湖北省武汉市2021届高三四校联考 物理试题（Word版含答案）

绝密★启用前
武汉市2021届高三四校联考 物理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）

评卷人得分
一、单选题(共7题，每题4.0分，共28分)
1．D(氘)和T(氚)发生核反应会产生氦核,核反应方程是HH→He+X,关于该核反应下列说法正确的是
A.该反应为α衰变 B.方程中的X是卢瑟福发现的 C.的比结合能比He的大 D.反应后核子的平均质量减小
2．电动自行车在平直路面上匀速行驶,某一时刻从车上掉落一货物,车行驶的功率不变,货物掉落前后车速随时间的变化图象较符合实际的是
3．家中用来晒袜子等小物件的装置如图所示,挂钩连接三根长度均为L的轻链,三根轻链的另一端与一质量(含夹子,分布均匀)为m、直径为L的水平圆环相连,连接点将圆环三等分,在轻链拉力作用下圆环处于水平静止状态,已知重力加速度为g,则每根轻链上的拉力大小为
A.mg B.mg C.mg D.mg
4．科学家重新分析了开普勒太空望远镜退役前收集到的数据,发现了一颗与地球大小基本相同的系外行星——Kepler-1649c,距离地球约300光年,围绕一颗红矮星运行。假设该行星的公转轨道半径是地球的k倍,行星质量是地球质量的q倍,红矮星质量是太阳的p倍,假设该行星的半径和地球的相等,则下列说法正确的是
A.该行星公转轨道半径的三次方和公转周期平方的比值与地球的相等
B.该行星的绕行周期是地球的倍
C.该行星的第一宇宙速度是地球的q倍
D.该行星表面的重力加速度是地球的倍
5．如图,水平面内有A、B、C、D、E、F六个点,它们均匀分布在半径为R、圆心为O的同一圆周上。若水平面内存在一场强大小为E、方向沿AD的匀强电场,在圆心O处固定一电荷量为E的负点电荷,其中k为静电力常量,则
A.在六个点中,A点的场强最小 B.C点的场强大小为E,方向沿CD方向
C.F点的场强大小为E,方向沿FD方向 D.D点的场强大小为2E,方向沿DA方向
6．碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上,大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞,碰撞前后两人的位移-时间图象(x-t图象)如图所示。已知小孩的质量为20 kg,大人的质量为60 kg,碰碰车质量相同,碰撞时间极短。下列说法正确的是
A.碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B.碰碰车的质量为50 kg
C.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
D.碰撞过程中损失的机械能为600 J
7．图示为某透明介质的截面图,圆弧的半径为R,O点为圆心,D点为半径OB的中点,OC=R。某一光线沿P1P2射入介质,射到C点时恰好发生全反射,且从D点射出介质。则透明介质的折射率n和光线P1P2的入射角θ为
A.,30° B.,30° C.,45° D.,45°

评卷人得分
二、多选题(共4题，每题6.0分，共24分)
8．如图所示,水平地面上方用长为L的轻绳竖直悬挂一小球,小球距离地面的高度也为L,小球质量为m,在水平向右的恒力F1作用下,小球从P点运动到Q点,到达Q点时动能为Ek1,OQ与竖直方向的夹角θ=37°;在同向水平恒力F2作用下,到达Q点时动能为Ek2,以水平地面为重力零势能面,已知Ek1∶Ek2=2∶5,在Q点的机械能之比为E1∶E2=8∶11,已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,则
A.F1∶F2=2∶5 B.从P到Q,水平恒力F1做的功为
C.小球到Q点时,力F1的功率为 D.当θ=30°时,小球机械能之比为E'1∶E'2=3∶4
9．某学习小组利用单摆测定当地的重力加速度,要求在实验中尽可能减小测量误差。下列说法或做法正确的是
A.用游标卡尺测定摆球的直径时示数如图,则其读数为14.3 mm
B.将摆球从最低点拉开25°的摆角,经过最低点时开始计时
C.用秒表记录摆球完成2次全振动的总时间t,则单摆周期为
D.用悬线长度作为摆长,测得的重力加速度值偏小
10．如图所示电路中电源电动势为E,内阻为r,R1为滑动变阻器,R2为定值电阻。开关S闭合后,平行金属板间的带电液滴处于静止状态,在滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中,电压表的示数变化的绝对值为ΔU,电流表A1的示数变化的绝对值为ΔI1,电流表和电压表均为理想电表,下列说法正确的是
A.电压表的示数先减小后增大 B.电流表A2的示数减小
C.液滴将向上运动 D.=r
11．如图甲所示,在边长为L的正方形abcd虚线区域内,分布着方向垂直水平面向外的均匀磁场,电阻为R的圆形导体框放置在绝缘水平面上,其圆心O点与ab边的中点重合,导体框恰好有一半处于磁场中。磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,其中B0、t0都是已知量。由于水平面粗糙,圆形导体框一直处于静止状态,下列说法正确的是
A.0~2t0时间内通过圆形导体框任一横截面的电荷量为
B.t0时刻通过导体框的电流大小为
C.2.5t0时刻,水平面对导体框的摩擦力大小为
D.0~3t0时间内,圆形导体框中产生的焦耳热为
第II卷（非选择题）

评卷人得分
三、实验题(共2题，每题6.0分，共12分)
12．某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的打点计时器为电火花计时器。重锤从高处由静止开始下落,计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,正确处理测量量,即可验证机械能守恒定律。
(1)下列几个操作步骤中:
A.按照图甲所示,安装好实验装置;
B.将电火花计时器接到学生电源的交流6 V上;
C.用天平测出重锤的质量;
D.先接通电源,后释放重锤,纸带随着重锤运动,计时器在纸带上打下一系列的点;
E.重复实验,多打几条纸带,选出点迹清晰的纸带;
F.测量纸带上某些点间的距离;
G.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
不需要进行的步骤是　　　　　　,操作错误的步骤是　　　　　　。(填步骤前相应的字母)
(2)在使用电火花计时器和质量为m的重锤验证机械能守恒定律的某次实验中,所有操作均正确,在选定的纸带上依次取计数点如图乙所示。设打相邻计数点的时间间隔为T,O为打下的第一个点。A、B、C为三个相邻的计数点。重力加速度为g。重锤由静止开始下落到打计数点B时,重锤动能的增加量的表达式为　　　　,重锤重力势能的减少量的表达式为　　　　。
(3)实验小组按正确方法处理数据后发现,重锤动能的增加量总是略小于重力势能的减少量,这种误差属于　　　　(填“系统”或“偶然”)误差,产生误差的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出一条即可)。
13．某实验小组计划用DIS测新型锂电池的电动势和内阻。
(1)该实验小组将待测锂电池、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、开关及若干导线连接成如图甲所示的电路,图中未接导线的A端接在了B点,从实验操作的角度来看,存在的主要问题是　　　　　,闭合开关前滑动变阻器的滑片应该移至　　　　　(填“最左端”“中央”或“最右端”)。
(2)实验小组的两个同学分别将实验数据在U-I坐标系中描点连线,得到的关系图线如图乙中的直线Ⅰ和直线Ⅱ所示,其中作出直线Ⅱ的那个同学的实验一定是将A端接到了　　　　　(填“B”“C”“D”或“E”)点,计算锂电池的电动势和内阻应该以　　　　　　(填“直线Ⅰ”或“直线Ⅱ”)为准,测得锂电池的电动势为　　　　　V,内阻阻值为　　　　　Ω。
(3)某同学用一个旧锂电池给标有“3 V,6 W”的小灯泡供电,发现灯泡并不发光,检查灯泡、线路均没有故障,该同学对造成此现象的原因进行了猜想与分析后,认为是旧锂电池老化后内阻变大所致,为了验证猜想,他先将电压表(内阻极大)单独接在电池的两极,测得电压为2.6 V,后将电流传感器直接接在电池的两极,测得电流为7.2 mA,由此可粗测出旧锂电池的内阻约为　　　　Ω(结果保留一位小数)。

评卷人得分
四、计算题(共3题，每题8.0分，共24分)
14．如图所示,一密闭导热气缸内充有某种气体。左侧为一可在气缸中无摩擦滑动的横截面积为S的活塞,气缸左侧足够长,初始时活塞静止于某处,气缸内气体温度为T0,密度为ρ0。气缸内放有一密封的乒乓球,体积为V,初始时乒乓球静止于气缸底部。现用力缓慢推动活塞,当力的大小达到F时,乒乓球恰能浮起,这一过程中气缸内气体温度可视为不变。已知大气压强为p0,所有过程中乒乓球体积不变。
(1)求乒乓球及其中气体的总质量;
(2)若在初始状态时不施加外力而是设法降低气缸内气体温度,当温度达到多少时,乒乓球才能浮起
15．如图所示,在xOy平面内区域Ⅰ、Ⅱ内有方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,区域Ⅲ内有匀强电场,电场强度为E=,三个区域的宽度均为d,一足够长的屏平行y轴放置在x=4d处。在坐标原点O有一粒子发射源,可以沿着x轴正方向发射不同速率的带正电粒子,带电粒子的质量均为m,电荷量均为q,不计带电粒子间的相互作用及重力。
(1)要使粒子能打到屏上,求发射粒子的最小速率v0;
(2)结合(1),若发射粒子的速率为v0,求粒子打在屏上的位置。
16．如图所示,质量M=6 kg、右侧带有挡板的长木板放在水平面上,质量m=2 kg的小物块放在长木板上,此时长木板和小物块在作用于长木板上、水平向右的力F作用下做速度v0=4 m/s的匀速运动,已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,某时刻撤去力F,小物块恰好与右侧挡板不发生碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求力F的大小;
(2)求撤去力F前物块与右侧挡板的距离L0;
(3)结合(2)问,若物块与右侧挡板之间的距离L试卷第2页，总2页
参考答案
1.D
【解析】该反应为聚变反应,不是α衰变,A错误;根据质量数和电荷数守恒可知,方程中的X表示中子n,是查德威克发现的,B错误;聚变反应释放能量,有质量亏损,反应后核子的平均质量减小,H的比结合能比He的小,C错误、D正确。
【备注】无

2.A
【解析】电动自行车的功率P=Fv,匀速行驶时,牵引力等于阻力,即F=f,加速度a=0。货物掉落后瞬间速度未变,车整体质量减小,阻力减小为f',牵引力大于阻力,具有向前的加速度,车开始加速,由于功率不变,牵引力逐渐减小,加速度减小,当牵引力F'趋近于f'时,加速度趋近于0,电动自行车达到最大速度v'=,以后继续做匀速运动,A正确。
【备注】无

3.B
【解析】设每根轻链上拉力大小为FT,与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可知cos θ=,圆环处于平衡状态,由受力分析可知竖直方向有3FTcos θ=mg,解得FT=mg,故选B。
【备注】无

4.B
【解析】根据开普勒第三定律可知,行星公转轨道半径的三次方和公转周期平方的比值与中心天体的质量有关,结合题意可知A选项错误。天体绕行时,由万有引力提供向心力有=mr,得T=,故该行星的绕行周期是地球的倍,B选项正确。第一宇宙速度即卫星贴近行星表面绕行时的速度,有,得v=,该行星的第一宇宙速度是地球的倍,C选项错误。行星表面的物体受到的重力约等于行星与物体间的万有引力,即m2g=,得g=,故该行星表面的重力加速度是地球的q倍,D选项错误。
【备注】无

5.B
【解析】圆心处的点电荷在圆周上产生的场强大小为E1=k=E,A点的场强最大,为EA=E1+E=2E,方向沿AD方向,A错误;由几何知识可知C点的场强大小为EC=E,方向沿CD方向,F点的场强大小为EF=2Esin 60°=E,方向沿FD方向,D点的场强大小为ED=E-E=0,场强最小,B正确,CD错误。
【备注】无

6.D
【解析】规定小孩初始运动方向为正方向,由图可知,碰后两车结合在一起向反方向运动,故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变,选项A错误;由图可知,碰前瞬间小孩的速度为2 m/s,大人的速度为-3 m/s,碰后两人的共同速度为-1 m/s,设碰碰车的质量为M,由动量守恒定律有(20+M)×2 kg·m/s-(60+M)×3 kg·m/s=(2M+20+60)×(-1) kg·m/s,解得M=60 kg,选项B错误;碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1=160 kg·m/s,碰后总动量为p'1=-80 kg·m/s,由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I=Δp=-240 N·s,故其大小为240 N·s,选项C错误;由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为ΔE=×80×22 J+×120×(-3)2 J-×200×(-1)2 J=600 J,选项D正确。
易错警示　　
【备注】本题在解答时容易出现的错误有以下两点:一是碰撞前后大人和小孩的运动方向的判断容易出现错误;二是碰后大人和小孩的碰碰车结合在一起共同运动,所以在计算系统的末动量时一定要用两辆碰碰车的质量加上大人和小孩的质量。

7.B
【解析】光线在介质中的光路图如图所示,设光线在该介质发生全反射的临界角为α,则tan α=,n=,解得n=,在△OCP2中,根据正弦定理有,根据折射定律有n=,解得θ=30°,故选B。
【备注】无

8.CD
【解析】在力F1作用下,从P到Q,对小球由动能定理有F1Lsin θ-mgL(1-cos θ)=Ek1-0,E1=mgL+F1Lsin θ,同理,在力F2作用下有F2Lsin θ-mgL(1-cos θ)=Ek2-0,E2=mgL+F2Lsin θ,根据题意有Ek1∶Ek2=2∶5,E1∶E2=8∶11,联立解得F1=mg,F2=2mg,则选项A错误;从P到Q,水平恒力F1做的功为W=F1x=mgLsin θ=,选项B错误;在力F1作用下,小球到达Q点时的动能为Ek1=,力F1的功率为P1=F1v1cos θ=,选项C正确;当θ=30°时,结合以上分析可知小球机械能之比为E'1∶E'2=3∶4,选项D正确。
【备注】无

9.AD
【解析】用游标卡尺测定摆球的直径时读数为14 mm+×3=14.3 mm,A正确;利用单摆测定当地重力加速度时,摆角不能超过5°,B错误;2次全振动,次数太少,误差较大,C错误;用悬线长度作为摆长,即摆长L偏小,由T=2π计算得到的重力加速度g的值偏小,D正确。
【备注】无

10.BD
【解析】设滑动变阻器上端与R2并联部分的阻值为Rx,外电路的阻值为R外=R1-Rx+=R1-,当滑动变阻器滑片P向b端滑动的过程中,Rx减小,外电路的阻值R外增大,根据闭合电路欧姆定律可知,总电流I减小,内电压减小,路端电压增大,电压表的示数增大,选项A错误;根据串联电路分压规律可知,滑动变阻器的上端和R2的并联电阻减小,这部分电阻分得的电压U2减小,根据I2=可知,电流表A2的示数减小,选项B正确;电容器和R2并联,R2两端所加电压减小,则电容器间的电场强度减小,液滴所受电场力减小,液滴将向下运动,选项C错误;电源内阻一定,内电压和外电压变化量的绝对值相等,故r=,选项D正确。
【备注】无

11.AC
【解析】在0~2t0时间内,由法拉第电磁感应定律有E1=,电流 I1=,电荷量q=I1·2t0,得q=,选项A正确,B错误;2t0~3t0时间内,由法拉第电磁感应定律有E2=,电流 I2= ,2.5t0时刻导体框所受安培力大小为F=,由于导体框一直处于静止状态,摩擦力与安培力平衡,可知选项C正确;在0~3t0时间内导体框产生的焦耳热为Q=R·2t0+Rt0,可得Q=,选项D错误。
【备注】无

12.(1)C　B　(2)　mgx2　(3)系统　空气阻力及纸带受到摩擦力
【解析】(1)不需测出重锤的质量,因为后面计算时质量可以约去,因此不需要进行的步骤是C。电火花计时器的电源是交流220 V,B步骤错误。(2)重锤速度的表达式为vB=,动能的增加量的表达式为ΔEk=m,重力势能的减少量的表达式为ΔEp=mgx2。(3)实验小组按正确方法处理数据后发现,重锤动能的增加量总是略小于重力势能的减少量,这种误差属于系统误差,不能通过多次测量来消除。产生误差的原因可能是空气阻力及纸带受到摩擦力,使重锤下落过程系统机械能减小。
【备注】无

13.(1)开关不能控制电压传感器　最左端　(2)D　直线Ⅰ　2.8　2　(3)361.1
【解析】(1)图中未接导线所连接的是电压传感器,应将其接在开关的C接线柱上,如果接在B点,则开关不能控制电压传感器;闭合开关前应使滑动变阻器接入电路的阻值最大以保护电路,故滑片应移至最左端。(2)根据直线Ⅱ计算出的内阻的阻值远大于直线Ⅰ的,说明电路中有其他电阻等效到电源内部,测得的是等效内阻,根据电路的实际情况应该是定值电阻在电压表的测量范围之外,故该同学一定是将A端接到了D点,要相对准确测量锂电池的电动势和内阻,应根据直线Ⅰ进行处理和计算;由图线Ⅰ纵截距可知锂电池电动势为E=2.8 V,由图线Ⅰ斜率的绝对值可知,锂电池内阻为r=2 Ω。(3)电压表内阻足够大,用电压表直接测出的旧锂电池的路端电压近似为电动势,用灵敏电流表(内阻可忽略)测出的电流可视为旧锂电池的短路电流,故旧锂电池的内阻约为r'==361.1 Ω。
【备注】无

14.（1）V （2）T0
【解析】(1)气体发生等温变化时p0V0=p1V1
又由于ρ=,可得
当力为F时p1S=p0S+F
乒乓球刚好能浮起,说明浮力等于重力,即ρ1gV=mg
联立解得m=V
(2)气体发生等压变化时有,由ρ=可知ρ0T0=ρ1T1
乒乓球刚好能浮起,说明浮力等于重力,即ρ1gV=mg
解得T1=T0
【备注】无

15.（1） （2）d
【解析】(1)要使速率为v0的粒子能打到屏上,则在区域Ⅰ中的轨迹半径r1≥rmin=d
根据牛顿第二定律有Bv0q=m
解得v0=
(2)粒子运动轨迹如图所示
发射粒子的速率为v=v0
根据牛顿第二定律有Bvq=m
解得r2=d
根据几何关系得粒子经区域Ⅰ沿着y轴方向的偏移量y1=d
由对称性可知粒子经区域Ⅱ,沿y轴的偏移量也为y1,且出磁场时速度沿水平方向,粒子在电场中做类平抛运动
d=v0t
y2=at2
a=
出电场后粒子做匀速直线运动,根据几何关系有
解得y3=d
打在屏上的位置y'=2y1+y3=d
　　
【备注】求解带电粒子在组合场中运动问题的技巧
(1)划分过程:将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理。(2)找关键点:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 (3)画运动轨迹:根据受力分析和运动分析,大致画出粒子的运动轨迹图,有利于形象、直观地解决问题。(4)组合场中的两种典型偏转。

16.（1）48 N （2）0.8 m （3）详见解析
【解析】(1)长木板和物块做匀速运动,对整体受力分析,由平衡条件有
F=μ1(M+m)g
解得F=48 N
(2)撤去力F后
对长木板有μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1
对物块有μ2mg=ma2
解得a1= m/s2,a2=4 m/s2
长木板和物块发生相对滑动,由于a1>a2,则长木板先停止运动,从撤去力F到停止运动,长木板的位移为s1=
物块停止运动时的位移为s2=
有s1+L0=s2
联立解得L0=0.8 m
(3)由(2)可知,若撤去力F前物块与挡板间距为L0=0.8 m,从撤去力F到停止的运动时间t1==0.6 s
t2==1.0 s
0. 6 s内物块的位移大小为s3=v0t1-a2=1.68 m
0. 6 s时物块比木板多走的距离为s3-s2=0.48 m
若L①当0.6 s碰撞前瞬间对物块有v2-=-2a2(s1+L)
碰撞过程有mv=(M+m)v1
根据动量定理有I=Mv1
联立解得I=3 N·s
②当t≤0.6 s,即L≤0.48 m时,在长木板停止运动前二者发生碰撞
有v0t-a2t2=v0t-a1t2+L
碰撞前瞬间对长木板有v2=v0-a1t,对物块有v3=v0-a2t
碰撞过程有Mv2+mv3=(M+m)v4
则I=Mv4-Mv2
联立解得I=2 N·s
【备注】无