湖南省永州市2021届新高考物理第一次押题试卷含解析

湖南省永州市2021届新高考物理第一次押题试卷
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，波长分别为λa 、λb 的单色光a 、b ，沿着AO 、BO 方向射入半圆形玻璃砖，出射光线都沿OC ，则下列说法错误的是（ ）
A ．a 、b 光从玻璃砖射入空气时，均受到玻璃砖的作用力
B ．在玻璃砖内a 光的动量大于在空气中a 光的动量
C ．λa <λb ，且a 、b 光的临界角相等
D ．在玻璃砖内a 光的动量大于在玻璃砖内b 光的动量
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由图可知a 、b 光从玻璃砖射入空气时，均发生偏折，可知光子的动量发生变化，由动量定理可知都受到玻璃砖的作用力，A 正确；
B ．玻璃砖对a 光的折射率大于空气对a 光的折射率，根据c v n
=
可知，a 光在空气中的速度大；光子的动量 h P v
ν= 所以在玻璃砖内a 光的动量大于在空气中a 光的动量，B 正确；
C ．a 光的折射率比b 光的折射率大，则知a 光的频率比b 光的频率高，由
c v n
λν==⋅ 可知a 的波长小于b 的波长.a 的折射率大，由
1sin C n
= 可知a 的临界角小，C 错误；
D ．由光路图看出，a 光的偏折角大于b 的偏折角，折射定律分析得知，a 光的折射率比b 光的折射率大，由折射率与光的频率的关系可知，a 的频率大；光子的动量
hn P c
ν= 则在玻璃中，a 光的动量大于在玻璃砖内b 光的动量，D 正确。

本题选错误的，故选C 。

2．下列说法中正确的是（ ）
A ．光电效应揭示了光的波动性
B ．中子与质子结合成氘核时放出能量
C ．在所有核反应中，都遵从“质量守恒，核电荷数守恒”规律
D ．200个镭226核经过一个半衰期后，一定还剩下100个镭226没有发生衰变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．光电效应揭示了光的粒子性，A 错误；
B ．中子与质子结合成氘核时会质量亏损，所以放出能量，B 正确；
C ．在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，核电荷数守恒”规律，C 错误；
D ．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，研究个别原子核无意义，D 错误。

故选B 。

3．2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器自主着陆在月球背面南极—艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑内，实现人类探测器首次在月球背面软着陆。

“嫦娥四号”初期绕地球做椭圆运动，经过变轨、制动后，成为一颗绕月球做圆周运动的卫星，设“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的轨道半径为r 、周期为T ，已知月球半径为R ，不计其他天体的影响。

若在距月球表面高度为h 处（h R =）将一质量为m 的小球以一定的初速度水平抛出，则小球落到月球表面的瞬间月球引力对小球做功的功率P 为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 ABCD ．设月球的质量为M ，卫星的质量为m '，卫星绕月球做匀速圆周运动，有
2
224πGMm m r r T
''= 卫星在月球表面时有
2GMm m g R
''=月 联立以上两式解得
23224πr g T R
=月 小球在月球表面做平抛运动，在竖直方向上有
232
228π2y
r h v g h T R ==月 则小球落到月球表面瞬间月球引力对小球做功的功率
34
338π2y P mg r m rh R T
v ==月 故选C 。

4．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动。

已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2。

则在该段时间内( )
A ．物体的加速度大小为2 m/s 2
B ．弹簧的伸长量为3 cm
C ．弹簧的弹力做功为30 J
D ．物体的重力势能增加36 J
【答案】B
【解析】
【详解】 A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为
a ＝＝1 m/s 2
选项A 错误；
B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，
F －mgsin 30°＝ma
解得F ＝6 N 。

由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，选项B 正确；
CD.在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大
ΔE k ＝ ＝6 J
根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x ＝6 m ，物体重力势能增加
ΔE p ＝mgxsin 30°＝30 J
根据功能关系可知，弹簧弹力做功
W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J
选项C 、D 错误。

5．如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。

已知每条导线在O 点磁感应强度大小为B 0，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（ ）
A ．大小为零
B ．大小2B 0，方向水平向左
C ．大小4 B 0，方向水平向右
D ．大小4 B 0，方向水平向左
【答案】D
【解析】
【详解】
根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在O 点产生的磁场与最下面电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为1B ；同理，将左上方电流向里的导线在O 点产生的磁场与右下方电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为3B ，将右上方电流向里的导线在O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为2B ，如图所示：
根据磁场叠加原理可知：12302B B B B ===，由几何关系可：2B 与3B 的夹角为120o ，故将2B 与3B 合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B 0，方向与B 1的方向相同，最后将其与B 1合成，可得正六边形中
心处磁感应强度大小为4B0，方向水平向左，D正确，ABC错误。

故选D。

6．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的检验电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。

取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则（）
A．q1在A点的电势能大于q2在B点的电势能
B．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1的电荷量大于q2的电荷量
【答案】D
【解析】
【分析】
由题，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，说明Q对q1、q2存在引力作用，则知Q 带负电，电场线方向从无穷远到Q，根据顺着电场线方向电势降低，根据电场力做功与电势能变化的关系，分析得知q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能．B点的电势较高．由W=qU分析q1的电荷量与q2的电荷量的关系．
【详解】
将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功，则知Q对q1、q2存在引力作用，Q带负电，电场线方向从无穷远指向Q，所以A点电势高于B点电势；A与无穷远处间的电势差小于B与无穷远处间的电势差；由于外力克服电场力做的功相等，则由功能关系知，q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能；由W=qU得知，q1的电荷量大于q2的电荷量。

故D正确。

故选D。

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
7．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，则（）
A．该原子核发生了α衰变
B．该原子核发生了β衰变
C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动
D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了β衰变，A项错误、B项正确；
C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径
mv
r
qB
，电荷量
大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；
D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。

故选BC。

8．关于热力学的一些现象和规律，以下叙述正确的是（）
A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力使液面绷紧，所以液滴呈球形
C．高原地区水的沸点较低，是高原地区温度较低的缘故
D．一些昆虫可以停在水面上，是由于表面层的水分子比内部的水分子更密集
E.一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，内能也有可能发生变化
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A．根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，需要外界干预，故A正确；BD．液体表面张力是由于表面层的水分子比液体内部的水分子更稀疏，分子间表现出引力，使液面绷紧，液滴呈球形，故B正确，D错误；
C．高原地区水的沸点较低，这是因为高原地区大气压较低的缘故，故C错误；
E．根据热力学第一定律，一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，通过做功内能也有可能发生变化，故E正确。

故选ABE。

9．如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。

长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。

若小球在a点获得一水平初速度v a，使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则（）
A ．电场强度为3mg q
，方向竖直向上 B ．a 、O 两点的电势差U ao =3mgl q
C ．初速度v a 10gl
D ．小球在竖直面内做匀速圆周运动
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．小球静止在a 点时，由共点力平衡得
2mg mg qE +=
解得
3 mg E q
= 方向竖直向上，故A 正确；
B ．在匀强电场中，a 点电势比O 点低，根据电势差U Ed =可知a 、O 两点电势差为
3aO mgl U q
=- 故B 错误；
CD ．小球从a 点运动到b 点，由于重力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到b 点速度大小为b v ，由动能定理得
22121222
b a qE l mg l mv mv -+=-g g 小球做圆周运动恰好通过b 点时，由牛顿第二定律得
2b m q mg l v E -=
联立解得
10a v gl
故C 正确，D 错误；
故选AC 。

10．有一种调压变压器的构造如图所示。

线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两瑞按正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．当3R 不变，滑动触头P 顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN 两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A 正确；
B ．当3R 不变，滑动触头P 逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故B 错误；
CD ．保持P 的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN 两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，1R 分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过2R 的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故C 正确，D 错误；
故选AC 。

11．如图所示，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有
A ．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B错误；由甲乙的速度时间图像可知C错误D正确
考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
12．关于物体的内能，下列说法正确的是______
A．物体吸收热量，内能可能减少
B．10g100℃水的内能等于10g100℃水蒸气的内能
C．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能
D．电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．如果物体对外做的功大于吸收的热量，物体内能减少，A正确；
B．10g100℃的水变成10g100℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能，B错误；
C．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能，C正确；
D．通电的电阻丝发热，是通过电流做功的方式增加内能，D错误；
E．根据熵和熵增加的原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，E正确。

故选ACE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A 、B 两个小球的质量m A 和m B ；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B ，让小球A 从斜槽上位置P 由静止开始释放，小球A 离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A 的两位置（如图乙所示）；
④将小球B 放在斜槽的末端，让小球A 仍从位置P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出所需要的物理量．
请回答：
(1)实验①中A 、B 的两球质量应满足______
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______；（请选填“x 0、y 0、x A 、y A 、x B 、y B ”）
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：______．
【答案】A B o m m x > ; A x ; B A o A A B B x m x m x m x =+ ;
【解析】
（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m A v 0=m A v 1+m B v 2，在碰撞过程中动能守恒，故有
2220121112
22
A A
B m v m v m v =+，解得10A B A B m m v m m m -=+，要碰后a 的速度v 1＞0，即m A -m B ＞0，m A ＞m B ；（2）由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x 0、x A 、x B ；（3）验证的方程为m A x 0＝m A x A ＋m B x B
14．如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管内径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定．现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射．按下述步骤进行实验：
①用天平测出两球质量分别为m 1、m 2；
②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h ；
③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P 、Q ．
回答下列问题：
（1）要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有______．（已知重力加速度g ） A ．弹簧的压缩量Δx
B ．两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2
C ．小球直径d
D ．两球从管口弹出到落地的时间t 1、t 2
（2）根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E P =_______________．
（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_______________，那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒．
【答案】（1）B （2）221122()4g m x m x h
+ （3）m 1x 1=m 2x 2 【解析】
【详解】
（1）由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由E P =12
mv 2即可求得弹性势能；故应测量小球的质量m 以及通过光电门的速度v ，为了测量小球的速度，在做平抛动的水平位移，压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量；故B 正确，ACD 错误．故选B ；
（2）由（1）可知，E P =12m 1v 12+12
m 2v 22
由h=12gt 2可得：平抛运动的时间t= 根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：
v 1=1 x
t ；v 2=2 x t
即E P =12m 1v 12+12
m 2v 22=221122 44m gx m gx h h + （3）根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：
0=m 1v 1-m 2v 2
再根据水平方向x=vt 可得：m 1x 1=m 2x 2；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一桌面厚度AC=h ， C 到地面的高度为10h 。

O 点为桌面上一点，O 点到A 的距离为2h ，在O 点固定一个钉子，在钉子上拴一长度为4h 的轻质细线，细线另一端拴一个质量为m 的小球P （可视为质点）。

B 在O 正上方，OB 距离为4h ，把小球P 拉至B 点。

（重力加速度为g ）
(1)若小球获得一个水平向右的初速度，小球不能打在桌面上，求小球的最小初速度；
(2)给小球一水平向右的初速度，当小球恰好在竖直面内做圆周运动时，小球运动到C 点正下方后瞬间细线断了。

已知小球在运动过程中没有与桌腿相碰，求小球自细线断开瞬间运动到地面的水平位移和细线能
承受的弹力的范围。

【答案】（1）12
gh v =
（2）122x h =，179mg F mg >≥。

【解析】
【详解】 (1)在小球不能打在桌面上的前提下，由分析可知，小球恰好击中A 点时，小球的初速度最小，该过程小球做平抛运动，设小球P 的最小初速度为1v 。

水平方向由
12h v t =
竖直方向有
2142
h gt =
解得 12
gh v =(2)设小球在B 点的速度为2v ，运动到C 点正下方时对应的速度设为C v ，在B 点，对小球，根据向心力公式有
224mv mg h
= 从B 点运动到C 点正下方，根据动能定理有
22211(42)22
C mg h h mv mv +=
- 解得 16C v gh =对小球，经过C 点正下方的前、后瞬间，细线拉力分别设为1F 和2F ，分别应用向心力公式有
212C mv F mg h
-=
22C mv F mg h
-= 解得
19F mg =
217F mg =
结合牛顿第三定律可知细线能承受的弹力范围
179mg F mg >≥
细线断裂后，小球做平抛运动，设小球的水平位移为x ，则水平方向有
1C x v t =
竖直方向有
211102
h h gt -=
联立解得 122x h =
16．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v= 2m/s 匀速运动，质量为m 1 = 1kg 的小物块P 和质量为m 2 = 1.5kg 的小物块Q 由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P 从传送带左端以速度v 0 = 4m/s 冲上传送带，P 与定滑轮间的绳子水平．已知物块P 与传送带间的动摩擦因数μ= 0.5，重力加速度为g =10m/s 2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q 都没有上升到定滑轮处．求：
(1)物块P 刚冲上传送带时的加速度大小；
(2)物块P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ 系统机械能的改变量；
(3)若传送带以不同的速度v （0 <v<v 0）匀速运动，当v 取多大时物块P 向右冲到最远处时，P 与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？
【答案】 (1)8m/s 2 (2) 1.25J E ∆=- (3) 4m/s 3v =
，min 10J 3
Q = 【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块P 刚冲上传送带时，设PQ 的加速度为1a ，轻绳的拉力为1F
因P 的初速度大于传送带的速度，则P 相对传送带向右运动，故P 受到向左的摩擦力作用
对P 由牛顿第二定律得
1111F m g m a μ+=
对Q 受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用
由牛顿第二定律得
2121m g F m a -=
联立解得
218m/s a =
（2）P 先减速到与传送带速度相同，设位移为1x ，则
2222
01142m=0.75m 228
v v x a --==⨯ 共速后，由于摩擦力12515f m g N m g N μ==<=
故P 不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右
设此时的加速度为2a ，轻绳的拉力为2F
对P 由牛顿第二定律得
2112F m g m a μ-=
对Q 由牛顿第二定律得
2222m g F m a -=
联立解得
224m/s a =
设减速到0位移为2x ，则
22
222m=0.5m 224
v x a ==⨯ PQ 系统机械能的改变量等于摩擦力对P 做的功
112 1.25J E m gx m gx μμ∆=-+=-
（3）第一个减速过程，所用时间
01148
v v v t a --== P 运动的位移为
2
01116216
v v v x t +-==
皮带运动的位移为
2
2148v v x vt -== 第二个减速过程，所用时间
224
v v t a == P 运动的位移为
2
01228
v v x t '== 皮带运动的位移为
2
224
v x vt ='= 则整个过程产生的热量
()()()211212
15381616v v Q m g x x m g x x μμ'--=-='-+ 当4/3
v m s =时，min 10J 3Q = 17．在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．如图所示，某足球场长90 m 、宽60 m ．现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为23
m/s 1．试求：
（1）足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；
（1）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的[最大速度为6 m/s ，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件?
【答案】（1）9s t = （1）2 2?/a m s ≥
【解析】
(1)设所用时间为t,则v 0=8 m/s ；x=45 m
x=v 0t+12
at 1，解得t=9 s ．
(1)设前锋队员恰好在底线追上足球,加速过程中加速度为a,若前锋队员一直匀加速运动,则其平均速度v=
x t
，即v=5 m/s ；而前锋队员的最大速度为6 m/s ，故前锋队员应该先加速后匀速 设加速过程中用时为t 1，则t 1=m v a 匀加速运动的位移x 1=22
m -02v a
解得x 1=18a
匀速运动的位移x 1=v m (t-t 1)，即x 1=6×
(9-t 1) m 而x 1+x 1=45 m
解得a=1 m/s 1
故该队员要在球出底线前追上足球,加速度应该大于或等于1 m/s 1．
点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答.。