2021屆湖北省三校聯考高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.1932年考克勞夫特和瓦爾頓發明了世界上第一臺粒子加速器。將一質子通過加速器加速后撞擊

靜止的原子核〃i,得到兩個氫核，其核反應方程為：該核反應的類型是（）

A.核裂變B.核聚變

C.原子核衰變D.原子核的人工轉變

2.如圖所示的水平面上，伸長的橡皮繩一端固定，另一端連接兩根Fil9

彈簧，連接點p在&、尸2和尸三力作用下保持靜止。下列判斷正303%入Fi

A.尸1>尸2>尸3胃

/Fi

B.F2>F3>&e

C.F3>F1>F2

D.F3>F2>&

3.如圖甲、乙、丙所示，三個完全相同的半圓形光滑絕緣軌道置于豎直平面內，左右兩端點等高，

其中乙軌道處在垂直紙面向外的勻強磁場中，丙軌道處在豎直向下的勻強電場中，三個相同的

帶正電小球同時從軌道左端最高點處由靜止釋放.則三個小球通過圓軌道最低點時（）

A.速度相同B.所用時間相同

C.對軌道的壓力相同D.均能到達軌道右端最高點處

4.如圖所示，G和乙2是輸電線，甲是電壓互感器，乙是電流互感器.若2壬

已知變壓比為1000：1,變流比為100：1,并且知道電壓表示數為220匕?乜

電流表示數為10A,則輸電線的輸送功率為（）'

A.2.2x10-2〃B.2.2x103WC.2.2x104WD.2.2x108W

5.關于動能，以下說法正確的是（）

A.速度越大動能越大

B.質量越大動能越大

C.質量不變，速度增大到原來的2倍，動能增大到原來的4倍

D.速度不變，質量增大到原來的2倍，動能增大到原來的4倍

6.如圖所示，一質量為M的光滑大網環，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環:亡

上質量為〃?的小環（可視為質點）處于靜止狀態.現輕微擾動一下，小環從大環的（\

最高處由靜止滑下.重力加速度大小為g.當小環滑到大環的最低點時;下列說法

正確的是（）

A.大環對小環的彈力為3mgB.大環對小環的彈力為4〃際

C.輕桿對大環的彈力為Mg+5mgD.輕桿對大環的彈力為Mg+67ng

7.一物體正在做勻速直線運動，某時刻突然受到恒定外力作用做曲線運動，下列對物體運動判斷

正確的是（）

A.物體可能做勻速圓周運動

B.物體運動的最小動能可能為零

C.若物體運動過程中存在動能相等的兩點，則該兩點的連線一定與恒力方向垂直

D.若物體運動過程中存在動能相等的兩點，則該恒定外力方向與初速度方向夾角為銳角

8.如圖甲，傾角為。的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為。的正點電荷。將一帶正電小物塊（可

視為質點）從斜面上A點由靜止釋放，小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處，此過程中小物塊的

動能和重力勢能隨位移的變化圖象如圖乙（Ei和與為已知量）。已知重力加速度為g,靜電力常量

為由圖象可求出（）

A.小物塊的帶電量

B.A、B間的電勢差

C.小物塊的質量

D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

9.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，/時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳到P點,t+0.6s

時刻的波形如圖中的虛線所示，氏c、P、。是介質中的質點，則下列說法正確的是（）

0

5

0

80

A.這列波的波速一定大于50m/s

B.質點a在這段時間內通過的路程可能小于30cm

C.若周期7=0.8s,則在t+0.8s時刻，質點c的位移為一10cm

D.這列波與頻率為1.25Hz的簡諧橫波相遇一定會發生干涉現象

E.若周期T=0.8s,從t+0.4s時刻開始計時，則質點c的振動方程為y=O.lcos17rt（ni）

10.如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面A8C的單色光從空氣射向E點，并偏折到F點.已知

入射方向與邊A8的夾角為。=30。，E、F分別為邊8c的中點，貝）

□

A.該棱鏡的折射率為百

B.光在F點發生全反射

C.光從空氣進入棱鏡，波長變小

D.從F點出射的光束與入射到E點的光束平行

11.如圖所示，理想變壓器的原線圈與定值電阻r串聯，副線圈接熱敏電阻Rr，在正弦交流電源的

電壓如不變的情況下，下列說法正確的是（）

A.當場的溫度升高時，原線圈兩端的電壓一定減小

B.當場的溫度升高時，原線圈中的電流一定減小

C.當RT的溫度降低時，消耗的功率可能減小

D.當RT的溫度降低時，R7消耗的功率一定增大

三、實驗題（本大題共2小題，共16.0分）

12.現僅有以下器:

電流表為量程0.24

電流表^2量程0.24

電壓表匕量程”

電壓表%量程110V

變阻器R0-10/2

電阻箱島0-9999.90,額定電流0.L4

蓄電池組E電動勢E=6V,內阻r約0.10

開關S及導線若干

乙丙

為較精確地測定電阻絲心的阻值(約1.2。)，有同學設計了甲、乙兩個電路進行測量.但兩電路設計

均有不合理之處，請指出存在的問題(每圖分別指出兩處即可)

(1)甲圖不合理之處

乙圖不合理之處

(2)請設計一個合理的電路，畫在圖丙的規定方框內，并用一組測量數據表示“=:公式中

各物理量的意義是

13.一種新的短途代步工具-電動平衡車，被稱為站著騎的電動車，某同學為測量該車在平直水泥里

面上受到的阻力情況，設計了下述實驗：將輸液用的500〃也塑料瓶裝適量水后，連同輸液管一

起綁在平衡車的護手上，調節輸液管的滴水速度，某滴水剛落地開始計時，從下一滴水開始依

次計數為1、2、3...,當第50滴水剛好落地時停止計時，測得時間為25.0s,該同學騎上平衡車

后，先加速到某一速度，然后關閉動力，讓平衡車沿著直線滑行，如圖所示是某次實驗中在水

泥路面上的部分水滴及測出的間距值(左側是起點，單位：m),已知當地重力加速度g=9.8m/s2,

則根據該同學的測量結果可得出(結果均保留兩位有效數字):

(1)平衡車經過路面上相鄰兩滴水間的時間間隔7

(2)平衡車加速過程的加速度大小a=..m/s2；

(3)設平衡車運動過程中所受阻力的大小是人與車總重力的A倍，貝味=

ABCDE

1.O1：'1.5OY1.98T2.47

四、計算題(本大題共3小題，共40.0分)

14.如圖所示，A、B兩個氣缸中裝有體積均為10L、壓強均為latm(標-----II-------

4a*B

準大氣壓)、溫度均為27。(：的空氣，中間用細管連接,細管容積不計.細-------'------------

管中有一絕熱活塞，現將B氣缸中的氣體升溫到127。&若要使細管中的活塞仍停在原位置.(不

計摩擦，A氣缸中的氣體溫度保持不變，A氣缸截面積為500cm2)

(1)求A中活塞應向右移動的距離；

(2)4中氣體是吸熱還是放熱，為什么？

15.質量為2奴的物體置于水平面上，在運動方向上受到水平拉力尸作用，

沿水平方向做勻變速運動，拉力尸作用2s后撤去，物體運動的速度圖

象如圖所示。

(g=lOm/s?)求：

(1)拉力做功多少？

(2)克服摩擦力做功多少？

16.如圖所示，在直角坐標系的原點。處有一放射源，向四周均勻發射速度大小相等、方向都平行

于紙面的帶電粒子。在放射源右側有一很薄的擋板，垂直于x軸放置，擋板與xO,y平面交線的

兩端〃、N正好與原點O構成等邊三角形，。'為擋板與x軸的交點。在整個空間中，有垂直于

xOy平面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動。已知

帶電粒子的質量為機，帶電荷量大小為％速度大小為“MN的長度為L(不計帶電粒子的重力

及粒子間的相互作用)

(1)確定帶電粒子的電性；

(2)要使帶電粒子不打在擋板上，求磁感應強度的最小值;

(3)要使MN的右側都有粒子打到，求磁感應強度的最大值。(計算過程中，要求畫出各臨界狀態的

軌跡圖)

,y

O'X

N

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：人工核反應，是指通過人為的方式，利用射線來轟擊某些元素的原子核，使之發生核反

應，這就叫“人工核反應”，根據題意將一質子通過加速器加速后撞擊靜止的原子核"i,得到兩個

氫核，結合人工核反應的特點，可知上述核反應的類型為原子核的人工轉變，故ABC錯誤，。正確。

故選：D?

人工核反應，是指通過人為的方式，利用射線來轟擊某些元素的原子核，使之發生核反應，這就叫

“人工核反應”。

本題考查的是原子核的人工轉變的特點，學會區分四種核反應。

2.答案：C

解析：

本題考查共點力平衡條件，首先對物體進行受力分析然后結合平衡方程可解得。

首先對尸點進行受力分析，可以運用合成法、分解法、正交分解法求解。

根據平衡條件，在垂直于尸3方向上有尸道濟30。=F2s譏60。,則a=g尸2,&cos30°+F2cos60°=

尸3，

得尸3=2尸2，比較可得尸3＞尸1＞尸2，故C正確，錯誤。

故選Co

3.答案：D

解析：

分析物體受力情況及各力做功情況，由動能定理可求得小滑塊到達最低點時的速度；由滑塊的運動

可知滑塊滑到最低點時的速度變化；由洛侖茲力公式可知大小關系；由向心加速度公式可知向心加

速度的大小關系.

利用功能關系是解決物理問題的常用方法，在解題時應明確洛侖茲力永不做功.

A、在乙圖中，因為洛侖茲力總是垂直于速度方向，故洛侖茲力不做功；滑塊下落時只有重力做功，

故甲和乙兩次機械能均守恒，故兩次滑塊到最低點的速度相等，lmvl=mgR,丙圖中，小球下滑

的過程中電場力做正功，重力做正功，^mvl=mgR+qER,所以小球在最低點的速度大于甲圖和

乙圖中的速度.故A錯誤；

8、甲圖和丙圖比較可得，丙圖中，小球的加速度比較大，所以達到最低點的時間要短.故B錯誤;

C、小球在最低點時，甲圖中重力和支持力提供向心力，而乙圖中是重力、支持力和洛倫茲力提供向

心力，所以小球受到的支持力大小不相等，對軌道的壓力也不相等.故C錯誤；

。、三個小球的運動過程中，重力做功，動能和重力勢能之間轉換；洛倫茲力不做功；電場力做功，

電勢能與動能之間轉換；由于沒有其他的能量損失，所以三種情況下，小球均能到達軌道右端最高

點處，故。正確；

故選：D

4.答案：D

解析:解：已知變壓比為1000：1,電壓表示數為220匕故傳輸電壓為:U=220VX1000=2.2X105H

已知變流比為100：1,電流表示數為104,故傳輸電流為：/=104x100=10004；

故電功率為：P=U/=2.2X105Vx10004=2.2x108^；

故選：D.

根據變壓比和變流比計算出輸送電壓和電流，最后根據電功率P=U/計算電功率.

本題實質是電壓互感器與電流互感器的簡單運用，電壓互感器與電流互感器是利用變壓器原理將電

壓、電流減小到可測范圍進行測量的儀器.

5.答案：C

解析：解：

AB、由動能定義式：可知，動能與質量和速度都有關，故不能單憑質量或速度判定動能

大小，故A錯誤，8錯誤.

C、由動能定義式：可知，質量不變，速度增大到原來的2倍，動能增大到原來的4倍,

故C正確.

D、由動能定義式：可知，速度不變，質量增大到原來的2倍，動能增大到原來2倍，故

。錯誤.

故選：c.

由動能定義式：Ek=3瓶"2可判定各個選項.

該題重點是要掌握對于有三個變量的公式來說，要判定其中兩個的正反比關系，必須限定第三個量，

即實驗中的控制變量法.

6.答案：C

解析：解：小環從最高到最低，由動能定理，則有：

|mv2=mg-2R-,

小環在最低點時，根據牛頓第二定律得：

2

N—mg=m—v

得：N=mg+Tny

聯立解得：大環對小環的支持力為：N=5mg

對大環分析，有：T=N+Mg=5mg+Mg,則C正確，A3。錯誤

故選：C

先根據動能定理求解出小環滑到最低點時的速度.根據牛頓第二定律求出小環運動到最低點時，大

環對它的支持力，再用隔離法對大環分析，求出大環對輕桿的拉力大小.

解決本題的關鍵搞清小環做圓周運動向心力的來源，運用牛頓第二定律進行求解.

7.答案：C

解析：解：4物體受與初速度方向垂直的恒力作用時，根據牛頓第二定律可知，加速度的大小與方

向都不變；將運動分解為：初速度方向物體做勻速直線運動，其垂直方向做初速度為零的勻加速直

線運動，合運動為勻變速曲線運動。一定不是勻速圓周運動；故A錯誤；

B、物體受到恒定外力作用后做曲線運動，所以該力的方向與物體初速度的方向不在同一條直線上,

物體沿垂直于合外力方向的分速度大小不變，所以物體運動的最小動能不可能等于0.故B錯誤；

CD,若物體運動過程中存在動能相等的兩點，則該物體的速度一定是先減小后增大，說明該恒定外

力方向與初速度方向夾角為鈍角；同時由運動的對稱性可知，該兩點的連線一定與恒力方向垂直。

故C正確，力錯誤

故選：Co

判斷合運動是直線運動還是曲線運動，關鍵看合速度的方向和合加速度的方向是否在同一條直線上;

當物體受到一個與運動方向垂直的恒力作用時，加速度的大小與方向都不變，是勻變速曲線運動。

物體運動過程中存在動能相等的兩點，則該物體的速度一定是先減小后增大。

本題關鍵是對質點做曲線運動的條件的考查，掌握了做曲線運動的條件、平拋運動、勻速圓周運動

等常見的曲線運動的特點，本題基本上就可以解決了。

8.答案：C

解析：

(1)根據動能圖線分析速率的變化情況：速度先增大，后減小，根據庫侖定律分析物體的合外力的變

化，即可確定加速度的變化情況，從而說明小球的運動情況。

(2)由動能圖線看出，速度有最大值，此時小球受力平衡，由庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，由于

沒有x的具體數據，所以不能求得決

(3)4到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減小，所以可以求出小物塊電勢能的減小，由于小

物塊的電量不知道，所以不能求出48之間的電勢差；

(4)由重力勢能線得到Ep=rng/i=mgxsinJ,讀出斜率，即可求出

(5)題目中也沒有小物塊的電量、質量等信息，所以不能確定小物塊速度最大時到斜面底端的距離。

本題首先要抓住圖象的信息，分析小球的運動情況，再根據平衡條件和動能定理進行處理。

由動能圖線得知，小球的速度先增大后減小。根據庫侖定律得知，小球所受的庫侖力逐漸減小，合

外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動，再

沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度為零。

4由動能圖線看出，速度有最大值，此時小球受力平衡，由庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，由于

沒有x的具體數據，所以不能求得必故4錯誤；

B.A到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減小，所以可以求出小物塊電勢能的減小，由于小

物塊的電量不知道，所以不能求出A8之間的電勢差。故8錯誤；

C.由重力勢能線得到Ep=mgh=rngxs譏。，由圖象知斜率卜—〃步iiW,可求出加，故C正確；

1I

。.圖象中不能確定哪一點的速度最大，題目中也沒有小物塊的電量、質量等信息，所以不能確定小

物塊速度最大時到斜面底端的距離。故。錯誤。

故選Co

9.答案：BCE

解析：

根據波形圖及傳播方向得到周期及任-質點的振動圖，進而得到振動關系及振動方程，再根據波長

求得波速；最后由周期判斷是否得到穩定干涉現象。

對于簡諧波的相關問題，一般通過波形圖求得振幅、波長（或由振動圖得到振幅、周期），再根據傳

播方向得到某質點的振動圖（或波形圖），進而得到各質點的振動。

A、經過0.6s,波向前傳播了n+泠波長，故周期為：T=9s=懸s,當故波速為："=2=晝=

44471+3

一九+50,當九=0時，波速為50zn/s,故A錯誤；

B、當九=0時，質點。經過:個周期，通過的路程最短，t=0時，質點。向上振動，那么，質點。

在這段時間內通過的路程小于34=30cm,故B正確；

C、1時刻波剛好傳到P點，再經過打波傳到c點，且c向上振動；若周期7=0.8s,則在t+0.8s時

刻，質點C已經振動此時的位移為—10cm,故C正確；

4

D、簡諧波的周期為：T=^-s,當r=S=/s=0.8時n=0,所以二者的頻率可能相同，能產

生穩定的干涉現象；當時，二者的頻率不同，不能產生穩定的干涉現象，故。錯誤；

E、若T=0.8s,從t+0.4s時刻開始計時，那么，在零時刻質點c在最高點，位移取得最大值，質點

c的振幅為10?！?，周期為0.8s,故振動方程為：y=0.15譏6?！辏?1）=O.lcos17rt（ni）,故E正確；

故選：BCE。

10.答案：AC

解析：試題分析：由幾何關系可知入射角和折射角，由折射定律可求得折射率；求出三棱鏡的臨界

角可以判斷F點能否發生全反射；由波速的變化可得出波長的變化；由折射現象可知光束能否平行.

在E點作出法線可知入射角為60。，折射角為30。，由n=黑=百可得折射率為百；故A正確；

由光路的可逆性可知，在BC邊上的入射角小于臨界角，不會發生全反射，8錯；

由公式可知，l，故C正確；

三棱鏡兩次折射使得光線都向底邊偏折，不會與入射到E點的光束平行，故力錯誤；

故選AC.

11.答案：AC

解析：解：AB,熱敏電阻的特點是溫度升高，電阻值減??；當后的溫度升高時，熱敏電阻的電阻值

減小，所以副線圈上的電流將增大：根據變壓器的電流與匝數的關系可知，原線圈上的電流將增大，

根據歐姆定律可知，定值電阻r消耗的電壓增大，所以變壓器原線圈上的電壓將減小。故A正確，B

錯誤；

CD、當場的溫度降低時，耳的電阻增大，將r看作是電源的內電阻，當內外電阻相等時變壓器輸出

功率最大，由于不知道心和r的大小關系，所以無法判斷即消耗的電功率如何變化，故心消耗的功

率可能增大，有可能減小，故C正確，力錯誤；

故選：AC。

變壓器的匝數與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率，/電阻的變小或變大后，結

合電路歐姆定律分析即可。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有

一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。

12.答案：電路電流超過電流表量程，電壓表量程太大；無控制電路；電壓表量程太大；心表量程太

?。粂-/?0；U是電壓表匕表示，/是電流表公示數，是定值電阻

解析：解：(1)圖甲不合理之處：電路電流超過電流表量程，電壓表量程太大，無控制電路；

圖乙不合理之處：電壓表量程太大，4表量程太??；

(2)待測電阻阻值很小，為準確測量電阻阻值，可將待測電阻與已知阻值的定值電阻串聯，用電壓表

匕測電壓，電流表公測電流，為測多組實驗數據，滑動變阻器采用分壓接法，電壓表內阻遠大于待

測電阻阻值，電流表采用外接法，電路圖如圖所示.

產界鄉二

根據歐姆定律得心的計算公式％=7-/?o?

其中U是電壓表匕表示，/是電流表4示數，島是定值電阻.

故答案為：(1)電路電流超過電流表量程，電壓表量程太大，無控制電路；電壓表量程太大，4表量

程太?。?/p>

(2)彳-島；U是電壓表匕表示，/是電流表公示數，是定值電阻.

(1)電路應保證安全，應能進行多次實驗，測出多組實驗數據，分析電路結構、然后答題.

(2)根據伏安法測電阻的原理、根據所給實驗器材設計實驗電路.待測電阻阻值很小，為準確測量電

阻阻值，可將待測電阻與已知阻值的定值電阻串聯，用電壓表匕測電壓，電流表4測電流，為測多

組實驗數據，滑動變阻器采用分壓接法，電壓表內阻遠大于待測電阻阻值，電流表采用外接法.

電表表指針指在中值電阻附近時讀數較準一些，選用電流表與電壓表量程時應根據估算，使指針指

在滿刻度的；?I之間即可，若題中有“要求盡可能多的測量數據”提示時，滑動變阻器應用分壓式

接法

13.答案：0.500.525.3x10-2

解析：解：(1)當第50滴水剛好落地時停止計時，測得時間為25.0s,

則相鄰兩滴水間的時間間隔，7=繁=0.50s；

(2)在加速階段，連續相等時間內的位移之差△x=4m,

(3)在減速階段，根據△x=a72,運用逐差法得,

根據牛頓第二定律得，f-Kmg=ma

解得：K=2=警=5.3x10-2。

故答案為：(1)0.50；(2)0.52；(3)5.3x10-2。

根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，求出。點的速度；根據連續相等時間內的位

移之差是一恒量，求出加速度，結合牛頓第二定律求出阻力的大小。

在水泥路面上的部分水滴與紙帶問題類似，掌握處理的方法，會根據水滴形成的圖樣求解瞬時速度

和加速度，關鍵是勻變速直線運動兩個重要推論的運用。

14.答案：解：(1)設初狀態A、8氣缸中氣體的溫度、體積、壓強分別為71、匕、Pi，

末狀態A、B氣缸中氣體的溫度、體積、壓強分別為二、以、PA，TB、/、PB

B氣體體積不變，由查理定律有：段=野…①

A氣體溫度不變，由波馬定律有：

PiVi=PAVA-?

細管中的活塞仍停在原位置，有:

PA=PB③

而，VA=Vr-xS…④

代入數據，以上四式聯立解得:

x=0.05m=5cm；

(2)活塞向右移動過程中，外界對氣體A做功,

A的氣體溫度不變，內能不變，由熱力學第一定律可知，氣體要放出熱量；

答：(1)4中活塞應向右移動的距離為5c〃i；

(2)4中氣體是放熱，外界對氣體做功，氣體內能不變，由熱力學第一定律可知，氣體放熱.

解析：(1)4中氣體發生等溫變化，8中發生等容變化，活塞M保持在原位置不動，A、8兩部分氣體

的壓強相等，根據玻意耳定律列式，即可求得穩定時A氣體的體積，得到A氣體的長度，從而求出

活塞N向右移動的距離.

(2)應用熱力學第一定律分析答題.

對于兩部分氣體問題，既要分別研究各自的變化過程，同時要抓住之間的聯系，本題是壓強相等是

重要關系.

15.答案：解：(1)(2)、速度圖象的斜率等于物體的加速度，則