《2021届湖南省百师联盟高考物理二轮复习联考试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届湖南省百师联盟高考物理二轮复习联考试卷(含答案解析).pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021届湖南省百师联盟高考物理二轮复习联考试卷一、单 选 题（本大题共6小题，共24.0分）1 .关于放射性和光电效应，下列说法正确的是（）A.一个原子核在一次衰变中可同时放出a、/7和y三种射线B.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性C.一束光照射到某种金属上发生光电效应，延长照射时间，光电子的最大初动能变大D.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的强度太小2 .据 2 0 1 2 年 1 0 月 3 1 日媒体报道，中国第五代双发中型隐形战机歼-3 1 首飞成功.假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度丫所需时间为f,则起飞前的运动距离为（）A.4
2、vr B.2vt C.vt D.3 .如图所示，理想降压变压器的副线圈电路中R o 为定值电阻，R是光敏电阻（光照强增大，电阻减小）。原线圈输入功率为匕，副线圈输出功率为P 2；匕和彩是理想交流电压表，示数分别用Ui 和外表示：必和4 是理想交流电流表，示数分别用。和。表示。下列说法正确的是（）A.。大于，2B.P1大于P2C.光照强度增大，“不变、。变大 D.光照强度增大，力变小、/2 变小4.如图所示，竖直固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球 A和 B,在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的是：A.匕%B.3A a)BC.4&BD.压力NA NB赤道上某建筑物的
3、避雷针上方有雷雨时:避雷针MN附近的等差等势线分布图如图所示，已知避雷针尖端N带正电，下列说 一 I，“二-法正确的是（）A.一个正电荷沿等势线从P 移动到。的过程中，所受电场力为零B.若一个正电荷沿等势线从P 移动到。，则其电势能增大C.避雷针尖端N 放电时，避雷针所受安培力方向向西D.若一个正电荷沿某一路径从P 经过S 等势线上一点移动到。，则电场力先做正功后做负功6.如图所示，一直流电动机与阻值R=90 的电阻串联在电源上，电源 （V）I电动势E=3 0 V,内阻r=1 0,用理想电压表测出电动机两端电压 厂 1U=1 0 V,已知电动机线圈电阻R”=1。，则下列说法中正确的是（）A.通
4、过电动机的电流为10A B.电源的效率为93.3%C.电动机线圈电阻的热功率为2WD.电动机的输出功率为18W二、多 选 题（本大题共6 小题，共 28.0分）7.如图所示，一个表面光滑的斜面体M 置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为a、0,且a n2,所以A小于4，故A错误；B、理想变压器本身不消耗能量，输入功率等于输出功率，故B错误；C D.光照强度增大，光敏电阻阻值减小，因为输入电压和匝数比不变，所以不变，总电阻减小,那么副线圈的电流变大，因此原线圈的电流也变大，故C正确，。错误；故选：Co根据变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率进行分析。本题考
5、查理想变压器的基本规律，关键是知道电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率等，难度不大，基础题。4.答案：A解析：小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可。本题难度较小，明确小球做的是匀速圆周运动，合外力提供向心力，在分析受力情况，还要明确圆周平面，确定合力的指向。人重力和弹力的合力提供向心力，设弧线与竖直方向夹角 为 氏mgtan0=nJ，可知半径越大线R速度越大，故 A 正确；BCD.由加ptan 6=m =m R=ma.V=-一 可知3./R.对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流。根据功率关系求出电动机输出的功
6、率。对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路。电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。7.答案：A B解析：解：A、滑块A和滑块3沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsina=mBgsinp；由于a v ,故犯4 瓶8，故A正确；B、由牛顿第二定律得：mgsind=ma,a=gsinO,a 3，故8正确；C、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=m v2,故u =J 9，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，故C错误；。、落地速度大小相等，但速度方向不同，故速度不同，故。错误；故选：A B.对两个滑块分别受力分析，然后根据
7、平衡条件列方程判断；由牛顿第二定律求出加速度，然后求出运动时间.本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断.8.答案：B C解析：每颗小星受到的万有引力为2尸 cos3(T+9F=(*+9)F,选项4 错误、B 正确；设正三角形G-=-Q-边长为。，由万有引力定律可得：.为 守，解得M=3 m,选项C 正确，。错谢 藤 磔误.故选：B C9.答案：A C解析：解：对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=rngtcmO.；由向心力公式得到：F-m
8、a2r.(2)；设绳子与悬挂点间的高度差为，由几何关系，得：r=/itanO.；由三式得：3 =R 与绳子的长度和转动半径无关，故 C 正确；又由7=空 知，周期相同，故 A 正确；0)由v=两球转动半径不等，则线速度大小不等，故 8 错误；由a=o)2 r,两球转动半径不等，向心加速度不同，故。错误；故选：A Co两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解.本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式，难度不大，属于基础题.10.答案：A B解析：
9、重力势能Ep =m g/i,规定。点为零势能点，P。与竖直线间的夹角为。，则有琦=m g r c o s。.。随，先均匀增大，后均匀减小.故A正确.圆柱体绕水平轴。缓慢转动，物块与圆柱体保持相对静止，每一个位置均可看成平衡状态，P。与竖直线间的夹角为0,支持力N =mgcos。,f=mgsinO,合力为零，。随 f 先均匀增大，后均匀减小.所 以 B正确，C、。错误.故选A B.11.答案：A D解析：解：A、根据嫡增原理可知，在自然过程中一个孤立系统的嫡总是增加或不变的，故 4正确；8、沸点的高低与外界的大气压有关，高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故 8错误；C、一定质量的
10、气体体积增大，对外做功，若既不吸热也不放热，根据公式U =W+Q,内能一定减少，故 C错误；力、气体体积不变时，温度越高，分子的运动越激烈，则单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多，故。正确。故选：A D.一个孤立系统的牖总是增加或不变的；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；物体的内能与物体的体积、温度等因素有关。由热力学第一定律分析气体状态变化时内能的变化；根据压强的微观解释分析单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数。本题该题热学部分的多个知识点的内容，要注意判断内能变化的方法，U =+Q。12.答案：A C解析：两列频率相同，振幅不同的相干波，当波峰与波峰相
11、遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱，从而即可求解。波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰。例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移为振幅之差。A.图是两列频率相同的相干水波于某时刻的叠加情况，实线和虚线分别表示波峰和波谷，则。点是波谷与波谷相遇点，4是波峰与波峰相遇点，8、C两点是波峰与波谷相遇点。则 4、。两点是振动加强的，且 8、C两点是振动减弱的，故 4正确：B.B、C两点是振动减弱点，再过半个周期，质点8、C是振动仍是
12、减弱点，故 8错误；C.质点4是波峰与波峰的叠加点，则其合振幅为9 a”，故C正确；。.在图示时刻，质点B、C虽然处于振动减弱，由于两振源的振幅不同，因此质点8、C的位移不一定相同，故。错误；故选：A C.13.答案：Q严 曹+2（2）。解析：解：（1）单摆的周期：7 单摆摆长：L=l+l，由单摆周期公式：T=2吨,解得：g=贮1曳（2）由单摆周期公式：T=2哧,解得：g =警，4、实验室处在高山上，离海平面太高，重力加速度偏小，故A错误；B、单摆摆球质量对重力加速度的测量无影响，故8错误；C、测出次全振动的时间误记为5+1）次全振动的时间进行计算，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正
13、确；。、测量摆长时，漏测摆球直径，所测摆长L偏小，所测g偏小，故。错误；故选：C；故答案为：（1严:”）；（2）。（1）完成一次全振动需要的时间是一个周期，摆线长度与摆球半径之和是摆长，应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式。（2）应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差。解决本题的关键掌握单摆的周期公式7 =2兀以及在实验中摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，从平衡位置开始计时误差较小。14.答案：U=E-I r；2.9：1.6解析：解：（1）根据电路图连接实物电路图，把电流表与滑动变阻器串联接入电路，电压表并联在电源两端，电路图如图所示.（2）在闭合电路中，电动势：E=U+
14、lr,则路端电压U =E-/r；（3）由图丙所示图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是2.9,则电源电动势为1.9 U,电源内阻r =当=芸?1-6/2；/0.5 6故答案为：（1）电路图如图所示；（2）U =E-/r；（3）2.9；1.6.(1)根据电路图连接实物电路图；(2)应用闭合电路欧姆定律求出U与/的表达式；(3)电源的U -/图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻.应用图象法求出电源电动势与内阻时，要知道电源U-/图象交点与斜率的物理意义，解题时要注意纵坐标轴的起始数据，否则容易出错.15.答案：解：(1)设汽车运动的时间为t 2,加速过程的时间(m S)为
15、匕，对全过程，由动能定理得Pt1-fs=0(V)、j -1.当 速 度 最 大 时p=vmf(2)/!由得G=W=登s =5 0s 50 98对于匀减速过程，由牛顿第二定律/=酬呢 而则得/=机 资；由 得=警+匕=9 8 s(2)作出汽车的u -t图象如图所示.答：(1)汽车运动的时间为9 8 s.(2)作出汽车的。-t图象如图所示.解析：(1)汽车以恒定功率启动，先做加速度减小的变加速运动，关闭发动机后做匀减速运动.根据汽车的功率P =FU m，匀速运动时，牵引力F=f,可求出阻力的大小.对全过程运用动能定理列式求出加速运动的时间.再研究匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求时间.(2)
16、根据速度与时间关系，作出图象.速度图象的斜率等于加速度，加速度减小时，斜率也减小.本题考查的是机车启动问题.汽车通常有两种启动方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动.要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p =F,p指实际功率，F表示牵引力，丫表示瞬时速度.当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度.16.答案：解：必 杆受三个力：重力 竖直向下；支持力N,垂直斜面向上；F安培力凡沿斜面向上.受力示意图如图所示.3 f二.(2)当外杆速度为u时，感应电动势：E=B lv,“此时电路中电流：y若,杆受到的安培力：F=B ll=根据牛顿运动定律得：mgsind-=ma解得，a
17、=gsind B 1 v.0 mR答：（1）受力示意图如图所示；（2）ab杆中的电流为詈，其加速度的大小为gsin。-黑.解析：（1）对心进行受力分析，然后作出受力示意图；（2）由七=BLu求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由牛顿第二定律求出加速度.本题考查了作受力示意图、求电流与加速度，分析清楚运动过程、正确受力分析、应用E=B 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题.17.答案：解：（i）设被封住的理想气体压强为p,轻细杆对A 和对B 的弹力为F,对活塞A 有：P（A =PSA+F对活塞 3,有：pQSB=pSB+F得：p=po=1 x 105Pa（ii）当气缸内气体的温度缓慢
18、下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、3 一起向右移动，活塞A 最多移动至两筒的连接处.设活塞A、3 一起向右移动的距离为工对理想气体：匕=2LSA+LSB7=500 KV2=（2 L-X）SA+（L+X）SBT2=400 KSA=200cm2SB=100cm2由盖 吕萨克定律：*=*l2解得：x=10 cmx 2 L =20 cm表明活塞A 未碰两筒的连接处.故活塞A、8 一起向右移动了10 cm.答：（i）此时气缸内理想气体的压强1 x 105Pa3）当气缸内气体的温度从7=500K缓慢降至G =400K时，活塞A、B向右移动了 10 cm.解析：对活塞受力分析
19、求压强；当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B 一起向右移动，由盖吕萨克定律求解移动的距离.解决此类问题的关键是选准研究对象，利用理想气体状态方程和受力分析联合解题.18.答案：解：（I）据题激光在玻璃体中传播的速度为=与，则透明玻璃体的折射率n=;=V3.（n）设光在M 点的入射角为i,折射角为r.由几何关系有：i=2r根据折射定律有n=sinr联立解得？=60答：(I)透明玻璃体的折射率为 百；(n)激光束在M 点对应的折射角的度数为60。.解析：(I)已知激光在玻璃体中传播的速度为口 =与，根据公式7 1 =5 C是真空中的光速，求解折射率n.()根据折射定律和几何关系求解激光束在M 点对应的折射角的度数.本题是折射定律与n=3的综合应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角.