【文档说明】湖南省湖湘名校教育联合体2021届高三上学期入学考试+物理含答案.doc，共(14)页，635.500 KB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前湖湘名校教育联合体·2021届高三入学摸底考试物理本试卷共6页，全卷满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题

卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共

24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.下列说法正确的是A.汤姆孙研究确定阴极射线为电子流，并提出了原子的核式结构模型B.质子的质量比电子的大，其德布罗意波长一定比质子的小C.结合能越大的原子核，结构越稳定D.23892U衰变成20682Pb要经过6次β衰变

和8次α衰变2.如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小，小球始终保持静止，则下列说法正确的是A.筷子甲对小球的弹力变小B.筷子乙对小球

的弹力不变C.两根筷子对小球的弹力均增大D.两根筷子对小球的合力将增大3.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是A.车头经过立柱B的速度为0312xtt−B.车头经过

立柱A、B的平均速度大于021xtt−C.动车的加速度大小为03212132312x(t2t+t)(tt)(tt)(tt)−−−−D.车头过立柱B、C过程速度变化量的大小为032121312x(tt+t)(tt)(tt)−−−4.2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗

系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为“倾斜地球同步”轨道卫星，它们的轨道均视为圆周，半径约为4.2×107m，运行周期都等于地球的自转周期24h。“倾斜

地球同步”轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量G=6.67×10-11Nm2/kg2，下列说法正确的是A.根据题目数据可估算出地球的密度B.地球同步轨道卫星一天内可经过北京正上空1次C.“倾斜地球同步

”轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度D.“倾斜地球同步”轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置5.正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点。取无穷远

处电势为零，下列说法正确的是A.M、N、P、Q四点的场强相同B.M、N、P、Q四点的电势相等C.将一负点电荷从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力一直做负功D.将一正点电荷从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先增加后减小6.平昌冬奥会武大靖在500m短道

速滑项目中以39秒584的成绩为中国队夺得首金，同时也创造了新的世界纪录。运动员进入弯道时，身体会向弯道内侧倾斜，如图为武大靖在平滑冰面上贴着最内弯道匀速率转弯(匀速圆周运动)时的情景，若他与弯道地面的动摩擦因数µ=0.2，最内弯

道半径R=8m，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是A.他受到了重力、支持力、摩擦力和向心力的作用B.他所受到的静摩擦力与速度方向相反C.他所受的地面的作用力与其重力平衡D.

他成功沿最内弯道匀速滑行的最大速度为4m/s7.如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)过程是交流发电机发电的示意图，线框的面积为S，匝数为N，匀速转动的角速度为ω，将两极间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为B。下列说法正确的是A.当线圈转到图(

a)位置时，线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小B.若从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=ImsinωtC.线圈从图(b)位置转到图(c)位置的过程中，感应电流增大D.线圈从图(

b)位置转到图(d)位置的过程中，感应电动势的有效值为E=NBSω8.某次踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，将足球视为质点，空气阻力不计。用vy、P、Ek、E分别表示足球的竖直分速度大小、重力的瞬时功率大小、动能大小、机

械能大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图为氢原子的能级示意图，处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子

再照射到逸出功为2.30eV的某金属板上。下列说法正确的是A.跃迁时可辐射出6种不同频率的光子B.入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大C.从金属板中逸出的光电子就是β射线D.共有3种不同频率的光子能使该金

属发生光电效应现象10.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是A.若滑动变阻器的滑片向下滑动时，带

电油滴将会向上运动B.若电容器的上极板向上移动时，带电油滴将仍然静止C.若电容器的下极板向下移动时，P点的电势将不变D.若电容器的下极板向左移动时(P点仍处在电场中)，极板间的场强将增大11.如图所示，质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接，A球上端用细线悬挂于天花板。现烧

断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地)，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是A.细线烧断瞬间，A球的加速度为2g，B球的加速度为零B.整个过程中，弹簧对A、B

球的冲量相同C.弹簧第一次恢复原长时，A球动量大于B球动量D.整个过程中，A、B球的重力做功相等12.如图所示，矩形金属线圈abcd，ab边长为3L，bc边长为4L，电阻为R。现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速

运动。匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为53°，QN长为6L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说正确的是A.线圈感应电流的方向先是

沿adcba后沿abcdaB.线圈所受的静摩擦力的方向垂直于ad边向右C.线圈受到的静摩擦力先增大后减小再增大再减小D.线圈受到摩擦力的最大值为2220BLvR三、非选择题：共60分。13.(6分)测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示：一

根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物PQ相连，重物P、Q的质量均为m=500g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。(1)某次实验中，先接通频率为5

0Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中两相邻计数点间还有4个点未画出，则系统运动的加速度a=m/s2(保留两位有效数字)。(2)忽略各类阻力，求出物块Z质量的理论值为M理论=kg(保留两位有效数字)。(3)实际情况下，由于

存在空气阻力及摩擦阻力，则物块Z的实际质量M实际_______M理论(选填“>”或“<”或“=”)。14.(8分)某兴趣小组同学要利用NTC热敏电阻测量温度，图甲为该热敏电阻的电阻特性曲线，为了测量某状态下的温度，需先测量热敏电阻在该状态温度下的电阻值。请按要求完成下列

实验：(1)若温度的测量范围为0～25℃，不考虑其他因素对电路的影响，要求误差较小，实验室提供的器材如下，请在图乙的虚线框内画出实验电路图。A.NTC热敏电阻(用表示)B.电压表V：量程5V，内阻约3kΩC.灵敏电流

表A：量程5mA，内阻为500ΩD.滑动变阻器R：最大阻值为200ΩE.直流电源E(电动势6V，内阻不计)F.开关S，导线若干(2)正确接线后，将热敏电阻置于待测状态下，接通电源，电流表示数是1.60mA

，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为V。(3)以第二问的数据为基础，求此时热敏电阻的阻值为kΩ；结合图甲可知待测温度为℃。(计算结果均保留两位有效数字)15.(7分)如图所示，一小型汽车的货厢长度为l=3m，货厢中有一件质量为m=40

kg的货物P(可视为质点)，它到货厢后壁的距离为l1=1m。已知货物与货厢底板间的动摩擦因数为µ=0.3，重力加速度g取10m/s2。(1)若汽车以2m/s2加速度启动，求货物所受摩擦力f的大小；(2)若汽车缓慢启动，货物与汽车无相对滑动，汽车以36km/h的速度在平直公

路上匀速行驶。因为前方红灯，司机以5m/s2的加速度开始刹车(可视为匀减速直线运动)直到停止。假设不考虑司机的反应时间，试通过计算判断汽车从开始刹车到停止过程，货物会不会与货厢前壁碰撞。16.(9分)如图所示，A是长为L的细线悬挂的以质量为m的小球，A的下端离光滑水平面很近，且可

以绕O点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为2m的滑块B沿光滑水平面以速度v0正对A运动，并与A发生弹性碰撞，已知细线承受的最大拉力为8mg，现要求小球做圆周运动能通过圆形轨道最高点(g为重力加速度)，求：(1)如A恰好

能够做完整圆周运动，A在最高点的速度v是多少；(2)求滑块B初速度v0的取值范围。17.(14分)水平浅色长传送带以v0=4m/s的速度匀速运动，现一煤块m=1kg(可视为质点)轻轻地放在传送带上，经过△t=1s后，传送带即以a=2m/s2的加速度开始减速，直至停止。经过一段时间，煤块在传送带上

留下一段黑色痕迹后，煤块在传送带上不再滑动。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2求：(1)煤块放到传送带上后经过△t时获得的速度；(2)煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间；(3)黑色痕迹的长度；(4)整个过程中煤块与传送带摩擦生热的大小。18.(

16分)如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为B=1T，方面垂直于纸面向里的磁场，II、III、IV象限(含x、y轴)有电场强度为E=2N/C，竖直向下的电场。光滑1/4圆弧小管道(管的直径略大于B球直径)，圆心O'，

半径为R=4m，小圆管底端位于坐标轴原点O。质量为m=1kg，带电q1=-1C的小球A从O'处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为m2=2kg，带电q2=2C的小球B从小圆管顶端(与圆心等高处)静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成

小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。(1)小球A在O'处的初速度为多大；(2)碰撞完成后瞬间，小球C对圆管轨道的压力；(3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，又回到y轴时离O点的距离。物理参考答

案题号123456789101112答案DCCDCDABABBDACACD1.D解析：A．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故A错；B．德布罗意波长ph=，动量大，才小，质子的质量大，但动量不一定大，故B错误；C．比结合能越大的原子核结构才越稳定，故C错误

；D．23892U衰变成20682Pb要经过：23820684−=次α衰变；2×8－(92－82)=6次β衰变，故D正确。2.C解析：根据平衡条件可知：21cosNNFF=，mgFN=sin1，解得：tan2mgFN=，sin1mgFN=，随着θ减小，FN

1，FN2都在增大，选项A错误，B错误，C正确；由于小球处于静止状态，两只筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，选项D错误。3.C解析：B柱为t1-t2位移中点，故车头过B柱时的速度大于0312xtt−，A错；车头过A、B柱的过程根

据平均速度的定义可知：021xvtt=−，B错；时间中点瞬时速度等于该段平均速度，车头过A、B柱过程的平均速度0121xvtt=−，车头过B、C柱过程的平均速度0232xvtt=−,则加速度大小121203212

1323121322(2)11()()()22xtttvvvvattttttttttt−+−−===−−−−+−（）（），故C对；车头过B、C柱的速度变化量大小03213221312(2)()()()xtttvatttttt−+=−=−−4.D解析：A．根据：22(2)GMmmrrT=

，可得：2324rMGT=可估算出地球的质量，但地球半径未知，其密度无法算得，故A错误；B．由于地球同步卫星相对地面静止，因此一定自西向东运动，且轨道的圆心一定在地心上，故同步卫星一定在地球赤道的正上方，不可能运动到北京的正上方，B错误；C．根据：22GM

mmvrr=，可得：GMvr=，由于轨道半径越大，运动速度越小，第一宇宙速度是贴近地球表面运动的卫星的速度，同步卫星的运动速度小于第一宇宙速度，C错误；D．倾斜同步卫星若某时刻经过赤道正上方某位置，经过半个周期，

恰好地球也转了半个周期，因此又会经过赤道上方的同一位置，D正确。故选D。5.C解析：M、N、P、Q四个点场强方向不同,故A项错误;M、P两点电势为正,N、Q两点电势为负,故B项错误；负点电荷从M点沿MON移动过程中，电场力

对其一直做负功，故C项正确；沿MOP,电势先降低后升高，故正点电荷的电势能先减小后增大,D项错误。故选C。6.D解析：A．只受到了重力、支持力、摩擦力作用，故A错误；B．静摩擦力方向与速度方向垂直，故B错误；C．重力竖直向下，地面对运动员的作用力为支持力和摩擦力的合力，斜向上，与

重力不是一对平衡力；运动员所受的地面的支持力与重力才是平衡一对平衡力，故C错误；D．武大靖在最内弯道做匀速圆周运动时，当最大摩擦力提供向心力时，恰不离心，此时其速度最大，有：Rvmmgm2=，解得4m/smv=,故D正确。故选D。7.A解析：当线圈转

到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，为中性面，磁通量最大，但是此时产生的感应电流为零，选项A正确；从图（b）开始计时，b图是与中性面垂直的平面，此时线圈中产生的感应电流最大，故线圈中电流i随时间t变化的关系是cosm

iIt=，选项B错误；线圈从图（b）位置转到图（c）位置的过程中，感应电流减小，选项C错误；有效值为2/NBSw，选项D错误。8.B解析：A．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为g的匀变速直线运动

，其速度-时间关系为，上升阶段：0yyvvgt=−，下落阶段：ygt=v,由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A错误；B．足球在竖直方向上的速度满足，上升阶段：0yyvvgt=−，下落

阶段：ygt=v再由重力的瞬时功率：yPmgv=可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，B正确；C．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C错误；D．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒，E不变，D错误；故选B。9.AB解析：大量处于

n=4激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，有4→1、4→2、4→3、3→1、3→2和2→1共六种情况，所以跃迁过程中将辐射出6种频率的光子，A正确；根据光电效应方程可知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大

，B正确；β射线是原子核衰变时发射出的高速电子流，光电子是被电离出的核外电子，故C错误；n=4能级跃迁到n=3能级和n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光子能量小于金属的逸出功，不能使该金属发生光电效应现象；故D错误。故选AB。10.BD解析：当滑动变阻器的滑片向下滑动时，

变阻器有效阻值减小，R的电压减小，则电容器板间电压想减小，电容器想放电，由于二极管的存在，电容器不能放电，故电容器极板间电压不变，电场场强不变，带电油滴不动，故A错误；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C＝εrS4πkd知，电容减小，而电容器的电压不变，由C＝QU知，

Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强E＝4πkQεrS，故E不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B正确；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E＝4πkQεrS知

电容器板间场强不变，P与下极板间距增大，由U＝Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误；当电容器的下极板向左移动时，C＝εrS4πkd，电容器的电容减小，由C＝QU知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变

，那么只能是极板间U增大，由E＝Ud知电容器板间场强变大，故D正确。故选BD。11.AC解析：A．细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的加速度为零，A球加速度为2ABAAmgmgagm+==,故A正确；B．整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，根

据冲量定义式IFt=可知弹簧对A、B球的冲量大小相等，方向相反，故B错误；C．从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A球加速度一直大于B球加速度，A球速度大于B球速度，根据动量定义式Pmv=可知A球动量大于B球动量，故C正确；D．整个过程中，A球位移大于B球位

移，根据GWmgh=可知A球的重力做功大于B球的重力做功，故D错误；故选AC。12.ACD解析：线圈穿越磁场区域过程中感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda，A项正确；线圈穿越磁场区域时均受到垂直于PQ斜向右的静摩擦力,故B

项错误；线圈进入磁场区域过程中，受到安培力先增大后减小，线圈穿出磁场区域过程中，所受安培力先增大后减小,故线圈穿越磁场区域过程中受到静摩擦力先增大后减小再增大再减小，C项正确；当a刚刚进入磁场区域时,线圈所受摩擦力最大,为RvLBRLv

BBLLIBFf22maxmax20455====安，故D正确，故选ACD。13.答案：（1）1.6（2）0.19或0.20（3）>（每空2分）解析：（1）()()2222260.2026.9626

.9610m/s1.57m/s,1.6m/s40.1a−−−==取。（2）()22,0.195k,0.20kmaMgMmaMggga=+==−得到取，有些同学用1.57m/s2代入，取0.19kg。（3）()agfma

MamMfgM−+=+=−2,2实实得到由，故实际质量大于理论值，所以应选填大于。14.答案：(1)见解析(2).4.00(3)2.0；12℃（11~14℃范围内均给分）（每空2分）解析：（1）实验中热敏电阻在25C0时电阻最小值都有约1000Ω，而滑动变阻器最大为200Ω

，相对较小，故采用滑动变阻器的分压接法，因为电流表内阻已知，所以采用电流表的内接法，电路图如图所示：（2）电压表分度值为0.1V，所以读数为4.00V，（3）热敏电阻的阻值为=−=kRIURA0.2，从图甲中可知待测温度为12℃（11~14℃）。15.解析：（1）假设货

物恰好滑动时的加速为0a，由牛顿第二定律可知：0mgma=解得203m/sa=1分因为2203m/s2m/sa=1分所以此时货物相对于汽车并未滑动，则此时的摩擦力为:180Nfma==1分（2）汽车速度从36km/h减小到0的时

间为:022svta==1分这段时间内汽车的位移为:0102m10m22vxt===1分此时货物相对于汽车发生滑动，货物的位移为：'200114m2xvtat=−=1分比较可知2mxx+，则货物会与货厢

前壁发生碰撞1分16.解析：（1）恰过最高点，即细线拉力为0，则A在最高点有2vmgmL=(2分)得gLv=(1分)（2）设小球A在最低点时速度为1v，根据牛顿第二定律可得211vFmgmL−=，(1分)小球在最高点时速度为2v

，根据机械能守恒定律可得221211222mvmgLmv=+，(1分)依据题意gLvmgF218和，得gLvgL751(1分)设B与A发生弹性碰撞后速度为3v，根据动量守恒和能量守恒可得03122mvmvmv

=+，(1分)22203111122222mvmvmv=+，(1分)解得0143vv=，即0335744gLvgL．(1分)17.解析：（1）设煤块的加速度为a1，则由牛顿第二定律，有1mgma=（1分）则经过st1=后，煤

块获得的速度为111m/svat==（2分）（2）设煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间为ts，则有()tattav10=−−（2分）得2st=（2分）（3）达到共同速度前设煤块的位移和传送带的位移分别为x1和x2则有

21112m2xat==（1分）()()220017m2xvtvttatt=+−−−=（1分）达共速之前煤块相对传送带向后运动，此阶段划痕为5m达共同速度后，由于a>a1煤块和传送带会分开减速，设各自减速到零的位移分别为x3,x4312mxx==（

1分）()2141m2atxa==（1分）此阶段煤块相对传送带向前1m,但不影响划痕长度得黑色划痕长度为215mxx−=（1分）（4）摩擦生热为()21346JQumgxxxx=−+−=（2分）18.解析：(1)

A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，2Rr=(1分)洛伦兹力提供向心力，211AAmvqvBr=(1分)解得：2m/sAv=(1分)(2)设B滑到O点的速度为vB，由动能定理2221BvmqER=(1分)解得：4m/sBv=(1分)A、B在O点发生完全非弹

性碰撞，设碰后生成的C球质量为mc,12cmmm=+,速度为v1，由动量守恒定律112vmvmvmcAB=−(1分)得12m/sv=(1分)在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为N，C球带电量1

2qqq=+211CmvNEqqvBR−+=(1分)解得：N=3N(1分)由牛顿第三定律可得压力为3N,方向向下(1分)(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆

周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由：211CCmvqvBR=，(1分)及12CRTv=(1分)解得C球圆周运动周期2CmTqB=C球竖直方向加速度CEqam=C球回到y轴时坐标：21()2yanT=(2分)代入数据解得：

2212ny=（n=1、2、3.）(2分)