观测水星与太阳的视角（观察者分别与水星、太阳的连线所夹的角）θ，则sin θ的最大值为（）A ．231N N ⎛⎫ ⎪+⎝⎭B ．321N N -⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．321N N ⎛⎫ ⎪+⎝⎭ D ．321N N -⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】【详解】由于水星每隔N 年就会处于地球、太阳之间，且三者共线，那就意味着每经过N 年水星会比地球多转一圈，则1N N T T -=水地且1T =地年，解得1N T N =+水年由 2224Mm G m r r Tπ= 得2324GMT r π= 所以231r N r N ⎛⎫= ⎪+⎝⎭地水视角最大的时候应该是水星与地球连线与水星轨道相切的时候，此时 23sin 1r N r N θ⎛⎫== ⎪+⎝⎭水地故选A 。

2．如图所示，是一测定风力仪器的结构图，悬挂在O 点的轻质细金属丝的下端固定一个质量为m 的金属球P ，在竖直平面内的刻度盘可以读出金属球P 自由摆动时摆线的摆角。

图示风向水平向左，金属球P 静止时金属丝与竖直方向的夹角为θ，此时风力F 的大小是（）A ．sin F mg θ=B ．cos F mg θ=C ．tan F mg θ=D ．cos mg F θ= 【答案】C【解析】【分析】【详解】如图受力分析：则风力tan F mg θ=故选C 。

湖南省娄底市2021届新高考物理五模考试卷含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理五模考试卷一、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．当前，新型冠状病毒（COVID-19）在威胁着全世界人民的生命健康，红外测温枪在疫情防控过程中发挥了重要作用。

红外测温枪与传统的热传导测温仪器相比，具有响应时间短、测温效率高、操作；方便防交又感染（不用接触被测物体）的特点。

下列关于红外测温枪的说法中正确的是（）A．红外测温枪工作原理和水银体温计测量原埋一样都是利用热胀冷缩原理B．红外测温枪能接收到的是身体的热量，通过热传导到达红外测温枪进而显示出体温C．红外测温枪利用了一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大D．红外线也属于电磁波，其波长小于紫外线的波长【答案】C【解析】【分析】【详解】ABC．红外就是红外线，自然界所有的物体，无时无刻不在向外发出辐射能量，这些能量以电磁波的形式存在。

红外测温枪接收到人体辐射出的红外线，通过波长、强度与温度的关系，就可以得到人体的温度，而水银体温计是利用热胀冷缩原理工作的，AB错误C正确；D．红外线波长范围0.8-100μm，紫外线的波长范围在100～400nm，红外线波长大于紫外线波长，D错误。

故选C。

2．下列说法正确的是____________A．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流B．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子C．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量【答案】C【解析】试题分析：β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D错误；考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶3．如图所示，空间有一正三棱锥P ABC点P 点固定一正的点电荷，在O 点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。

湖南省娄底市2021届新高考四诊物理试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考四诊物理试题一、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．已知在某时刻的波的图像如图所示，且M点的振动方向向上，下述说法正确的是：（）A．A点振动落后于M点，波向右传播B．A点振动落后于M点，波向左传播C．B点振动落后于M点，波向右传播D．B点振动落后于M点，波向左传播【答案】B【解析】【详解】A、B、M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围，振动方向相同，A点振动落后于M点，则波向左传播；故B正确，A错误.C、D，M点的振动方向向上，A到B半个波长的范围，振动方向相同，B点振动超前于M点，而波向左传播。

故C、D错误.故选B.【点睛】本题是根据比较质点振动的先后来判断波的传播方向，也可以根据波形平移的方法确定波的传播方向．2．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是()A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D ．a 、b 、C 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚【答案】A【解析】【详解】A. 根据qU= 212mv 得,v= 是氕、氘、氚，故A 正确；B. 根据动能定理可知E k =qU ，故动能相同，故B 错误；C. 时间为t=2T m qBπ=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C 错误； D. 进入偏转磁场有qvB=2v m R，解得：R=mv qB =，氕比荷最大，轨道半径最小，c 对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a 对应的是氚，故D 错误故选A【点睛】根据qU=212mv 求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=2v m R求出R 与什么因素有关，从而得出a 、b 、c 三条“质谱线”的排列顺序． 3．关于卢瑟福的α粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（）A ．绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进B ．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上C ．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论D ．卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验【答案】D【解析】【详解】A ．α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90︒，有的甚至几乎达到180︒，被反弹回来），故A 正确；B ．α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故B 正确；C ．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故C 正确；D ．玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故D 错误；不正确的故选D 。

湖南省娄底市2021届新高考第四次质量检测物理试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考第四次质量检测物理试题一、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．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。

原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是A．电流表的示数为4.0AB．电压表的示数为155.6VC．副线圈中交流电的频率为50HzD．穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1【答案】C【解析】【详解】AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为1max 2202VU=，可知有效值为1max 1220V2U==根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：2211220V110V 2nU Un===由欧姆定律可知流过电阻的电流：2 22AUIR==所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；C．因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；故选C。

2．通过对自然现象及实验现象的仔细观察和深入研究，物理学家得出科学的结论，推动了物理学的发展。

下列说法符合事实的是（）A．光电效应说明光具有粒子性，康普顿效应说明光具有波动性B．卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在C．玻尔的原子理论成功地解释了原子发光的现象D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子中存在原子核的观点【答案】B【解析】【分析】【详解】A．光电效应、康普顿效应都说明光具有粒子性，故A错误；B．卢瑟福用人工转变的方法发现了质子，并预言了中子的存在，故B正确；C．玻尔的原子理论没有完全成功地解释原子发光现象，故C错误；D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，认为原子核有内部结构，故D错误；故选B。

湖南省娄底市2021届新高考物理五模试卷含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理五模试卷一、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．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度0.25T B =的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，质量0.001kg c m =、带电量3210C c q -=-⨯的小球C 静置于其中；虚线左侧有质量0.004kg A m =，不带电的绝缘小球A 以速度020m/s v =进入磁场中与C 球发生正碰，碰后C 球对水平面压力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g 取10m/s 2，取向右为正方向．则下列说法正确的是（）A ．碰后A 球速度为15m/sB ．C 对A 的冲量为0.02N s ⋅ C ．A 对C 做功0.1JD ．AC 间的碰撞为弹性碰撞【答案】A【解析】【详解】 A ．设碰后A 球的速度为v 1，C 球速度为v 2。

碰撞后C 球对水平面压力刚好为零，说明C 受到的洛伦兹力等于其重力，则有Bq c v 2=m c g代入数据解得v 2=20m/s在A 、C 两球碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m A v 0=m A v 1+m c v 2代入数据解得v 1=15m/s故A 正确。

B ．对A 球，根据动量定理，C 对A 的冲量为I=m A v 1-m A v 0=（0.004×15-0.004×20）N•s=-0.02N•s故B 错误。

C ．对A 球，根据动能定理可知A 对C 做的功为2221100.00120J=0.2J 22C W m v =-=⨯⨯ 故C 错误；D ．碰撞前系统的总动能为220110.00420J=0.8J 22k A E m v ==⨯⨯ 碰撞后的总动能为222121110.00415J+0.2J 0.65J 222k A C E m v m v '=+=⨯⨯= 因E k ′＜E k ，说明碰撞有机械能损失，为非弹性碰撞，故D 错误。

2021年湖南省高考物理调研试卷(一)(附答案详解)

2021年湖南省高考物理调研试卷（一）1.原子从高能级向低能级跃迁产生光子，将频率相同的光子汇聚可形成激光。

下列说法正确的是()A. 频率相同的光子能量相同B. 原子跃迁发射的光子频率连续C. 原子跃迁只产生单一频率的光子D. 激光照射金属板不可能发生光电效应2.物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的v−t图是()A. B. C. D.3.如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，下列判断正确的是()A. 转动的角速度越大，细线中的拉力越大B. 转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大C. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相等D. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小不可能相等4.如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内，圆作圆周运动．已知小球所受到电场力是其重力的34环半径为R，斜面倾角为θ=53°，S BC=2R.若使小球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度h的为()A. 2RB. 4RC. 10RD. 17R5.如图所示的电路由一小型发电机供电，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、T的匝数为N=100匝、电阻为r=2.5Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为B=√22π匀强磁场，线圈每秒钟绕垂直于磁场的轴匀速转动10圈。

已知与变压器原、副线圈相连的定值电阻阻值分别为R1=5Ω、R2=20Ω，变压器为理想变压器，两电表均为理想电表，R1和R2消耗的功率相等。

则()A. 通过原线圈的电流方向每秒钟改变10次B. 原、副线圈的匝数之比为2：1C. 电压表的示数为160VD. 发电机输出的总功率为2560W6.如图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计。

湖南省娄底市2021届新高考物理模拟试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理模拟试题一、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．撑杆跳是一种技术性和观赏性都极高的运动项目。

如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a~b 、b~c 、c~d 、d~e ，如图所示，不计空气阻力，杆为轻杆，则对这四个阶段的描述不．正确的是（）A ．a~b 阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加B ．b~c 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加C ．c~d 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量D ．d~e 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人动能的增加量【答案】C【解析】【详解】A ． a ～b 阶段：人加速过程中，人的动能增加，重力势能不变，人的机械能增加，故A 正确，不符合题意；B ． b ～c 阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，故B 正确，不符合题意；C ． c ～d 阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和弹性势能减少量之和等于重力势能的增加量，故C 不正确，符合题意；D ． d ～e 阶段：只有重力做功，人的机械能守恒，重力所做的功等于人动能的增加量，故D 正确，不符合题意。

故选：C 。

2．2019年9月29日下午在第十三届女排世界杯中，中国女子排球队以十一战全胜的战绩卫冕世界杯冠军，如图所示为运动员朱婷在后排强攻。

若运动员朱婷此时正在后排离球网3m 处强攻，速度方向水平。

设矩形排球场的长为2L ，宽为L(实际L 为9m)，若排球(排球可视为质点)离开手时正好在3m 线(即3L 线)中点P 的正上方高h 1处，球网高H ，对方运动员在近网处拦网，拦网高度为h 2，且有h 1>h 2 >H ，不计空气阻力。

为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦住，则球离开手的速度v 的最大范围是(排球压线不算犯规) （）A ．11432()32L g L g v h H h <≤- B ．2211432()322L g L L g v h H h ⎛⎫⎛⎫<≤+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭C ．121432()32L g L g v h h h <≤- D ．22121432()322L g L L g v h h h ⎛⎫⎛⎫<≤+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭【答案】D【解析】【详解】为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦住，根据21112h gt =得： 112h t g= 平抛运动的最大位移：22max 4()()32L L s =+则平抛运动的最大速度：22221ax 1m 4()()432()()322L L L L g v h +==+g 根据212212h h gt -=得： 122)2(h h t g-= 则平抛运动的最小速度：2min 21332()L L g v t h h ==-球离开手的速度v 的最大范围是：221214()()323()22L g L L gvh h h<≤+-g故A、B、C错误，D正确；故选D。

湖南省娄底市2021届新高考物理第一次调研试卷含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理第一次调研试卷一、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．双星系统中两个星球 A 、B 的质量都是 m ，相距 L ，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。

实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 T 0，且01（）=<T k k T ，于是有一人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响，并认为 C 位于 A 、B 的连线正中间，相对 A 、B 静止，则 A 、B 组成的双星系统周期理论值 T 0 及 C 的质量分别为（）A．2214k m k + B．2214k m k - C．2π214k m k+ D．22214k m k - 【答案】D【解析】【详解】两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：22122Mm G m r m r Lωω== 可得r 1=r 2 ①两星绕连线的中点转动，则有：2222042m L G m L T π=⋅⋅ ② 所以02T = ③ 由于C 的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则2222242()2m Mm L G G m L L T π+=⋅⋅ ④ 又T k T = ⑤ 解③④⑤式得2214k M m k-= 可知D 正确，ABC 错误。

故选D 。

2．用手水平的托着书，使它做下述各直线运动，手对书的作用力最大的情况是（）A ．向下的匀加速运动B ．向上的匀减速运动C ．向左的匀速运动D ．向右的匀减速运动【答案】D【解析】【详解】向下的匀加速运动或向上的匀减速运动时，书的加速度向下，处于失重状态，手对书的作用力小于书的重力；向左的匀速运动时，手对书的作用力等于书的重力；向右的匀减速运动时，加速度向左，根据牛顿第二定律分析得知，手对书的作用力大于书的重力。

所以向右的匀减速运动时，手对书的作用力最大，故ABC 错误，D 正确；故选D 。

湖南省娄底市2021届新高考三诊物理试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考三诊物理试题一、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．吊兰是常养的植物盆栽之一，如图所示是悬挂的吊兰盆栽，四条等长的轻绳与竖直方向夹角均为30°，花盆总质量为2kg，取g=10m/s2，则每根轻绳的弹力大小为（）A．5N B．103N C．10N D．20N【答案】B【解析】【详解】根据对称性可知，每根绳的拉力大小相等，设每根绳的拉力大小为F。

在竖直方向由平衡条件得：4Fcos30°=G解得：F=103N。

A．5N，与结论不相符，选项A错误；B．103N，与结论相符，选项B正确；C．10N，与结论不相符，选项C错误；D．20N，与结论不相符，选项D错误；2．如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。

金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R（其他电阻不计）。

将金属杆ab从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放（）A ．金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大B ．金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小C ．金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等D ．金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等【答案】D【解析】【详解】AB ．由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。

若金属杆进入磁场时其所受安培力22B L v mg R> 则有22B L v mg ma R-= 且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力22B L v mg R< 则有22B L v mg ma R-= 且加速度方向向下，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力22=B v L Rmg 则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故A 、B 错误；C ．根据功能关系得金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆经过两区域过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关系，故故C 错误；D ．若金属杆进入磁场时其所受安培力22B L v mg R> 则金属杆在Ⅰ区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故D 正确。

湖南省娄底市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖南省娄底市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷一、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．a 、b 是两种单色光，其频率分别为v a 、v b ，且ba v k v =，则下列说法不正确的是（） A ．a 、b 光子动量之比为a bp k p = B ．若a 、b 光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为a bx k x ∆=∆ C ．若a 、b 都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差()ka kb b 1E E hv k -=- D ．若a 、b 是处于同一激发态的原子跃迁到A 态和B 态产生的，则A 、B 两态的能级之差()A B b 1E E hv k -=-【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．光子的能量E h ν=，所以两种光子能量分别为a E 和b E ，且a bE k E = 则：a bk νν= 光子的动量为h νp c=，所以 a bp k p = A 正确；B ．光子的波长cλν=，双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为L x dλ∆=，所以 a a b b b a 1x x kλνλν∆===∆ B 错误；C ．根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为km E h W ν=-，其中W 为金属的逸出功；则有()a b b 1ka kb E E h h h k ννν-=-=-C 正确；D ．若a 、b 是由处于同一激发态的原子跃迁到A 态和B 态时产生的，设初始激发态的能量为E 0，则有 a a 0A E h E E ν==-所以A 00a a E E E E h ν==--同理B 0b 0b E E E E h ν==--则()A B b a b 1E E h h hv k νν-=-=-D 正确。

本题选不正确的，故选B 。

2．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则（）A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＜I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd【答案】B【解析】高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据1221I n I n =，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，选项B 正确．3．下列说法正确的是（）A ．布朗运动是液体分子的无规则运动B ．随液体的温度升高，布朗运动更加剧烈C ．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D ．内能是物体中所有分子热运动动能的总和【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．布朗运动不是液体分子的无规则运动，而是花粉颗粒的无规则的运动，布朗运动间接反映了液体分子是运动的，故选A 错误；B ．随液体的温度升高，布朗运动更加剧烈，选项B 正确；C ．因为温度越高，分子运动速度越大，故它的运动就越剧烈；物体从外界吸收热量，如果还要对外做功，则它的内能就不一定增加，选项C 错误；D ．内能是物体中所有分子热运动动能与分子势能的总和，故选项D 错误。

湖南省娄底市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考第三次质量检测物理试题一、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．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x 轴，其电势q 随x 的分布如图所示，一质量m ＝1.0×10﹣20kg ，带电荷量大小为q ＝1.0×10﹣9C 的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动。

忽略粒子的重力等因素，则（）A ．x 轴左侧的电场强度方向与x 轴正方向同向B ．x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1：E 2＝2：1C ．该粒子运动的周期T ＝1.5×10﹣8sD ．该粒子运动的最大动能E k m ＝2×10﹣8J【答案】D【解析】【详解】A ．沿着电场线方向电势降落，可知x 轴左侧场强方向沿x 轴负方向，x 轴右侧场强方向沿x 轴正方向，故A 错误；：B ．根据U ＝Ed 可知：左侧电场强度为：E 1＝220110-⨯V/m ＝2.0×103V/m ；右侧电场强度为：E 2＝2200.510-⨯V/m ＝4.0×103V/m ；所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E 1：E 2＝1：2，故B 错误；C ．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有：v m ＝1qE m t 1同理可知：v m ＝2qE mt 2；E km ＝12mv m 2；而周期：T ＝2（t 1+t 2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T ＝3.0×10﹣8s ；故C 错误。

D ．该粒子运动过程中电势能的最大值为：E Pm ＝qφm ＝﹣2×10﹣8J ，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为E km ＝2×10﹣8J ，故D 正确； 2．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。

湖南省娄底市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

湖南省娄底市2021届新高考物理第三次调研试卷一、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．我国建立在北纬43°的内蒙古赤峰草原天文观测站在金鸽牧场揭牌并投入使用，该天文观测站应用了先进的天文望远镜．现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件（已知地球质量为M ，地球自转的周期为T ，地球半径为R ，引力常量为G ）（）A ．该卫星一定在同步卫星轨道上B ．卫星轨道平面与地球北纬43°线所确定的平面共面C ．满足轨道半径r=23224GMT nπ（n=1、2、3…）的全部轨道都可以 D ．满足轨道半径r=23224GMT n π（n=1、2、3…）的部分轨道【答案】D【解析】该卫星一定不是同步卫星，因为同步地球卫星只能定点于赤道的正上方，故A 错误．卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43°线所确定的平面共面，故B 错误．卫星的周期可能为：T′= T n，n=1、2、3…，根据2224Mm G m r r T π='解得：23224GMT r n π=（n=1、2、3…），满足这个表达式的部分轨道即可，故C 错误，D 正确．故选D ．点睛：解决该题关键要掌握卫星受到的万有引力提供圆周运动向心力，知道卫星的运行轨道必过地心，知道同步卫星的特点．2．真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P 、Q 两点关于点电荷q 1水平对称。

P 、Q 两点电场强度的大小分别为P E 、Q E ，电势分别为Q ϕ、P ϕ。

一个带电粒子沿虚线轨迹从M 移动至N 。

以下选项正确的有（）A ．Q P E E >B ．Q P ϕϕ>C ．此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小D ．此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小【答案】D【解析】【详解】A ．由图P 点电场线密，电场强度大，则E P ＞E Q故A 错误；B ．沿电场线的方向电势降低，电场线越密的电势降落越快，反之逆着电场线的方向电势升高，电场线越密的电势升高越快，则Q P ϕϕ<故B 错误；CD ．根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q 1为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电场能先增大后减，故D 正确。

湖南省娄底市2021届新高考第二次质量检测物理试题含解析

湖南省娄底市2021届新高考第二次质量检测物理试题一、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．某国际研究小组借助于甚大望远镜观测到了如图所示的一-组“双星系统”，双星绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面物质，达到质量转移的目的。

假设两星体密度相当，在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中，下列说法错误的是（）A ．它们做圆周运动的万有引力逐渐增大B ．它们做圆周运动的角速度保持不变C ．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．体积较大星体做圆周运动轨迹半径变小，线速度变大【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．设体积较大星体的质量为m 1，体积较小星体的质量为m 2，根据万有引力定律122m m F G r = 因1m +2m 为一定值，根据均值不等式可以判断出最初演变的过程中，1m 2m 逐渐变大，它们之间的万有引力逐渐变大，故A 正确，不符合题意；B ．根据()221211212m m G m r m r r rωω==- 得2112m r r m m =+ 将1r 代入212112m m G m r rω=解得 ()123G m m rω+= 因1m +2m 为一定值，r 不变，则角速度ω不变，故B 正确，不符合题意；CD ．根据2112m r r m m =+ 因体积较大的星体质量m 1变小，而m 1+m 2保持不变，故m 2变大，则体积较大的星体做圆周运动轨迹半径r 1变大，根据v r ω=可知角速度不变，半径变大，故其线速度也变大，故C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。

故选D 。

2．如图所示为一理恕变压器，其中a 、b 、c 为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= U m sin100πt(V)．当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是（）A ．三个灯泡的额定电压为Um/8B ．变压器原、副线圈匝数比为9︰2C ．此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2︰7D ．流过灯泡c 的电流，每0.02s 方向改变一次【答案】C【解析】设灯泡的额定电压为U ，根据题意，输入电压82m U U ==入，得：216m U U =，此时原线圈两端的电压为17U U U U =-=入，副线圈两端的电压为22U U =，则变压器原、副线圈匝数比为112272n U n U ==，根据122127I n I n ==，因为a 、b 此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P UI =，可知a 、b 消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2︰7，由输入电压的表达式，可知角频率100/rad s ωπ=，则周期20.02T s πω==，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s 电流方向改变两次，故ABD 错误，C 正确；故选C.【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比．3．两质点A 、B 同时、同地、同向出发，做直线运动。