2021年高考物理试卷(湖南卷.docx
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- 2021 年高 物理 试卷 湖南
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1、2021年高考物理真题试卷(湖南卷)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28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。(共6题;共24分)1.核废料具有很强的放射性,需要妥善处理。下列说法正确的是( ) A.放射性元素经过两个完整的半衰期后,将完全衰变殆尽B.原子核衰变时电荷数守恒,质量数不守恒C.改变压力、温度或浓度,将改变放射性元素的半衰期D.过量放射性辐射对人体组织有破坏作用,但辐射强度在安全剂量内则没有伤害【答案】 D 【考点】原子核的衰变、半衰期 【解析】【解答】A放射性元素的半衰期是大量的放射性元素衰变的统计规律,对少量的个别的原子核无意义,则放射性元素完全衰
2、变殆尽的说法错误,A不符合题意; B原子核衰变时满足电荷数守恒,质量数守恒,B不符合题意;C放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的,而与物理环境如压力、温度或浓度无关,与化学状态无关,C不符合题意;D过量放射性辐射包含大量的射线,对人体组织有破坏作用,但辐射强度在安全剂量内则没有伤害,D符合题意;故答案为:D。 【分析】大量放射性元素经过两个完整的半衰期后其原子核剩下原来的四分之一;原子核衰变的过程其电荷数和质量数守恒;外界条件对半衰期没有影响。2.物体的运动状态可用位置 x 和动量 p 描述,称为相,对应 px 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 px 图像中的一条曲线来描述,称为
3、相轨迹。假如一质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是( ) A.B.C.D.【答案】 D 【考点】动量,匀变速直线运动基本公式应用 【解析】【解答】质点沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有 v2=2ax 而动量为 p=mv联立可得 p=m2ax=m2ax12动量 p 关于 x 为幂函数,且 x0 ,故正确的相轨迹图像为D。故答案为:D。 【分析】利用速度位移公式结合动量的表达式可以判别其动量和位移的关系。3.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为 m 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定
4、功率均为 P ,若动车组所受的阻力与其速率成正比( F阻=kv , k 为常量),动车组能达到的最大速度为 vm 。下列说法正确的是( ) A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为 2.25P ,则动车组匀速行驶的速度为 34vmD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间 t 达到最大速度 vm ,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为 12mvm2Pt【答案】 C 【考点】机车启动,动能定理的综合应用 【解析】【解答】A对动车由牛顿第二定律有 FF阻=ma 若动车组在匀
5、加速启动,即加速度 a 恒定,但 F阻=kv 随速度增大而增大,则牵引力也随阻力增大而变大,A不符合题意;B若四节动力车厢输出功率均为额定值,则总功率为4P,由牛顿第二定律有 4Pvkv=ma故可知加速启动的过程,牵引力减小,阻力增大,则加速度逐渐减小,B不符合题意;C若四节动力车厢输出的总功率为 2.25P ,则动车组匀速行驶时加速度为零,有 2.25Pv=kv 而以额定功率匀速时,有 4Pvm=kvm联立解得 v=34vmC符合题意;D若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间 t 达到最大速度 vm ,由动能定理可知 4PtWF阻=12mvm20可得动车组克服阻力做的功
6、为 WF阻=4Pt12mvm2D不符合题意;故答案为:C。 【分析】动车做匀加速直线运动其加速度不变,由于阻力随时间不断变大则牵引力随时间不断变大;当动力车厢功率额定时,其速度不断增大时其牵引力和加速度不断减小;当动车厢做匀速直线运动,利用功率的表达式结合平衡方程可以求出最大的速度;利用动能定理结合末速度的大小可以求出克服阻力做功的大小。4.如图,在 (a,0) 位置放置电荷量为 q 的正点电荷,在 (0,a) 位置放置电荷量为 q 的负点电荷,在距 P(a,a) 为 2a 的某点处放置正点电荷Q,使得 P 点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为( ) A.(0,2a) , 2qB.(0,
7、2a) , 22qC.(2a,0) , 2qD.(2a,0) , 22q【答案】 B 【考点】库仑定律,电场强度和电场线 【解析】【解答】根据点电荷场强公式 E=kQr2 两点量异种点电荷在P点的场强大小为 E0=kqa2 ,方向如图所示两点量异种点电荷在P点的合场强为 E1=2E0=2kqa2 ,方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示Q点电荷在p点的场强大小为 E2=kQ(2a)2=kQ2a2三点电荷的合场强为0,则 E2 方向如图所示,大小有 E1=E2解得 Q=22q由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)故答案为:B。 【分析】利用点电荷的场强公式结合平行四边形定则可以求出合场强的
8、大小及方向,结合P点的场强等于0及场强公式可以求出Q点电荷的电荷量及位置。5.质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是( ) A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】 C 【考点】动态平衡分析 【解析】【解答】AB 对滑块受力分析,由平衡条件有 F=mgsin N=mgcos滑
9、块从A缓慢移动B点时, 越来越大,则推力F越来越大,支持力N越来越小,所以AB不符合题意;C对凹槽与滑块整体分析,有墙面对凹槽的压力为 FN=Fcos=mgsincos=12mgsin(2)则 越来越大时,墙面对凹槽的压力先增大后减小,所以C符合题意;D水平地面对凹槽的支持力为 N地=(M+m)gFsin=(M+m)gmgsin2则 越来越大时,水平地面对凹槽的支持力越来越小,所以D不符合题意;故答案为:C。 【分析】利用滑块的平衡方程结合角度的变化可以判别其推力及支持力的大小变化;利用整体的平衡方程可以判别地面对凹槽的支持力及墙壁对凹槽的支持力大小变化。6.如图,理想变压器原、副线圈匝数比为
10、 n1:n2 ,输入端 C 、 D 接入电压有效值恒定的交变电源,灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻 R0 的阻值相同。在滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑动到 b 端的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是( ) A.L1先变暗后变亮,L2一直变亮B.L1先变亮后变暗,L2一直变亮C.L1先变暗后变亮,L2先变亮后变暗D.L1先变亮后变暗,L2先变亮后变暗【答案】 A 【考点】变压器原理 【解析】【解答】副线圈的总电阻为 1R2=1R0+Rap+1R0+Rpb 解得 R2=(R0+Rap)(R0+Rpb)(R0+Rap)+(R0+Rpb)=(R0+Rap)(R0+Rp
11、b)2R0+R则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中,副线圈的总电阻选增大后减小,根据等效电阻关系有 R等=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2U2I2=(n1n2)2R2则等效电阻先增大后减小,由欧姆定律有 I1=UR0+R等 , I2=n1n2I1I1 先减小后增大, I2 先减小后增大,则 L1 先变暗后变亮,根据 U1=UI1R0 , U2=n2n1U1由于 I1 先减小后增大,则副线圈的电压 U2 先增大后减小,通过L2的电流为 IL2=U2R0+Rpb则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中, Rpb 逐渐减小,副线圈的电压 U2 增大过程中 IL2 增大;在副线圈
12、的电压 U2 减小过程中,通过R0的电流为 IR0=U2R0+RapRap 逐渐增大,则 IR0 越来越小,则 IL2=I2IR0则 L1 先变暗后变亮, L2 一直变亮;故答案为:A。 【分析】利用并联电路的特点可以求出其副线圈等效电阻的大小,结合回路的欧姆定律可以判别其回路中电流的变化进而判别灯泡L1的亮暗变化;利用输入电压结合输入电流的变化可以判别输出电压的变化;再结合副线圈支路的欧姆定律可以判别灯泡L2的亮度变化。二、多项选择题:本小题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部做对的得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分。(共4题;共20分
13、)7.2021年4月29日,中国空间站天和核心舱发射升空,准确进入预定轨道。根据任务安排,后续将发射问天实验舱和梦天实验舱,计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道,轨道离地面的高度约为地球半径的 116 。下列说法正确的是( ) A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的 (1617)2 倍B.核心舱在轨道上飞行的速度大于 7.9km/sC.核心舱在轨道上飞行的周期小于 24hD.后续加挂实验舱后,空间站由于质量增大,轨道半径将变小【答案】 A,C 【考点】万有引力定律及其应用 【解析】【解答】A根据万有引力定律有 F=GMmr2 核心舱进入轨道后
14、的万有引力与地面上万有引力之比为 F1F2=R2(R+116R)2=(1617)2所以A符合题意;B核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s,因为第一宇宙速度是最大的环绕速度,所以B不符合题意;C根据 T=2R3GM可知轨道半径越大周期越大,则其周期比同步卫星的周期小,小于24h,所以C符合题意;D卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有 GMmr2=mv2r解得 v=GMR则卫星的环绕速度与卫星的质量无关,所以变轨时需要点火减速或者点火加速,增加质量不会改变轨道半径,所以D不符合题意;故答案为:AC。 【分析】利用引力公式结合距离的大小可以求出引力的大小关系;核心舱在轨道上飞行的线速度小于第一
15、宇宙速度;利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小;利用引力提供向心力可以判别卫星的线速度和卫星质量的大小无关。8.如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力 F 作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为 x 。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的 at 图像如图(b)所示, S1 表示0到 t1 时间内 A 的 at 图线与坐标轴所围面积大小, S2 、 S3 分别表示 t1 到 t2 时间内A、B的 at 图线与坐标轴所围面积大小。A在 t1 时刻的速度为 v0 。下列说法正确的是( ) A.0到 t1 时间内,墙对B的
16、冲量等于mAv0B.mA mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于 xD.S1S2=S3【答案】 A,B,D 【考点】动量守恒定律 【解析】【解答】A由于在0 t1时间内,物体B静止,则对B受力分析有F墙 = F弹 则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小,而弹簧既作用于B也作用于A,则可将研究对象转为A,撤去F后A只受弹力作用,则根据动量定理有I = mAv0(方向向右)则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同,A符合题意;B由at图可知t1后弹簧被拉伸,在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律有F弹 = mAaA= mBaB由图可知aB aA则mB 0) 的粒子从 a 点移动
17、到 b 点,电场力做功为 2W(W0) ;若将该粒子从 c 点移动到 d 点,电场力做功为 W 。下列说法正确的是( ) A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点,电场力做功为 0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力,从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动【答案】 A,B 【考点】电场力,电场力做功 【解析】【解答】A由于该电场为匀强电场,可采用矢量分解的的思路,沿cd方向建立x轴,垂直与cd方向建立y轴如下图所示 在x方向有W = Exq2R在y方向有2W = Eyq 3 R + ExqR经过计算有Ex = W2qR ,Ey = 3W2qR ,E =
18、 WqR ,tan = EyEx=3由于电场方向与水平方向成60,则电场与ab平行,且沿a指向b,A符合题意;B该粒从d点运动到b点,电场力做的功为W = Eq R2 = 0.5WB符合题意;C沿电场线方向电势逐渐降低,则a点的电势高于c点的电势,C不符合题意;D若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动,D不符合题意。故答案为:AB。 【分析】对电场强度进行分解,利用电场力做功可以求出两个方向电场强度的大小,结合场强的大小可以求出合场强的方向;利用电场力和位移可以求出电场力做功的大小;利用电场线的方向可以比较电势的高低;若粒子初速度方向沿ab方向则做匀变速直线运动。10.两个完全相同
19、的正方形匀质金属框,边长为 L ,通过长为 L 的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边 H 处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为 L ,左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度 v0 水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小 B 使其匀速通过磁场,不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A.B 与 v0 无关,与 H 成反比B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节 H 、 v0 和 B ,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量
20、不变【答案】 C,D 【考点】电磁感应与电路 【解析】【解答】A将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后,组合体做平抛运动,后进入磁场做匀速运动,由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消,则有mg = F安 = B2L2vyR ,vy = 2gH 综合有B = mgRL22g1H则B与 1H 成正比,A不符合题意;B当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加,此时感应电流的方向为逆时针方向,当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少,此时感应电流的方向为顺时针方向,B不符合题意;C由于组合体进入磁场后做匀速运动,由于水平方向的感应电动势相互低消,有mg = F安 = B2L2vyR则组合体克服安培力做
21、功的功率等于重力做功的功率,C符合题意;D无论调节哪个物理量,只要组合体仍能匀速通过磁场,都有mg = F安则安培力做的功都为W = F安3L则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变,D符合题意。故答案为:CD。 【分析】金属框在竖直方向切割产生的感应电流,利用匀速运动的平衡方程可以求出磁感应强度的表达式;利用金属框中磁通量的变化结合楞次定律可以判别感应电流的方向;利用重力等于安培力可以判别组合体克服安培力做功的功率等于重力的功率;利用重力做功可以求出安培力做功的大小进而判别产生的焦耳热保持不变。三、非选择题:共54分。第1114题为必考题,考生都必须作答。第1516题为选考题,考生根据要求作答
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