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1、2021届湖北省高考物理联考试卷一、单 选 题（本大题共7小题，共2 8.0分）1 .平抛的时间由下列哪个物理量决定（）A.平抛的高度 B.平抛初速度C.平抛的物体质量 D.平抛的重力加速度2 .下列说法正确的是（）A.光电效应是金属原子吸收光子向外逸出的现象B.某元素的半衰期是5天，1 2 g的该元素经过1 0天后还有3 g未衰变C.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大轨道时，原子的总能量增大，电子的动能也增大3 .如图所示，物体A放于匀速转动的圆盘上，且与之保持相对静止，则物 s L体4受到的力有（）V-、A.重力、支持力 _ _ _
2、 B.重力、支持力、向心力、摩擦力C.重力、支持力、摩擦力D.以上说法都不对4.理想变压器的电路如图所示，原线圈与副线圈总匝数之比为1 0：1,变压器的副线圈线匝数可变，c为滑动端.R为一滑动变阻器，P为滑片.若岫端输入的正弦交流电的瞬时值表达式为a =2 2 0鱼s i n l 0 0 7 r t（y），下列说法正确的是（）A.其他条件不变的情况下，c端向上滑动.G变暗B.其他条件不变的情况下，P端向下滑动，G变亮C.其他条件不变的情况下，P端向上滑动.原线圈中的电流会增大D.不管c如何滑动.击穿电压为3 0 V的电容器均可正常工作5.如图所示，一个字形弹弓顶部跨度为L两根相同的橡皮条均匀且
3、 k 人弹性良好，其自由长度均为3 在两橡皮条的末端用一块软羊皮（长度不计）做成裹片可将弹丸发射出去.若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度 始系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2 弹性限度内），则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为（）A.运空 B.-C.KI D.2kL2 46 .一个质量为，的小球在半径为R的光滑圆弧槽上来回运动（如图），圆弧槽的 长度 mm mm.cmn p 2 一-工 件 五 cZ 3BJ-刻度尺螺旋测微器四、计 算 题（本大题共3小题，共4 0.0分）1 4.如图，用U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为（T C的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和8
4、两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低6 0 明打开阀门S,整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假 设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。（1）求玻璃泡C中气体的压强（以m m H g为单位）（2）将右侧水槽的水从（T C加热到一定温度时，U形管内左边水银柱比右边高6 0根?，求加热后右侧水槽的水温。s左 右1 5 .质量为M的绝缘细管，.做成一圆形轨道，竖直固定在水平面上，如图所示。二入，：圆心与坐标原点重合，在 I、I I 象限有垂直于轨道平面向外的匀强磁场，在w 法象线有竖直向下的匀强电场。一个带正电的小球，其电荷量为外质量为机，从图中位
5、置由静止释放，第一次到达圆形轨道的最高点时刚好能通过。不计一切摩擦，小球的电荷量保持不变，圆形轨道的半径为R,绝缘细管的内径远小于R,小球直径略小于绝缘细管的内径，小球可看成质点。求：(1)电场强度E的大小(2)若小球第四次到最高点时，刚好对轨道无压力，求磁感应强度B的大小。1 6 .光 滑 平 行 的 金 属 导 轨 和 尸。间距L=0.2 m,与水平面之间的夹角0 =3 0。，匀强磁场磁感应强度B =1.0 7,垂直于导轨平面向下，M P间接有阻值R =2.0 0 的电阻，其他电阻不计，质量加的金属杆”垂直导轨放置，如 图 1 所示，由静止开始运动，u-t 图象如图2 所示，g取1 0 m
6、/s 2,导轨足够长，求：(1)R 上的最大电流/和金属杆的质量m；(2)根据u -t 图象估算在前0.4 s 内电阻上产生的热量.【答案与解析】1.答案：A解析：解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=g t2 知运动的时间由高度决定，故 4 正确，BCD错误。故 选:Ao抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道分运动和合运动具有等时性，运动时间由高度决定。2.答案：B解析：解：4光电效应是原子中的电子吸收光子，从而摆脱原子核的束缚，向外释放光电子的现象，故 A 错误；B、每经过
7、一个半衰期有半数发生衰变，10天经过了 2 个半衰期，还乘耳未衰变，即1 2 x：=3 g 未衰变，故 8 正确；C、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，又称热核反应，故 C错误；。、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，原子能量增大，根据=M 些，知轨道半径增大，动能减小，故。错误。故选：Bo光电效应是原子中的电子吸收光子向外释放光电子的现象；每经过一个半衰期，有半数发生衰变；太阳辐射的能量来自太阳内部的聚变反应；根据库仑引力提供向心力，通过轨道半径的变化，判断电子动能的变化.考查光电效应是原子吸收光子，核反应、半衰期以及能级的跃迁等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，
8、牢记并理解这些基础知识点.3.答案：C解析：解：物体A 做匀速圆周运动，合力指向圆心.对物体A 受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力.故C正确，A、B、。错误.故选：C.对物体A进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力提供向心力，结合运动情况，再对物体A受力分析即可.静摩擦力与物体的相对运动趋势的方向相反，表明物体相对于圆盘有向外滑动的趋势.4.答案：C解析：解：A、其他条件不变的情况下，c端向上滑动。副线圈匝数增加，变压器副线圈电压增大,人变亮，故A错误；8、其他条件不变的情况下，P端向下滑动，R接入电路的电阻增大，由于副线圈电压不变，所以通过人的
9、电流强度变小，功变暗；故8错误；C、其他条件不变的情况下，P端向上滑动，R接入电路的电阻减小，由于副线圈电压不变，所以通过G的电流强度变大，输出功率变大，则输入功率也变大，原线圈中的电流会增大，故C正确；。、原线圈与副线圈总匝数之比为10：1,当c滑到最上端时，输出电压的有效值为：U2=x 220V=2 2 V,最大值为：Em=22y2V=31.IK 3 0 V,故电容器不能正常工作，故。错误。故选：Co根据滑动变阻器的变化分析电压和电阻的变化，从而分析灯泡的亮度变化和电流强度的变化；计算副线圈的电压最大值分析电容器是否能够工作.变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电
10、压U i，U2,电流/1，12,输入和输出功率P l，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况.不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系.5.答案:A解析：解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F=k(2 L-L)=k LF合设此时两根橡皮条的夹角为。，根据几何关系知，sin?=；.根据平行四边形定则知，2 4弹丸被发射过程中所受的最大弹力?八=2尸恒52=胆.故 4 正确，B、C、。错误。口 2 2故选：A。当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则求
11、出最大弹力.本题考查了胡克定律与力的合成的综合，难度中等，对数学几何要求较高.6.答案：B解析：该题因为有条件圆弧槽的长度/R 所以小球的运动是简谐运动，可以看做是单摆，利用单摆的周期公式7=27r/即可分析各选项的正误.该题考查了单摆的周期公式，会通过该公式分析对单摆周期的影响因素，知道单摆的运动摆角应不大于5。，对于该题，是把小球的运动看做单摆的条件.解：在小球来回运动的过程中，因，R,所以小球的运动是简谐运动，其摆长为K,则其运动周期为：T=2咪.A、将 R 减小为原来的J,周期变为原来的原来的;，频率则为原来的2 倍.选 项 A 错误.B、将 R 增大为原来的4 倍，周期变为原来的2
12、倍，频率则为原来的点选项B 正确.C、将圆弧长/增大为原来的4 倍，不会改变小球运动的周期和频率，选 项 C 错误.。、小球的周期和频率与质量没有关系，所以改变小球的质量，不会改变其运动的周期和频率，选项。错误.故选：B7.答案：C解析：解：合外力做功等于动能的减小量，摩擦力做功等于机械能的减小量，合外力与摩擦力作用下的位移相同，当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了 1 8 J,机械能减少了 3 J,所以当物体到达最高点时动能减少了之小诏=1 2 0 7,机械能减少了 20J,所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20 J,全过程摩擦力做功W=-407从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的
13、动能为眼，由动能定理可得W=EK-EKO得EK=8 0/,则C正确，ABO错误故选：Co物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系可解。功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量。8.答案：BC解析：解：A、由万有引力提供向心力的周期表达式：G粤与 可知：3=包 学，风云一号V2 T2 47r2周 期12，风云二号周期是24/?,故风云二号离地面高，故4错误；B、风云一号有覆盖全球的观测范围，而风云二号，是相对地球静止的，其范围无法达
14、到全球内，B正确；C、由A知，风云二号的半径大，由：G=m ,得：v=但,故风云一号线速度大，故C确；D、再 过12，“风云一号”卫星转了 1轴，但地球仅仅转了半周，故。错误.故选：B C。同步卫星周期是24/J,由两者周期关系可以知道谁离地面高.风云一号有覆盖全球的观测范围，而风云二号，是相对地球静止的，其范围无法达到全球内.由由周期可以知道半径大小关系，由半径关系可以知道线速度关系.本题要掌握万有引力定律的应用，写出与周期、线速度有关的公式，根据公式进行讨论即可.9.答案：A DE解析：解：A、表达式 =加 和p=g中，能量 和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长；I或频率V是描述物
15、质的波动性的典型物理量，A正确；B、光电效应显示了光的粒子性，B 错误;a天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，a粒子散射实验说明原子的核式结构，C错误；。、y射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比 射线要强，。正确；E、聚变方程为出+t 1 He+Jn,E正确；故选：A D E能量 和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长4或频率V是描述物质的波动性的典型物理量，光电效应显示了光的粒子性，天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，y射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比 射线要强.了解原子的结构模型，光的波粒二象性，本题的难点在于4项的判断，因为这两个公式不常用.10.答案：AB解析：解
16、：4若电场力斜向右下方，质子竖直方向有向下的分力，水平方向有向右的分力，竖直方向上质子做匀减速运动，到达。点时，速度可能为零，则到。点时的速度方向可能与 边垂直，故4正确。8.根据匀速电场中电势差与场强的关系式U=Ed知，除等势面上外，沿任何方向相等的距离，两点间的电势差都相等，故若知道、从c三点的电势，一定能确定出d点的电势。故B正确。C.由于电场力方向未知，若电场力方向与瞬时速度成钝角，电场力对质子做负功。故C错误；。.整个过程中，电场力可能做正功、也可能做负功、也可能不做功，故电势能可以变小、变大、不变，故电势可以变大、变小或不变，故。错误；故选：AB.带电粒子在匀强电场中受到电场力为恒
17、力，则知质子做匀变速运动。将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，则无法确定电场力方向，其做功情况也无法确定，电势高低无法比较。该题由于电场方向的不确定性，所以造成的质子的运动情况有多种可能，要明确知道匀强电场中两个重要的推论，熟记电势差的公式；11.答案：ABC解析：解：A、4、b、C三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与4、b、C三小球一定是异种电荷，由 于 八 氏c三个完全相同的小球的带量值均为4,有可能为正值，则d球电荷量有可能为负值，所以四个小球带电量的总和可能为-7 q,故A正确；B、设加连线与水平方向的夹角为a,则。二
18、点 不 二：，所以a=60。；对d球，由平衡条件得：F=3k s i n a +m g +m g,方向竖直向上，故B正确。h.2+R2 D 4R2 Vc、a、b、c任意两个小球之间的距离为2RCOS30。=百R;对8球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcos6 0 -2k-cos3 0 =mR a)2解得：&叵遹，故C正确；2R1 3mR。、小球的动能为a =im v2=工 巾(g0)2=经 2竺 磐，故。错误.故选：ABC.a.氏 c 三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可；根据动能的计算公式求解动能的大小。本题与圆锥摆类似，关键要正
19、确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键。运用牛顿第二定律和平衡条件研究。12.答案：5 0 弹簧受自身重力作用而伸长解析：解：(1)图象中的斜率表示劲度系数，故弹簧的劲度系数卜=竺=N/c7n=0.5N/cm=X ZlJ 450N/m；(2)图线不过原点说明没有力时有了形变量，是因为弹簧本身有重力导致弹簧在没有挂重物时已经伸长了。故答案为：(1)50；(2)弹簧受自身重力作用而伸长。(1)本实验的目的探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，根据图象的斜率可求出弹簧的劲度系数；(2)依据实验原理，明确由于弹簧的自重，导致图线不过原点。本题考查了胡克定律，明确弹簧的弹力与形变量的关系；要注
20、意正确理解图象的性质，掌握根据图象分析数据的方法。13.答案:13.17nm；7.320(7.3207.322之间都算对);12.1(12.012.3之间都算对)解析：游标卡尺的固定刻度读数为3 rnm,游标尺上第1个刻度游标读数为0.1 x 1 m m=O.lm rn,最终读数为：1 3 m m +O A m m =13.1mm；螺旋测微器的固定刻度读数为7?,可动刻度读数为0.01 x 32.0mm=0.320rmn,所以最终读数为：7 m m+0.320mm=7.320mm；刻度尺的读数为：3.21cm 2.00cm=1.21cm=12.1mm故答案为：13.1nun；7.320(7.3
21、207.322之间都算对)；12.1(12.012.3之间都算对)14.答案：解：加热前C 中压强始终不变，8 内封闭气体初状态：PB=P c+6 0,打开阀门后P j=Pc由题意：VB =lvB由玻意尔定律4%=PB%得：PB=1 80 mmHgPc=PBr=ISO mmHg(ii)C内封闭气体做等容变化，加热后压强&=Pc+M m m H g生=乜一1 8 0 _ 1 8 0 +6 02 7 3 =T-得：T =3 6 4 K答：（1）玻璃泡C中气体的压强为1 8 0 ”g（2）加热后右侧水槽的水温3 6 4 K。解析：以B内封闭气体为研究对象，做等温变化，根据玻意耳定律求出8内的压强，然
22、后求出C内压强；以 C中封闭气体为研究对象，根据等容变化列方程求解。本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是正确分析A B C中气体压强的关系15.答案：解：（1）第一次小球恰能达到最高点，到最高点速度为零，从释放位置到最高点的过程中，由动能定理可得：q E R-m g R =0-0,解得：E=詈;（2）小球第四次到达最高点时，对轨道无压力，此时：m g +qvB=m ,小球从开始到第四次到达最高点的过程，由动能定理得：4 q E R-m g R=l m v2,解得：8=变叵；6qR答：（1）电场强度E的大小为詈：（2）若小球第四次到最高点时，刚好对轨道无压力，磁感应强度8的 大 小 为 二
23、黑。解析：（1）因为小球刚好能绕圆管做圆周运动，则在最高点的速度为零，根据动能定理求出匀强电场的电场强度。（2）根据动能定理求出第四次到达最高点的速度，抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出磁感应强度的大小。本题考查了带电小球在磁场与电场中的应用，综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，分析清楚小球运动过程、知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源是解题的关键，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题。16.答案：解：（1）由图可知，金属杆的最大速度为：vm=4 m/s,则最大电流为：/=空 超=三 詈 4 =0.4 4对金属杆受力分析，其中安培力为：F=B/L =1 x 0.4 X O.
24、2 N=O.O8 N,速度最大时，金属杆处于平衡，由F=mgs讥30。代入数据解得m=0.0 1 6 kg.(2)根据动能定理有：mgSsin3 0 -W=1 m v2嗅=Q根据图形可知：v=1.6 m/s,通过数格子知，位移为：S=0.44m,代入数据解得：Q=0.014727.答：(1)R上的最大电流/为0.4 4,金属杆的质量，为0.016kg；(2)根据u-t 图象估算在前0.4s内电阻上产生的热量为0.01472/.解析：(1)根据图线得出最大速度，结合切割产生的感应电动势公式，根据欧姆定律求出最大电流,抓住速度最大时，金属杆处于平衡，结合共点力平衡得出金属杆的质量.(2)结合图线，运用数格子的方法估算出位移，根据0.4s时的速度，运用动能定理求出克服安培力做功，从而得出电阻上产生的热量.本题电磁感应与力学知识的综合，抓住速度图象的两个意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移辅助求解.估算位移时，采用近似的方法，要学会运用.