湖南省张家界市2021届第四次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖南省张家界市2021届第四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．如图所示，,A B 两个小球用长为1 m 的细线连接，用手拿着A 球，B 球竖直悬挂，且A 、B 两球均静止。

现由静止释放A 球，测得两球落地的时间差为0.2 s ，不计空气阻力，重力加速度2
10m /s g =，则A 球释放时离地面的高度为
A ．1.25 m
B ．1.80 m
C ．3.60 m
D ．6.25m
【答案】B
【解析】
【详解】
设释放时A 球离地高度为h ，则22()h h L t g g
--=∆，求得 1.80m h =，。

A. 1.25 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故A 错误；
B. 1.80 m 与上述计算结果 1.80m h =相符，故B 正确；
C. 3.60 m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故C 错误；
D. 6.25m 与上述计算结果 1.80m h =不相符，故D 错误。

2．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，交流电源电压不变，电压表为理想交流电表，白
炽灯和电风扇的额定电压均为220V ，额定功率均为44W ，只闭合开关1S 时，白炽灯正常发光，则（ ）
A ．白炽灯和电风扇线圈的内阻均为1100Ω
B ．交流电压表示数为44V
C ．再闭合开关2S ，电压表示数增大
D ．再闭合开关2S ，原线圈的输入功率变小
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．白炽灯电阻
22
220=110044
U r P =Ω=Ω 但是电风扇是非纯电阻电路，其内阻要小于1100Ω，A 项错误；
B ．白炽灯两端电压为220V ，原、副线阔匝数比为1∶5，由变压器原理知，原线圈两端电压为44V ，交流电压表示数为44V ，故B 正确；
C ．再闭合开关2S ，交流电源电压不变，则电压表示数不变，故C 错误；
D ．再闭合开关2S 后，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，故D 错误。

故选B 。

3．图甲所示的变压器原，副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd 输入端交变电压u 的图象，L 1，L 2，L 3，L 4为四只规格均为“9 V ,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是( )
A ．ab 输入端电压的瞬时值表达式为U ab ＝2sin 100πt(V)
B ．电流表的示数为2 A ，且四只灯泡均能正常发光
C ．流过灯L 2的电流每秒钟方向改变50次
D ．ab 输入端输入功率P ab ＝18 W
【答案】B
【解析】
【详解】
AB ．由题知，cd 的电压瞬时值表达式为
272100cd U sin t π=
有效值为127V U =， 由1122
n U n U =得副线圈29V U =，则234L L L 、、均能正常发光，每只灯泡的电流 62A=A 93
P I U '== 副线圈电流
223A=2A 3I
=⨯ 由1221
n I n I =得原线圈的电流 12A 3
I = 1L 也能正常发光，ab 输入电压的表达式为
362100ab U sin t π=
选项A 错，选项B 对；
C ．由图象知交流电的周期为0.02s ，交流电的频率为50Hz ，流过灯L 2的电流每秒钟方向改变100次，C 错；
D ．ab 输如果气体端输入功率
ab 236W=24W 3
P =⨯ 选项D 错；
故选B ．
【点睛】
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．
【考点】
交变电流，变压器
4．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。

进一步探测发现在地面P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。

假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。

如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg(k<1)。

已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是
A ．kgd G ρ
B ．2kgd G ρ
C ．(1)k gd G ρ-
D ．2(1)k gd G ρ
- 【答案】D
【解析】
【详解】
地球表面正常的重力加速度大小为g ,由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg ，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为()1k g -，结合万有引力定律2Mm G ma r =，即()21Vm
G m k g d ρ=-，解得：()21k gd V G ρ
-=，故D 项正确，ABC 错误。

5．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。

下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）
A ．1441717281N He O H +→+
B ．427301213150He Al P n +
→+ C ．23411120H H He n +→+ D ．235
1144
89192056360U n Ba Kr 3n +→++
【答案】C
【解析】
【详解】
核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。

由此可知：核反应方程
2
3
411120H H He n +→+
是原子核的聚变反应；
A ． 14
417
17281N He O H +→+，是原子核的人工核转变，故A 错误；
B ． 427
30
1213150He Al P n +→+，是原子核的人工核转变，故B 错误；
C ． 23411120H H He n +→+与分析相符，故C 正确；
D ．
235
1144
89192056360U n Ba Kr 3n +→++属于裂变反应，故D 错误。

故选：C 。

6．利用放置在绝缘水平面上的环形电极与环外点电极，可模拟带电金属环与点电荷产生电场的电场线分布情況，实验现象如图甲所示，图乙为实验原理简图。

图乙中实线为电场线，a 、d 关于直线MN 对称，b 、c 为电场中的点，e 为环内一点。

由图可知( )
A ．带电金属环与点电荷带等量异种电荷
B ．b 、c 、e 三点场强的大小关系为E b ＞E c ＞E e
C ．a 、d 的场强相同
D ．c 点的电势比d 点高
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图可知金属环与点电荷一定带异种电荷，但不一定等量，故A 错误；
B ．由电场线的疏密可知
b c E E
又因为e 点为金属环内部一点，由静电平衡可知金属环内部场强处处为零，故B 正确；
C ．a 、d 场强大小相等方向不同，故C 错误；
D ．由等势面与电场线垂直和沿电场线电势逐渐降低可知c 点的电势比d 点低，故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．在x 轴上固定有两个点电荷Q 1、Q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示。

下列说法中正确的有（ ）
A ．Q 1 和Q 2带同种电荷
B ．x 1 处的电场强度为零
C ．负电荷从x 1沿x 轴移到x 2。

电势能逐渐减小
D ．负电荷从x 1沿x 轴移到x 2，受到的电场力逐渐减小，
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图知1x 处的电势等于零，所以1Q 和2Q 带有异种电荷，A 错误；
B ．图象的斜率描述该处的电场强度，故1x 处场强不为零，B 错误；
C ．负电荷从1x 移到2x ，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；
D．由图知，负电荷从1x移到2x，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D正确．
故选CD。

8．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-μmg）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.
9．下列说法中正确的是。

A．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小
D．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A 正确；
B ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B 正确；
C ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C 错误；
D ．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D 错误。

故选AB 。

10．一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F 作用。

0~4s 时间内，拉力F 的大小和物块加速度a 的大小随时间t 变化的关系分别如图甲、图乙所示。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。

由此可求得（ ）
A ．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N
B ．物块的质量等于1.5kg
C ．在0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N ・S
D ．在0~4s 时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N ・S
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t=1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有
1.5N f F ==
故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
F f ma -=
代入26N,3m/s F a ==得
1.5kg m =
故B 正确；
C ．在v －t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有 133m/s 4.5m/s 2
v =⨯⨯= 由动量定理可得
1.5 4.5N s=6.75N s I m v =∆=⨯⋅⋅
故C 正确；
D ．在0~4s 时间内，F 的冲量为
064N s 12N s 2
F I +=⨯⋅=⋅ 则摩擦力冲量为
f (6.7512)N s 5.25N s F I I I =-=-⋅=-⋅
故D 错误。

故选BC 。

11．图（a ）为一交流发电机示意图，线圈abcd 在匀强磁场中绕固定轴OO'沿顺时针方向匀速转动，图（b ）是该发电机的电动势已随时间t 按余弦规律变化的图像。

已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R=10Ω，电表均为理想交流电表。

由此可以判定（ ）
A ．电流表读数为0.8A
B ．电压表读数为10V
C ．t=0.1s 时刻，穿过线圈的磁通量为零
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为0.04C
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电动势有效值为
10V 2
m E == 电流表的读数
10A=0.8A 10 2.5
E I R r ==++
电压表读数
8V U IR ==
选项A 正确，B 错误；
C ．t=0.1s 时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C 正确；
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为 ()
E q t R r =∆+ 2m m E TE NBS E t t t
ωπ=
==∆∆∆ 则 0.210222C C 2()m TE q R r π⨯===+ 选项D 错误。

故选AC 。

12．如图所示，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时的速度大小相等，速度方向夹角为37°。

已知B 、C 两点的高度差 1.25m h =，重力加速度
210m/s ,sin 370.6,cos370.8g ︒︒===，两小球质量相等，不计空气阻力。

根据以上条件可知（ ）
A ．小球甲水平抛出的初速度大小为3m/s
B ．小球甲从A 点到达
C 点所用的时间为0.4s
C ．A 、B 两点的高度差为0.45m
D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率相等
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球乙到C 的速度为
25m /s v gh ==
此时小球甲的速度大小也为v ，又因为小球甲速度与竖直方向成37︒角，可知水平分速度为
sin 373m /s v =o 。

故A 正确；
B ．根据
cos37y v v gt ==o
计算得小球甲从A 点到达C 点所用的时间为0.4s ，故B 正确；
C ．A 、C 两点的高度差为
210.8m 2
AC h gt == 故A 、B 两点的高度差为1.25m 0.8m 0.45m -=，故C 错误；
D ．由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等。

故D 错。

故选AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，其主要步骤如下：
（1）物块P 、Q 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P 底端固定了一竖直宽度为d 的轻质遮光条。

托住P ，使系统处于静止状态（如图所示），用刻度尺测出遮光条所在位置A 与固定在铁架台上的光电门B 之间的高度h 。

（2）现将物块P 从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间为t ，则遮光条通过光电门时的速度大小v=___________。

（3）己知当地的重力加速度为g ，为了验证机械能守恒定律，还需测量的物理量是_________（用相应的文字及字母表示）。

（4）利用上述测量的实验数据，验证机械能守恒定律的表达式是_________。

（5）改变高度h ，重复实验，描绘出v 2-h 图象，该图象的斜率为k 。

在实验误差允许范围内，若k= _________，则验证了机械能守恒定律。

【答案】
d t
P 的质量M ，Q 的质量m （M-m ）gh=21()()2d M m t + 2()()M m g M m -+ 【解析】
【详解】
（1）[1]光电门的遮光条挡住光的时间极短，则平均速度可作为瞬时速度，有： d v t =；
（2）[2]两物块和轻绳构成的系统，只有重力做功，机械能守恒：
221122Mgh mgh Mv mv -=+ 故要验证机械能守恒还需要测量P 的质量M 、Q 的质量m ；
（3）[3]将光电门所测速度带入表达式：
2211()()22d d Mgh mgh M m t t
-=+ 则验证机械能守恒的表达式为：
21()()()2d M m gh M m t
-=+； （4）[4]将验证表达式变形为：
22()g M m v h M m
-=⋅+ 若在误差允许的范围内，系统满足机械能守恒定律，2v h -图像将是一条过原点的倾斜直线，其斜率为：
2()g M m k M m
-=+。

14．某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B 的大小与长直导线中的电流大小I 成正比，与该点离长直导线的距离r 成反比。

该小组欲利用如图甲所示的 实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A ）、滑动变 阻器、小磁针（置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干：
实验步骤如下：
a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直 导线，如图甲所示；
b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离 r 、长直导线中电流的大小I 及小磁针的偏转 角度θ；
c.根据测量结果进行分析，得出结论。

回答下列问题：
（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为______A ；
（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知
实验所在处的地磁场水平分量大小为B 0=3×10－5T ，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强
度B 的大小为_______T （结果保留两位小数）；
（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tanθ与I r 之间的图像如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比的结论， 其依据是______；
（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B 与电流I 及距离r 之间的数学关系为02I B r
μπ=g ，其中0μ为介质的磁导率。

根据题给数据和测量结果，可计算出0μ=_______ T m/A g 。

【答案】2.00 51.7310-⨯ 电流产生的磁感应强度0tan B B θ=，而偏角的正切值与
I r 成正比 7410π-⨯
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]电流表量程为3A ，则最小分度为0.1A ，由指针示数可知电流为2.00A ；
（2）[2]电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示
则有
tan30B B ︒=
解得 553310 1.710T B --=⨯=⨯ （3）[3]由图可知，偏角的正切值与 I
r
成正比，而根据（2）中分析可知 0tan θB B =
则可知B 与I r
成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与长导线的距离r 成反比；
（4）[4]由公式
00tan θ2I B B r
μπ==g
可知，图象的斜率
200
0.142 10221.03
k B μπ-===⨯ 解得
70410T m/A μπ-=⨯g
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，质量m 1=0.45 kg 的平顶小车静止在光滑水平面上，质量m 2=0.5 kg 的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s 的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10 m/s 2，求：
（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；
（2）小车的长度L ．
【答案】（1）10 m/s （2）2 m
【解析】
【分析】
【详解】
本题考查动量守恒与能量综合的问题． （1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m 0v 0=(m 0+m 1)v 1…………①
解得v 1=10 m/s
（2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m 0+m 1)v 1=(m 0+m 1)v 2+m 2v 3…………②
解得v 2=8 m/s
由能量守恒可得
12(m 0+m 1)21v =μm 2g·L+12(m 0+m 1)22v +12
m 223v …………③ 解得L=2 m
16．竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A 端封闭，C 端开口，最初AB 段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A 端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强p 0=75cmHg 。

（1）若从右侧缓慢注入一定量的水银，可使封闭气体的长度减小为20cm ，需要注入水银的总长度为多少？ （2）若将玻璃管绕经过A 点的水平轴顺时针转动90°，当AB 段处于竖直、BC 段处于水平位置时，封闭
气体的长度变为多少？
【答案】（1）30cm ，（2）39.04cm 。

【解析】
【详解】
（1）由玻意耳定律：
1122pV p V =
得到：
01122()p gh L S p L S ρ+⋅=⋅
解得：p 2=125cmHg
右侧水银总高度h 2=50cm ，注入水银的总长度为：
(h 2-h 1)+(L 1-L 2)=30cm ；
（2）设顺时针转动90°后，水银未溢出，且AB 部分留有x 长度的水银，
玻意耳定律：
011011()()()p gh L S p x L l x S ρ+⋅=-⋅+-
代入数据，得到：
(7525)25(75)(2525)S x x S +⨯=-⨯+-
变形为
x 2-125x+1250cm=0 解得1252517x ±=>0，假设成立，1252517x +=不合题意，舍去；则： 125-2517x = 末态气体长度
L 3=L 1+l 1-171)cm 39.04cm 2
x =≈。

17．一列简谐横波某时刻的波形如图所示，质点P 正在向上运动，它所在的平衡位置为x=2m ，质点P 的振动方程为y =0.2sin5πt （m ），从该时刻开始计时，求∶
（i ）该简谐横波在介质中的传播速率；
（ii ）经过0.5s 时间，质点P 的位移和路程；
（iii ）从图示位置开始计时，经多长时间质点P 第三次到达波峰。

【答案】（i ）10m/s ；（ii ）0.2m ； 1.0m ；（iii ）0.9s
【解析】
【详解】
（i ）由图可知，波长4m λ=，由振动方程知周期0.4s T =，所以波速
10m /s v T λ
==
（ii ）P 在向上运动，波向右传播，经过0.5s 时间，质点P 的位移为0.2m ，路程为1.0m 。

（iii ）P 第三次到达波峰的时间为
120.9s 4t T ==。