湖南省临湘市三年（2021-2023）高考物理模拟题分类汇编-01选择题（含解析）

湖南省临湘市三年（2021-2023）高考物理模拟题分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料作为发电能源为火星车供电。中的元素是，具有天然放射性，半衰期为年。发生衰变的核反应方程为，则下列说法正确的是( )
A. 原子核的中子数为
B. 原子核发生衰变后产生的新核的比结合能比核的比结合能小
C. 个原子核经过年后一定还会剩余个
D. 的半衰期是由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系
2. 两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一祖细均匀的水平直导线，长度为。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在中通入由到的恒定电流，其中一个弹簧秤的示数为，若将电流反向，大小不变，则其中一个弹簧秤的示数为。下列说法正确的是( )
A. 直导线的质量 B. 直导线的质量
C. 匀强磁场的磁感应强度 D. 匀强磁场的磁感应强度
3. 真空中、、为一等边三角形的三个顶点，在、两点分别放等量同种电荷后，三角形中心点的场强为，电势为；若再在点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为，则点的场强大小和电势应分别为( )
A. ， B. C. D. ，
4. 如图所示，质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球，现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球，则下列说法不正确的是( )
A. A、两木块分离时，、的速度大小均为
B. A、两木块分离时，的速度大小为
C. 球由静止释放到最低点的过程中，对的弹力的冲量大小为
D. 球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为
5. 在气体放电管中，用大量的高能电子轰击犬量处于基态的氢原子，通过光栅分光计可观测到一定数目的光谱线。调高电子的能量再次进行实验观测，发现光谱线的数目是原来的三倍。用表示两次观测中氢原子所处最高激发态的量子数之差，则在的范围的值为( )
A. B. C. D.
6. 生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为，手机所在平面与水平面间的夹角为，则下列说法正确的是( )
A. 当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于
B. 当高铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反
C. 高铁匀速行驶时，手机可能受到个力作用
D. 高铁减速行驶时，手机可能受到个力作用
7. 年月日，中国空间站“天宫课堂”第一课正式开讲，这是时隔年之后，中国航天员再次进行太空授课。空间站转一圈的时间约分钟，保证太空授课信号通畅的功臣是中继卫星，中继卫星在地球同步静止轨道运行，空间站、中继卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 空间站的角速度小于中继卫星的角速度 B. 空间站的加速度大于中继卫星的加速度
C. 空间站的线速度小于中继卫星的线速度 D. 中继卫星的线速度等于第一宇宙速度
8. 快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是( )
A. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B. 可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C. 可以使某颠籁簸过程中物品动量变化的时间延长
D. 可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加
9. 示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极和之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差和随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示，一竖直轻弹簧静止上在水平面上，其上端位于点，重力均为的、两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力竖直向上拉，将、视为质点，则下列说法正确的是( )
A. 若，则、恰好在点分离
B. 若，则、恰好在图示的初始位置分离
C. 若，则、在点正下方某一位置分离
D. 若，则、在点正上方某一位置分离
11. 年月日，“嫦娥五号”携在月球采集约月壤返回地球。从月球带来“土”特产中有地球上含量极少且被誉为“月壤宝藏”的氦，它是发电效率极高、既环保又安全的核反应原料，可将氦原子核与氘原子核结合时释放的能量用来发电，其核反应方程是：，则下列说法正确的是( )
A. 氦不是的同位素
B. 该反应为原子核的人工转变
C. 、H、三者相比，的结合能最大
D. 、H、三者相比，的比结合能最小
12. 高空抛物极易对人造成重大伤害，年月日起施行的民法典明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”，若造成损害事故的将追究民事甚至刑事责任。如果一个苹果从居民楼层坠落，与地面的撞击时间约为，则苹果对地面的冲击力约为( )
A. B. C. D.
13. 如图所示，从倾角为的足够长的斜面顶端，将小球以大小不同的初速度向右水平抛出，则小球碰到斜面时其重力的功率与初速度的图像是( )
A.
B.
C.
D.
14. 如图所示，小物块叠放在木板上，有一轻质弹簧上端连接在竖直墙上点，另一端与相连。若将弹簧上端从点缓慢下移至使弹簧水平的点，此过程、始终静止在水平地面上，其中上端移到点时弹簧刚好处于原长。弹簧上端由移到的过程中，下列说法正确的是( )
A. 开始时、两物体间可能无弹力 B. 地面对的支持力先增加后减小
C. 地面对的支持力先减小后增加再减小 D. 地面对的摩擦力始终水平向右
15. 如图所示，竖直平面内一半径为、均匀带正电的半圆环在圆心点产生的电场强度大小为，，下列说法正确的是( )
A. 部分在点产生的电场强度大小为
B. 部分在点产生的电场强度大小为
C. 若将一个质量为、电量的带正电小球从点由静止释放，则电场力对小球一直做正功
D. 选项C中电场力先对小球做正功再做负功直至小球静止
16. 如图所示，个质量均为的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在点，一端与质量为的黑球连接，把黑球从与点等高的处由静止释放，黑球沿半径为的圆弧摆到最低点处时与号球发生正碰。若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与号球最后一次碰撞后的速度大小为( )
A. B. C. D.
二、多选题
17. 如图为电能输送示意图，左侧变压器原、副线圈的匝数之比为：，连接两理想变压器的输电线的总电阻为，右侧变压器原、副线圈的匝数之比为：，输电线上损失的功率为。已知降压变压器副线圈两端的交变电压，将变压器视为理想变压器，下列说法正确的是( )
A. 负载电阻的阻值为
B. 升压变压器输入功率为
C. 通过输电线上的电流为
D. 升压变压器输入电压的表达式为
18. 中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为，引力常量为，据此以上信息可以估算出( )
A. 黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比
B. 黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比
C. 黑洞做匀速圆周运动的角速度大小
D. 恒星的自转周期
19. 如图所示，地面上固定一倾角为，高为的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，现将一个带正电的的物块可视为质点从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为，电荷量为，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
B. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
C. 物块落地的速度大小为
D. 物块落地的速度大小为
20. 如图所示：两条光滑平行金属导轨水平固定，导轨电阻忽略不计，虚线、均与导轨垂直，在与之间存在有垂直于轨道所在平面向里的匀强磁场。将两根相同的导体棒，平行于放置在导轨上，两者始终与导轨垂直且接触良好。现在对、施加相同的恒力作用，先后自导轨上同一位置由静止开始运动。已知进入磁场时加速度恰好为零。从进入磁场开始计时，到离开磁场区域为止，的运动速度、流过的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
A. B. C. D.
21. 正方形的四个顶点分别固定如图所示的点电荷，是正方形的中心，、、、分别是各边的中点。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A. 、两点电势相等
B. 、两点电场强度相同
C. 、两点电场强度方向相互垂直
D. 点电场强度为零，电势不为零
22. 第届冬奥会在中国北京举行。在高台滑雪项目中，一运动员视为质点从倾斜雪道上端点以水平速度飞出，最后落在雪道上，已知雪道的倾角为，重力加速度为。若不计空气阻力，则下列结论中正确的是( )
A. 运动员在空中运动的时间等于
B. 运动员在空中运动的时间等于
C. 运动员的落点与点的距离等于
D. 运动员的落点与点的距离等于
23. 如图甲所示为无线充电技术中使用的通电线圈示意图，线圈匝数为，面积为，电阻为。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在到时间内，下列说法正确的是( )
A. 线圈端的电势比线圈端的电势高
B. 通过线圈的磁通量的变化量为
C. 线圈两端的电势差恒为
D. 若用导线将线圈、两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为
24. 如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的点、等高，不计处摩擦，轻绳一端系在竖直杆上的点，另一端连接一个小球现将另一个小球用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的之间，已知整个装置处于静止状态时，，则( )
A. 将绳的端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变
B. 将绳的端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球位置下移
C. 静止时剪断处轻绳瞬间，小球的加速度为
D. 小球与小球的质量之比为
25. 如图是某物理兴趣小组利用变压器制作电吹风的电路图，、、、为四个固定触点，旋转可动的扇形金属触片使之与相邻的两个固定触点接触，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。和分别是变压器视为理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表所示，下列说法正确的有( )
小风扇额定电压
冷风时电吹风输入功率
热风时电吹风输入功率
A. 小风扇的内阻为
B. 变压器两线圈的匝数比：：
C. 吹热风时触片与触点、接触
D. 若使用时发现该电吹风的电热丝发热但不吹风，则一定是变压器副线圈和小风扇的回路开路所致
26. 如图所示，倾角为的斜面体置于水平桌面上，一个质量为的物体恰能沿斜面匀速下滑。轻绳一端拴在物体上，另一端拴一个质量为的钩码，轻绳跨过固定在桌边光滑的定滑轮，斜面上方的轻绳与斜面平行。释放物体，沿斜面向下运动的加速度大小为，斜面体与水平桌面间的摩擦力大小为。若斜面始终静止，下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D.
27. “天问一号”火星探测器已于年月被火星捕获进入环火轨道。火星距离地球非常遥远，为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。已知火星的公转周期约是地球公转周期的倍，火星直径约为地球直径的，火星质量约为地球质量的。下列说法正确的是( )
A. 地球的公转线速度小于火星的公转线速度
B. 下一个发射时机需要再等约年
C. 火星绕日轨道半径约是地球绕日轨道半径的倍
D. 火星表面重力加速度约是地球表面的重力加速度的倍
28. 如图，两根间距为、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角；质量为的金属棒和质量为的金属棒，棒长均为，电阻均为，两棒被锁定在轨道上；整个装置处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，棒受到沿斜面向上、大小为的恒力作用。某时刻两棒同时解除锁定，经过时间后的速度为，若金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为，则( )
A. 两棒解除锁定后，棒会一直向下运动
B. 两棒解除锁定后，时间内通过棒的电量可能为
C. 若，棒的最终加速度为
D. 若，两棒解除锁定且经过足够长时间后，棒的热功率为
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、原子核经过一次衰变质量数减少，核电荷数减少，则的质量数为，核电荷数：，的中子数：个，故A错误；
B、发生衰变的过程中释放能量，所以原子核发生衰变后产生的新核的比结合能变大，故B错误；
C、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的放射性原子核没有意义，故C错误；
D、半衰期是由核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故D正确。
故选：。
根据质量数守恒与电荷数守恒判断；衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据半衰期的特点判断。
本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键，掌握与衰变的区别，注意半衰期的适用条件与特征。
2.【答案】
【解析】解：设导线质量为，当中通入由到的恒定电流时，由左手定则和平衡条件，，
当电流反向时，，
联立可得：
故A正确，B错误；
由中分析可知，，可得，故CD错误。
故选：。
开始时电流沿到，根据左手定则，导线受安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，根据力的平衡条件可解得．
本题考查安培力的计算，解题关键掌握左手定则的运用，注意力的平衡条件的应用。
3.【答案】
【解析】解：在、两点分别放置等量同种电荷后，三角形中点点的场强为，则
解得：
则点的场强大小为：
三角形中心点的电势为，再在点放一等量异种电荷，取无穷远处电势为，则在点的电势与无穷远处是相等的，为。为等量同种电荷，则点电势应为，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据电场的计算公式结合几何关系得出放置负电荷之后的场强；根据电势的特点得出点的电势大小。
本题主要考查了电场的叠加，在分析过程中要利用好对称性和角度关系，同时要注意场强是矢量，合成的时候遵循平行四边形定则。
4.【答案】
【解析】解：、小球释放在向下摆动的过程中，对有向左的拉力，使得、之间有弹力，、不会分离，当运动到最低点时，、间弹力为零，、将要分离，、分离时速度相等；、、系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：，，故AB正确；
C、球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，对的弹力的冲量大小，故C错误；
D、、、组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
，则，由几何关系得：，
解得移动的距离为：，故D正确。
本题不正确的，故选：。
小球摆动到最低点时，、分离，在此过程，、、系统动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出、、的速度；应用动量定理可以求出对的冲量大小；通过水平方向上的动量守恒求出木块移动的距离。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
5.【答案】
【解析】解：最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为，则调高后的能级为，
则有：，解得：，，故A正确，BCD错误。
故选：。
本题难度较大，要明确产生光线数目和能级之间的关系，即，氢原子吸收电子能量时只吸收对应能级之间的能量差，即能量的吸收应该满足量子化。
该题学生容易出错，考查知识点全面，要求学生在掌握能级、激发态、能级跃迁、能级差等概念的基础上，具备综合理解分析能力。
6.【答案】
【解析】解：、高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等，方向相反，故A错误；
B、高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力，不受桌面摩擦力，故B错误；
C、高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共四个力的作用，故C错误；
D、高铁匀减速行驶时，手机具有与前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力，共三个力的作用，故D正确；
故选：。
手机未启动和匀速行驶时处于平衡状态，受力平衡，对手机受力分析，根据平衡条件分析即可；高铁减速行驶时，有加速度，加速度与运动方向相反，结合运动状态分析受力情况。
本题考查物体的受力分析、共点力平衡、牛顿第二定律等知识，目的是考查学生的推理能力。
7.【答案】
【解析】解：、中继卫星在地球同步静止轨道运行，周期为小时，空间站转一圈约分钟，由公式，知空间站角速度大于中继卫星角速度，故A错误；
B、由开普勒第三定律，知中继卫星轨道半径大于空间站轨道半径，由得：，所以空间站的加速度大于中继卫星的加速度，故B正确；
、由万有引力定律提供向心力得：，可知空间站的线速度大于中继卫星的线速度，中继卫星的线速度小于第一宇宙速度，故CD错误。
故选：。
根据万有引力提供圆周运动向心力由轨道半径关系分析向心加速度、线速度、角速度的关系．
熟练掌握万有引力提供圆周运动向心力并熟知第一宇宙速度和同步卫星的相关问题是解决本题的关键．
8.【答案】
【解析】、充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，故AB错误，C正确；
D.由可知，，故动量对时间的变化率即为物体所受的合力，由以上分析可知，小物体受到的冲击力减小，故物品动量对时间的变化率减小，故D错误。
故选C。
明确充气袋是缓冲作用，应用冲量的计算公式与动量定理分析答题。
本题考查冲量计算公式，动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小。
9.【答案】
【解析】解：和均为正值，电场强度方向由指向，指向，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向，方向偏转，故A正确，BCD错误。
故选：。
示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用。偏转电极使电子束竖直偏转；使电子束水平偏转，结合电场的叠加原理分析。
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的思想进行分析。
10.【答案】
【解析】解：、两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态，此时弹簧的弹力，设弹簧的劲度系数为，则
A、两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对，根据牛顿第二定律得：，结合，解得，此时对，根据牛顿第二定律可得：，解得，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；
B、若，两物体要分离时，两者间的相互作用力为零，对，根据牛顿第二定律得：，结合，解得，此时对，根据牛顿第二定律可得：，解得，则、恰好在图示的初始位置分离，故B正确；
C、若，对组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为，则，解得，组成系统做简谐振动，振幅，，故不可能分离，故C错误；
D、若，对组成的整体，平位置时，弹簧的压缩量为，则，解得，组成系统做简谐振动，振幅，，故则、在点位置下方分离，故D错误；
故选：。
和刚分离时，相互之间恰好没有作用力，则受到重力和恒力，由已知条件分析出此时的加速度，的加速度，当时间的拉力较小时，组成系统做简谐振动，根据简谐运动即可判断。
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键在于分和刚分离时的受力情况，来确定弹簧的状态。
11.【答案】
【解析】解：、根据质量数守恒和电荷数守恒可得：，，即为氦原子核，与氦是同位素，故A错误；
、此反应属于核聚变反应，释放出核能，结合能增加，所以生成物的结合能大于反应物的结合能，故BD错误，C正确。
故选：。
根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成产物；
根据产物确定反应类型；
由于质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量，故生成物的核子的结合能大于反应物的核子的结合能。
本题主要考查：质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量，理解了这一句话，本题就迎刃而解，故要对基本概念加强理解。
12.【答案】
【解析】解：每层楼高大约，苹果从居民楼层坠落下落高度约为：
由，解得：
选向上为正方向，与地面撞击过程由动量定理：
一个苹果质量大约，
解得：
故ABD错误，C正确。
故选：。
先通过自由落体运动求落前瞬间的速度，再用动量定理列方程即可求解。
本题主要考查了动量定理的应用，此题的难点在于学生的生活经验：要知道楼层的大约高度和一个苹果的大约质量。另外由于题中苹果和地面撞击时间极短，重力的冲量可以忽略，但如果作用时间较长，则必须考虑重力的冲量。
13.【答案】
【解析】解：设下落高度为，水平位移为
联立解得：
竖直方向速度：
，是关于的一次函数，故A正确，BCD错误；
故选：。
小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比为，从而求出小球落到斜面上的时间，然后求出竖直方向上的速度，进而求出重力功率与初速度的函数关系，根据该函数关系判断图像。
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，以及两个分位移的关系。要明确重力的功率，速度是竖直方向上的速度，而不是落到斜面上的速度。
14.【答案】
【解析】
【分析】
假设、之间无弹力，对进行受力分析，如果不能处于平衡状态，则假设不成立；将弹簧上端的运动分成到，到两部分，分别进行受力分析，利用特殊位置的受力情况判断地面对的支持力和摩擦力的变化情况。
对于多过程问题要注意分阶段进行研究，并且把握好关键位置的运动或受力状态，难度较大，平时注意多加练习。
【解答】
A、假设开始时、两物体间无弹力，对受力分析如图：
物体仅在这两个里的作用下无法保持平衡状态，假设不成立，故A错误；
、弹簧在上端从到的过程中成伸长状态，对物体、整体受力分析如图：
正交分解可得轴方向上：
到过程中弹簧伸长量减小，由胡克定律得弹力变小，又因为角度变小，所以也变小，所以地面对的支持力增大，初始时地面对的支持力小于整体的重力，当弹簧上端到达点时，弹簧恢复原长，弹力为，地面的支持力等于整体的重力，
此过程中地面对的摩擦力向右，
弹簧在上端从到的过程中成压缩状态，对物体、整体受力分析如图：
由图可知，当弹簧上端经过后，弹簧弹力的方向改变，此时地面对的支持力为：，大于整体的重力，即弹簧上端经过点后，地面对的支持力仍要增大，
当弹簧上端运动到点时，弹簧处于水平状态，，此时地面对的支持力又等于整体的重力，即从到过程中地面对的支持力经历了先增大再减小的过程，
此过程中地面对的摩擦力向左，
综上所述：从到整个过程，地面对的支持力先增大后减小；地面对的摩擦力先向右后向左，故B正确，CD错误。
故选：。
15.【答案】
【解析】解：由对称性可知，均匀带正电的圆环在点产生的场强竖直向上，大小为。设段在点单独产生的场强为，段在点单独产生的场强为
由对称性及几何关系可知，与竖直方向的夹角为：，与竖直方向的夹角为：，如下图所示：
、因为和垂直，所以由几何关系可得，，故A错误、B正确；
、把这个带正电的小球于点释放时，所受到的电场力为：，方向为竖直向上，重力大小为为：，方向为竖直向下，
因为，所以小球会先向上做加速运动，但是随着小球向上运动，远离带电圆环，电场力减小，当电场力减小到与重力相等时，小球向上的速度最大，
此后，电场力继续减小，小于重力，小球开始向上做减速运动，直到速度减为，在此过程中电场力一直做正功
当小球的速度减为时，由于重力大于电场力，小球开始向下做加速运动，电场力逐渐增大，当电场力等于重力时，小球向下的速度最大，
此后由于电场力大于重力，小球开始向下做减速运动，直到速度减为，在此过程中电场力一直在做负功
如果不考虑能量损失，小球速度减为时，刚好到达点，此后又开始向上运动，所以小球做的是往复运动，不可能保持静止状态，故CD错误。
故选：。
根据对称性做出点的合场强及段和段单独产生的场强，根据矢量叠加原理和几何关系求出段在点单独产生的场强大小；对小球从点释放开始，通过分析小球的受力变化，推出小球的运动情况变化，可以发现小球在做往复运动，当小球向上运动时，电场力做正功，小球向下运动时，电场力做负功。
本题考查电场的矢量叠加以及带电小球在电场中的运动情况，解题的突破点在于理解由于带电圆环所带电荷的分布具有对称性，造成了它在圆心点产生的场强是竖直向上的，对、段同样要利用对称性进行分析。分析小球的运动情况时，要注意到各个阶段的受力变化，从受力情况判断运动情况。
16.【答案】
【解析】解：设黑球第一次到达最低点时的速度为，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
解得：
设黑球与号球发生碰撞后黑球的速度为，号球的速度为，黑球与号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
解得：，，负号表示速度方向向左，
黑球与号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于，
发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与号球碰撞后，号球静止，号球速度为，碰后号球与号球发生碰撞，直至号球与号球碰撞，发生一系列碰撞后，号球向右做匀速直线运动，号到号球静止在原位置；然后黑球与号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为，号球的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
解得：，
同理可知，黑球第次与号球碰撞后黑球的速度：
，
黑球最后一次与号球碰撞后，黑球的速度为：
，
即最后一次碰撞后，黑球的速度大小为，故D正确，ABC错误。
故选：。
黑球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出黑球摆动到最低点时的速度大小；球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出黑球与号球最后一次碰撞后的速度大小。
球发生弹性碰撞时系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚球的运动与碰撞过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
17.【答案】
【解析】解：、输电线损失功率为：，其中，，则；
降压变压器副线圈电路电流为，则有：：：，解得：
负载电阻的阻值为，故A错误，C正确；
B、降压变压器原线圈两端电压为，根据：：：可得：
则可得升压变压器输入功率为：，解得：，故B正确；
D、升压变压器副线圈两端电压：，解得：
根据：：可得：，
则升压变压器输入电压的表达式为，故D错误。
故选：。
根据输电线损失功率求解输电电流，根据电流之比与匝数之比的关系求解降压变压器副线圈的电流，根据欧姆定律求解负载电阻；根据：：可得，根据功率计算公式求解升压变压器输入功率；求出升压变压器副线圈两端电压、原线圈的电压，因此得到升压变压器输入电压的表达式。
本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
18.【答案】
【解析】解：设黑洞的轨道半径为，恒星的轨道半径为，则恒星和黑洞的间距
黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，根据万有引力提供向心力可得：
解得：
根据可得
双星系统的角速度，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度和周期，根据题中条件也无法求出恒星的自转周期，故AB正确，CD错误。
故选：。
黑洞和恒星组成的双星系统，则角速度相等，他们之间由万有引力提供向心力，从而分析各选项的比值关系。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力的计算方法，注意双星系统的特点。
19.【答案】
【解析】解：、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，，，物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为，故A错误，B正确；
、运用动能定理研究从开始到落地过程，有：，解得，故C错误，D正确。
故选：。
对物块进行受力分析，判定物块的运动轨迹，从而知位移，根据求解电场力做功；运用动能定理求解速度大小。
本题考查带电体在电场中的运动，关键要进行受力分析，涉及到动能定理和运动的分解等知识点，要研究物体做什么运动，实际上是从合力角度进行分析的，合力与运动方向共线直线运动，否则做曲线运动。
20.【答案】
【解析】解：设进入磁场匀速运动的速度为，匀强磁场的磁感应强度为，导轨宽度为，两根导体棒的电阻均为。根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得进入磁场时电流：保持不变，由题意其加速度为零，则，匀速通过磁场区域时，在后进入磁场有以下两种可能：
如果离开磁场时还没有进入磁场，此时电流为零；当进入磁场时也是匀速运动，通过的感应电流大小不变，方向相反，但离开磁场后在拉力作用下继续匀加速，故A正确，B错误，C正确；
如果没有离开磁场时已经进入磁场，此时电流为零，当离开磁场时的速度大于，安培力大于拉力，此时电流大于，做减速运动，电流逐渐减小，直到匀速运动，电流中的电流为，但通过的感应电流方向相反；故D正确。
故选：。
根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电流大小与速度的关系，根据和进入磁场的先后顺序判断电流的变化，根据右手定则判断电流方向。根据拉力与安培力大小关系，判断导体棒的运动情况。
解决该题的关键是掌握感应电动势和感应电流的产生条件，知道感应电流方向的判断方法，明确导体棒在斜面上的运动情况；
21.【答案】
【解析】解：、由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则、、都在同一等势线上，各点电势相同，都为，故A正确，D错误；
B、对于一对形成的电场为等量同种正电荷电场，其中点场强为零，一对形成的电场为等量同种负电荷电场，其中点场强也为零，因此可知点电场场强为零，、两点电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C、通过电场矢量叠加得点电场强度方向向左，点电场强度方向向下，所以、两点电场强度方向相互垂直，故C正确。
故选：。
本题可结合教材中等量同种点电荷、等量异种点电荷形成电场的电场线分布情况，判断场强方向和电势高低，通过电场矢量叠加求各点场强。
本题考查电场强度的叠加与电势高低的判断，要求学生熟悉教材中等量同种点电荷、等量异种点电荷形成电场的电场线分布图，根据题意进行分析求解。
22.【答案】
【解析】解：、根据平抛运动知识可知
代入数据解得：，故A错误，B正确；
、则运动员的落点距雪道上端的距离为
解得：，故C错误，D正确；
故选：。
根据平抛运动知识可知，求出水平位移和竖直位移，再利用几何关系求运动员的落点距雪道上端的距离。
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，几何关系的应用是题目的关键。
23.【答案】
【解析】解：线圈中原磁场先向左减弱后向后增强，由楞次定律可知，感应磁场方向一直向左，根据线圈环绕方向知端电势比端电势高，故A正确；
B.在到时间内，通过线圈的磁通量的变化量为，故B错误；
C.由法拉第电磁感应定律，故C错误；
D.若用导线将线圈、两端连接起来，通过导线横截面的电荷量，，联立解得：，故D正确。
故选：。
根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，根据电荷量的计算公式解得电荷量。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据题目中的数据代入公式进行计算即可，属于基础题型。
24.【答案】
【解析】解：绳子端向上移动一小段距离，根据受力分析可知球没有发生位移，因此变成了晾衣架问题，绳长不会变化，到右边板的距离不变，因此角度不会发生变化，即绳子的张力也不会变化，故A正确；
B.如果向下移动一段距离，绳子拉力变小，绳长变长，而之间的绳子长度变短，则角度变大，绳子之间的张力变大，的张力也变大，产生矛盾，故的位置不变，故B错误；
C.剪断处细绳，拉力突变为零，小球所受合力为重力的分力，所以加速度为故C正确；
D、根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结，所以绳子的张力都是相同，根据分析可得，对有，解得小球与小球的质量之比为，故D正确。
故选：。
分别对和进行受力分析，端上下移动即为晾衣架问题，剪断细线根据牛顿第二定律分析，根据平衡条件列方程进行分析质量之比。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
25.【答案】
【解析】解：、小风扇消耗的电功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，故A错误；
B、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：：：：，故B正确；
C、吹热风时触片与触点、接触，故C正确；
D、若使用时发现该电吹风的电热丝发热但不吹风，则变压器副线圈与电热丝为通路，小风扇不吹风，可能为原线圈断路，但不一定是变压器副线圈和小风扇的回路开路所致，故D错误；
故选：。
当电吹风机送出来的是冷风时，说明电路中只有电动机自己工作；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系计算匝数比。
本题主要考查变压器的原理，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，根据原副线圈电压比等于其匝数比。
26.【答案】
【解析】解：、一个质量为的物体恰能沿斜面匀速下滑，则，当与一起向下做加速运动时，根据牛顿第二定律可得：，解得，故A正确，B错误；
、物体开始匀速下滑，和斜面整体处于平衡状态，故桌面对斜面的摩擦力为，当与相连后，与斜面体之间的弹力摩擦力均与之前一致，所以斜面体受力不变，故与水平桌面间的摩擦力为零，故C错误，D正确；
故选：。
开始时匀速下滑，根据受力分析判断出摩擦力和重力沿斜面的分力相同，当与相连后，对整体，根据牛顿第二定律求得加速度，当与不相连，对和斜面体整体受力分析，判断出斜面与水平桌面间的摩擦力大小，当与相连后，分析与斜面间的相互作用力的变化，即可求得摩擦力大小。
本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律，关键是正确的选取研究对象，利用整体法和隔离法即可。
27.【答案】
【解析】解：、由可得，火星轨道半径大于地球轨道半径，则地球的公转线速度大于火星的公转线速度，故A错误；
B、地球的公转周期为年，火星的公转周期约是地球公转周期的倍，两者的角速度之差为：，则地球再一次追上火星的用时为年，故B错误；
C、根据开普勒第三定律，火星的公转周期约是地球公转周期的倍，则火星绕日轨道半径约是地球绕日轨道半径的倍，故C正确；
D、在天体表面有，即，则：，即火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的倍，故D正确。
故选：。
根据牛顿第二定律和万有引力定律列式分析线速度关系；
最佳发射时机相当于求的是地球与火星再一次出现最短距离时所用的时间；
由开普勒第三定律分析火星绕日轨道半径约是地球绕日轨道半径关系；
根据万有引力定律分析表面的重力加速度的关系。
容易出现错误的是“下一个最佳发射时机”，要从题目的意思“为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器”去理解，说明这个最佳发射时机与位置有关，也就变成了天体之间的追及问题。
28.【答案】
【解析】
【分析】
如果拉力足够大，棒会沿导轨向上运动；时间内对根据动量定理求解通过棒的电量；以整体为研究对象，沿导轨方向根据牛顿第二定律求解棒的最终加速度；若最终二者均做匀速直线运动，对根据平衡条件求解电流强度，再根据电功率的计算公式求解棒的热功率。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚两根导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，如果涉及电荷量问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
【解答】
A、如果拉力足够大，两棒解除锁定后，沿导轨向上运动的速度足够大，回路中的感应电流足够大，如果棒受到的安培力大于其重力沿导轨向下的分力，则棒会沿导轨向上运动，故A错误；
B、两棒解除锁定后，时间内对根据动量定理取沿导轨向上为正可得：，其中，解得通过棒的电量为，故B正确；
C、若，最终和以相同的加速度沿导轨向上运动，以整体为研究对象，沿导轨方向根据牛顿第二定律可得：，所以棒的最终加速度为，故C正确；
D、若，两棒解除锁定且经过经过足够长时间后，二者均做匀速直线运动，设此时回路中的电流为，对根据平衡条件可得：，解得：，则棒的热功率为，故D正确。
故选：。
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湖南省临湘市三年（2021-2023）高考物理模拟题分类汇编-01选择题（含解析）