湖南省长沙市雅礼中学2021届高三5月一模物理试题-Word版含解析.docx

2021年湖南省长沙市雅礼中学高考物理一模试卷（5月份）一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15小题只有一项符合题目要求，第68小题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1（6分）低碳环保是我们现代青年追求的生活方式如图所示，是一个用来争辩静电除尘的试验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升关于这个现象，下列说法中正确的是（） A 烟尘由于带正电而被吸附到缝被针上 B 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 C 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 D 同一烟尘颗粒在被吸附过程中假如带电量不变，离铝板越近则加速度越大【考点】： 静电现象的解释【分析】： 从静电除尘的原理动身即可解题当接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，遇到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消退了烟尘中的尘粒【解析】： 解：A、负离子在电场力的作用下，向正极移动时，遇到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；B、烟尘向铝板运动的时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B正确，C错误；D、依据针尖端的电场线密集，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D错误故选：B【点评】： 本题涉及静电除尘的原理，关键是电子简洁被吸附到烟尘颗粒上，故烟尘颗粒会吸附带带正电的铝板上2（6分）如图所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30，则匀速运动时弹簧的压缩量为（） A B C D 【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 对于连接体问题，优先考虑以整体为争辩对象，本题中以整体为争辩对象，可以求出力F的大小，然后依据B处于平衡状态，再求出弹簧弹力，从而进一步求出弹簧的压缩量【解析】： 解：以AB整体为争辩对象：沿斜面方向上依据平衡条件有：F=2mgsin30单独对B争辩：沿斜面方向上依据平衡条件：kx=mgsin30所以有F=2kx故故选B【点评】： 对于连接体问题留意整体与隔离法的应用，正确选取争辩对象然后受力分析，依据所处状态列方程求解3（6分）2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救供应技术支持特殊是“高分一号”突破了空间辨别率、多光谱与大掩盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（） A 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B 假如调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必需对其减速 C “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小 D 卫星“”由位置A运动到位置B所需的时间为【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 依据万有引力供应向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR2求卫星的加速度大小“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够供应向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，要克服阻力做功，机械能减小依据万有引力供应向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间【解析】： 解：A、依据万有引力供应向心力=ma，得a=而GM=gR2所以卫星的加速度a=故A错误B、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故假如调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必需对其减速，故B错误C、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，克服阻力做功，运行一段时间后，高度会降低，速度增，机械能减小故C正确D、依据万有引力供应向心力，=m2r得=，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键把握万有引力供应向心力=ma，以及黄金代换式GM=gR24（6分）如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）在此过程中（） A 水平推力F为恒力 B 摩擦力对斜面体A不做功 C 水平推力F和重球B对A做功的大小相等 D 对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小相等【考点】： 功的计算；共点力平衡的条件及其应用【分析】： 依据恒力做功的表达式W=FScos，功的正负可以看力与位移的夹角，当90时，力做正功；当=90时，力不做功；当90时，力做负功【解析】： 解：A、通过整体受力分析可得，可以推断推力不为恒力而是变力，故A错误B、如图，画出小球B受到的支持力N（绿色线），摩擦力f的方向（黑色线）以及小球在该位置时运动的切线的方向（红色线），由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面对下，依据力的相互性可知，A受到的摩擦力向上，所以A受到的摩擦力与A的位移方向夹角为钝角，所以斜面对B的摩擦力对m做负功，故B错误；C、斜面体A做匀速运动，动能不变，外力对A所做的总功为零，则知水平推力F和重球B对A做功的大小相等，故C正确D、A对重球B的摩擦力和重球B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，但是B在摩擦力方向上的位移和A在摩擦力方向上的位移不等，所以做功也不等，故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键把握功的正负的推断方法，以及会机敏利用动能定理比较功的大小5（6分）如图所示的+Q和Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为o，下列说法正确的是（） A A点的电场强度大于B点的电场强度 B 把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零 C 电子在A点的电势能小于在B点的电势能 D 把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加【考点】： 电场线；电势能【分析】： 电场线越密的地方场强越大，电磁线越稀疏的地方场强越小，电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，电场力做功等于电势能的变化量，依据电场线分布分析答题【解析】： 解：等量异号电荷电场线分布如图所示：A、由图示电磁线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；B、A、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，故B错误；C、电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；D、等量异号电荷连线的重锤线MN是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查了等量异号电荷的电场，知道电场线的分布，知道等量异号电荷连线的重锤线是等势线即可正确解题6（6分）机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”，城市“雾霾”的重要因素之一电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在渐渐被人们接受某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（） A 电动汽车正常工作时消耗的电功率1800 W B 电动机的内阻为0.5 C 蓄电池布满电后储存的电能不小于1.04108J D 布满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 h【考点】： 电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，依据UI=P+I2r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压【解析】： 解：A、电动机正常工作时消耗的电功率P=U额I额=3650=1800W，故A正确；B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率P热=P电P出=18001675=125W，则电动机内阻r=，故B错误；C、蓄电池布满电后储存的电能W=UIt=800360036=1.04108J，故C正确；D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t=，故D正确故选：ACD【点评】： 本题考查了速度、功、功率的计算和能量的转化，关键是公式和规律的机敏运用，留意能量守恒定律的运用，计算过程还要留意单位的换算7（6分）如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一抱负自藕变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，100）和滑动变阻器，已知图示状况下灯泡正常发光，电流表视为抱负电表，则下列说法正确的是（） A 此时原副线圈的匝数比为2：1 B 此时电流表的示数为0.4A C 若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 D 若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大【考点】： 沟通发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率【专题】： 沟通电专题【分析】： 先依据公式Um=NBS求解输入电压的最大值，然后依据抱负变压器的变压比公式和变流比公式列式求解【解析】： 解：A、输入电压的最大值为：Um=NBS=，变压器变压器输入电压的有效值为：，开关闭合时灯泡正常发光，所以此时原副线圈的匝数比为：，故A正确；B、由欧姆定律得：，依据得：此时电流表的示数为：，故B错误；C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，依据可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C正确；D、线圈匝数不变，依据可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1=P2，又P1=U1I1可知电流表示数变小，故D错误；故选：AC【点评】： 题关键是记住沟通发电机最大电动势表达式Um=NBS，同时要明确输入电压打算输出电压，输出电流打算输入电流，输出功率打算输入功率8（6分）如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=的圆形匀强磁场区域中线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合磁感应强度B1垂直水平面对外，大小不变；B2垂直水平面对里，大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示（取=3）（） A 通过线框中感应电流方向为顺时针方向 B t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1Wb C 在t=0.6s内通过线框中的电量为0.12C D 经过t=0.6s线框中产生的热量为0.06J【考点】： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】： 依据楞次定律推断感应电流的方向；依据磁通量=BS求解；由q=t=t求解电荷量；由Q=I2Rt求解热量【解析】： 解：A、由磁感应强度B1垂直水平面对外，大小不变；B2垂直水平面对里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B、t=0时刻穿过线框的磁通量为：=B1r2B2r2=10.53.140.1223.140.12Wb=0.0052Wb，故B错误；C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=t=t=t=C=0.12C，故C正确；D、由Q=I2Rt=（）2Rt=J0.6J，故D正确故选：CD【点评】： 考查磁通量的定义，留意磁通量的正负，理解法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，及其焦耳定律，留意安培力大小计算与方向的判定二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生依据要求作答（一）必考题9（6分）某同学设计了以下的试验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示把滑块从米尺的0刻度线处释放，登记线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U转变h，调整线框的位置，多做几次试验记录各次的h，U（1）假如接受图象法对得出的数据进行分析论证，用U2h 图线（选填”Uh”或“U2h”）更简洁得出结论（2）影响本试验精确程度的因素主要是空气阻力（至少列举一点）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 试验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在肯定误差【解析】： 解：（1）mgh=mv2得：v=依据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，假如接受图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时削减的重力势能不能完全转化为动能带来试验误差故答案为：（1）U2h；（2）空气阻力【点评】： 解答试验问题的关键是明确试验原理、试验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理试验问题的力量10（10分）在某次描绘小灯泡伏安特性曲线的试验中，所选用的试验器材有：A：小灯泡“2.5V，0.2A”B：电流表00.6A3A（内阻约1）C：电压表03V15V （内阻很大）D：滑线变阻器“2A，10”E：电源（两节干电池）F：开关一个，导线若干（1）在试验时小杰同学接受了如图甲所示的实物电路，则具体试验操作前该电路需改进的地方有电流表应接受外接法；电流表量程太大；滑片应置于左侧（2）在改正电路需改进之处后，小杰同学进行了试验，但在试验中发觉，无论怎样调整滑线变阻器，都不能使小灯泡两端电压达到2.5V额定电压，而是只能牵强达到1.80V，于是他猜想是否干电池太旧，总电动势只能达到1.8V，为了验证自己的猜想，他用以上器材进行了测该电源电动势和内阻的试验，电路图如图乙，试验数据如下：U（V） 2.37 2.30 2.18 2.10 1.90 1.60 1.30I（A） 0.11 0.14 0.18 0.21 0.29 0.42 0.56请在图丙坐标纸上画出UI图线，由图线可得E=2.61V，电源内阻为r=2.6描绘小灯泡伏安特性曲线的试验中电压只能达到1.8V的缘由是否如小杰所猜想？由试验数据得小灯泡两端电压为1.8V时电流为0.19A，试通过分析说明只能达到1.80V的缘由【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 试验题；恒定电流专题【分析】： （1）依据灯泡内阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；试验时电表要选择合适的量程；滑动变阻器接受分压接法，闭合开关前，分压电路分得的电压应为零（2）应用描点法作图作出电眼的UI图象；电源的UI图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的确定值是电源的内阻；依据试验电路，应用欧姆定律分析答题【解析】： 解：（1）小灯泡内阻很小，约为几欧姆到十几欧姆，而电压表内阻很大，约为几千欧姆定律到几万欧姆，灯泡电阻远小于电压表内阻，试验时电流表应接受外接法而不是接受内接法；电源电动势约为3V，灯泡电阻约为几欧姆左右，电路最大电流不会超过0.6A，电流表应选0.6A量程而不是选择3A量程；由图甲所示可知，滑动变阻器接受分压接法，闭合开关前，为爱护电路，滑片应置于左端，不能放在右端（2）、依据表中试验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象，电源的UI图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴的交点坐标值为你2.61，则电源电动势E=2.61V，电源内阻r=2.6；、电源电动势为2.61V，电压表示数达不到2.5V，不是电源电动势太小造成的；灯泡两端电压为1.8V时，灯泡电阻R=9.5，分压支路小灯泡与电流表总内阻约为10欧姆，滑动变阻器最大阻值为10，则滑动变阻器与分压支路并联电阻约为5欧姆，U分压=IR并=R并=1.7V，所以电压表示数不能达到2.5V；故答案为：（1）电流表应接受外接法；电流表量程太大；滑片应置于左侧；（2）图象如图所示；2.61； 2.6；电压只能到达1.8V的缘由是电源灯泡的最大分压约为1.8V【点评】： 本题考查了试验电路分析、求电源电动势与内阻，应用图象法处理试验数据是常用的试验数据的处理方法，要把握描点法作图的方法，要会依据电源的UI图象求出电源的电动势与内阻11（14分）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为qA静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为，上方有一个平行于斜面对下的匀强电场），轻绳拉直而无形变不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，弹簧劲度系数为kB、C质量相等，均为m，A的质量为2m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g（1）电场强度E的大小为多少？（2）现突然将电场的方向转变 180，A开头运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），恳求出此时B的速度大小（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；胡克定律；机械能守恒定律【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： A静止时，受力平衡，依据平衡方程可求得电场强度大小；初始时刻B静止，由平衡条件可得弹簧压缩量，当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，由平衡条件可得此时弹簧伸长量，分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2x，A、B系统机械能守恒，依据2mg2xsin37+qE2x=可求解；A滑上斜面的粗糙部分，做匀减速直线运动，求出其加速度，从而依据速度公式可得停下来的时间；【解析】： 解：（1）A静止，由平衡条件有：2mgsin37=qE 解得：E=（2）初始时刻B静止，设弹簧压缩量为x，由平衡条件有：kx=mg当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，设弹簧伸长量为x由平衡条件有：kx=mg 由于B、C重力相等，故：分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2xA、B系统机械能守恒，有：2mg2xsin37+qE2x=解得：=（3）A滑上斜面的粗糙部分，由牛顿其次定律：N=2ma N=2mgcos37得：a=gcos37= 故A做匀减速直线运动，时间：t=答：（1）电场强度E的大小为；（2）此时B的速度大小（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再停下来【点评】： 本题关键依据物体的受力状况和运动状况，结合机械能守恒定律和平衡方程，综合性较强，中难度12（17分）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30角，P点的坐标为（，0），在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面对外、磁感应强度为B的匀强磁场在直角坐标系xOy的第象限区域内存在沿y轴，正方向、大小为的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0y2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场已知从y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽视电子间的相互作用，不计电子的重力求：（1）电子的比荷；（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；（3）从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 从y轴上y=2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，依据牛顿其次定律列方程求比荷；粒子在磁场中运动圆轨迹必需与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远【解析】： 解：（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a，由Bev0=m得：=（2）粒子能进入磁场中，且离O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必需与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O点，则OM=2a，由三角函数关系可得：tan30=得：OM=a有OO=0.5a，即粒子在离开磁场离O点下方最远距离为ym=1.5a从y轴进入电场位置在0y1.5a范围内（3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，x=v0t竖直方向有：y=t2代入得：x=设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为，则有：tan=有：H=（3ax）tan=（3a）当（3a）=时，即y=a时，H有最大值，由于a1.5a，所以Hmax=a答：（1）电子的比荷=；（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围为0y1.5a；（3）从y轴y=a位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远，最远距离为a【点评】： 本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并依据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题肯定要先找出临界的轨迹，留意数学方法在物理中的应用