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

湖南省永州市三年（2021-2023）高考物理模拟题分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 华能石岛湾高温气冷堆核电站是我国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站。核反应堆是核电站的心脏，它是通过可控链式核裂变反应来实现核能利用的。一个原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为，下列说法正确的是( )
A. 核反应方程中的中子数为
B. 核反应方程中的质量数为
C. 因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
D. 因为裂变释放能量，原子核的比结合能应比原子核的小
2. 电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图实线所示，、、、是轨迹上的四个点，下列说法正确的是( )
A. 处的电场强度与处的电场强度相同
B. 电子从到运动时，加速度不断增大
C. 电子在处受到的电场力方向与处虚线相切
D. 电子从到运动时，电势能逐渐减小
3. 如图所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动；达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度一时间图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 乙选手起跑后刚好追上甲选手
B. 乙选手起跑时，甲选手正好跑了
C. 相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为
D. 乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇
4. 年月日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员进入空间站与神舟十四号航天员乘组首次在轨会师，对接过程的示意图如图所示。天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ，神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，运行周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到处与天和核心舱对接。已知引力常量为。则下列说法正确的是( )
A. 地球的质量为
B. 飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为
C. 飞船沿轨道Ⅱ从运动到对接点过程中，速度不断增大
D. 飞船在轨道Ⅱ经过点时受到地球的万有引力大于在轨道Ⅲ经过点时受到地球的万有引力
5. 为庆祝党的二十大的胜利召开，某景区挂出个灯笼相邻两个灯笼间由轻绳连接，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为、、、、。在无风状态下，个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量，重力加速度，悬挂灯笼的轻绳最大承受力，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是( )
A. 最大为
B. 当最大时最右端轻绳的拉力为
C. 当时第个灯笼与第个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
D. 当时第个灯笼与第个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为
6. 某实验室进行交变电流实验研究，交流发电机输出的交变电压如图甲所示，将其接在如图乙所示电路的、端，滑动变阻器总电阻为，只相同灯泡的电阻为且电阻恒定不变。接通电源后调节滑片处于正中央时，三只相同灯泡均正常发光。下列说法中正确的是( )
A. 变压器原、副线圈的匝数比为： B. 小灯泡的额定电压为
C. 滑片向下移动，变暗、变暗 D. 滑片向上移动，变暗、变亮
7. 年月日，我国全超导托卡马克核聚变实验装置实现了万摄氏度高温下秒长脉冲高参数等离子体运行，打破了自己保持的世界纪录，标志着我国在可控核聚变研究上处于世界领先水平。托卡马克内部发生的主要核反应的方程可能是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，质量均为的物块、之间用竖直轻弹簧相连，系在上的细线竖直悬挂于固定点，、与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为，则( )
A. 弹簧弹力小于
B. 细线的拉力可能等于
C. 剪断细线瞬间，物块的加速度大小为
D. 剪断细线瞬间，物块的加速度大小为
9. 如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示。已知小球质量为，重力加速度为，空气阻力不能忽略。下列说法正确的是( )
A. 小球运动的速度一直增大
B. 小球先做匀加速运动后做匀速运动
C. 小球刚开始运动时的加速度大小
D. 小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
10. 如图所示，电源电动势为，内阻为。电路中的、分别为总阻值一定的滑动变阻器，为定值电阻，为光敏电阻其电阻随光照强度增大而减小。当开关闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )
A. 在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变大
B. 只调节电阻的滑动端向上端移动的过程中，消耗的功率变大，电阻中有向上的电流
C. 只调节电阻的滑动端向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动
D. 若断开开关，电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动
11. 如图所示，质量分别为、的两个带同种电荷的小球、，分别用长为的绝缘细线悬挂在同一点，两细线与竖直方向各成一定的角度、，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，、球连线与过点竖直线交于点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加球的电荷量，下列说法中正确的是( )
A. 两细线的拉力之比变大 B. 两细线的夹角不变
C. 与的长度之比不变 D. 长度一定变大
12. 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
13. 伽利略在研究力和运动的关系的时候，采用两个平滑对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，小球又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐减小直至为零，如图所示。关于这个理想斜面实验，下列说法正确的是( )
A. 如果没有摩擦，小球运动过程中机械能守恒
B. 如果没有摩擦，小球将在另一斜面上运动相同的路程
C. 如果没有摩擦，小球运动到另一斜面上最高点的高度与释放时的高度不同
D. 如果没有摩擦，小球运动到水平面时的机械能小于释放时的机械能
14. 汽车的设计、竞技体育的指导、宇航员的训练等多种工作都会用到急动度的概念。急动度是加速度变化量与发生这一变化所用时间的比值，即，它的方向与物体加速度变化量的方向相同。一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图，则该物体在( )
A. 内做减速运动 B. 内速度方向发生改变
C. 时和时加速度等大反向 D. 时和时急动度等大反向
15. 年月日时分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此，北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成。已知地球的质量为，半径为，自转角速度为，引力常量为，该导航卫星为地球同步卫星，下列说法正确的是( )
A. 该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度
B. 该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
C. 该导航卫星在轨道运行时的加速度大小会小于质量较小的同步卫星加速度大小
D. 该导航卫星的预定轨道离地高度为
16. 如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前( )
A. 在空中飞行的时间可能相等 B. 飞出时的初速度竖直分量可能相等
C. 撞击墙壁的速度大小可能相等 D. 飞出时的初速度大小可能相等
17. 一交流电源电压，对下图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为：，灯泡的额定功率为，排气扇电动机线圈的电阻为，电流表的示数为，用电器均正常工作，定值电阻的功率为，电表均为理想电表，则( )
A. 流过定值电阻的电流为 B. 排气扇电动机的发热功率
C. 整个电路消耗的功率 D. 排气扇电动机的输出功率
18. 如图所示，永州某校高三体育专业生在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设该同学做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点、等高，且绳子，为简便计算，假设两绳间的夹角为，绳、所在平面与水平面间的夹角恒为，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为，则每根绳的拉力大小为( )
A. B. C. D.
二、多选题
19. 如图所示，在轴上有一根材质均匀的绳子，绳子的两端点分别置于和处，现使绳子两端点分别上下做简谐运动，产生两列波甲和乙，分别沿轴正方向和轴负方向传播。时刻和处的质点刚好开始振动，时两列波恰好第一次相遇，则下列说法正确的是( )
A. 两波源开始振动的方向相同
B. 两列波能在绳子上形成稳定的干涉图样
C. 两列波的波速
D. 时，处质点的位移为
20. 水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图所示，用水平向右的拉力作用在物块上，随时间的变化关系如图所示，其中、分别为、时刻的大小。木板的加速度随时间的变化关系如图所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取。则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 木板加速度所能达到的最大值为 D. 在时间段物块做匀加速直线运动
21. 如图甲所示，物块、的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块右侧与竖直墙相接触。另有一物块在时刻以一定速度向右运动，在时与物块相碰，并立即与粘在一起不再分开，物块的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 物块离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为
B. 到的时间内，墙壁对物块的冲量大小为
C. 物块离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为
D. 物块离开墙壁后，物块的最大速度大小为
22. 如图所示，间距为、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为，底端接一阻值为的电阻，质量为的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为，长度为，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度时达到最大速度，已知重力加速度为，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是( )
A. 通过电阻的电量为
B. 金属棒受到的安培力的冲量大小为
C. 金属棒克服安培力做的功为
D. 电阻上产生的焦耳热为
23. 如图所示，直角坐标系在水平面内，轴竖直向上。坐标原点处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为带电量为的小球，绕轴做匀速圆周运动，小球的速度大小为，小球与坐标原点的距离为，点和小球的连线与轴的夹角。重力加速度为，、、已知。则下列说法正确的是( )
A. 小球与点电荷之间的库仑力大小为
B. 从上往下看带点小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动
C. 越小所需的磁感应强度越小
D. 时，所需的磁感应强度最小
24. 如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的图像，其中为卫星的周期，为卫星的轨道半径。卫星绕行星运动的图线是，卫星绕行星运动的图线是，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则( )
A. 直线的斜率与行星质量无关
B. 行星的质量大于行星的质量
C. 卫星在处的向心加速度小于在处的向心加速度
D. 卫星在处的向心加速度小于卫星在处的向心加速度
25. 如图所示，光滑的水平地面上有木板，，板上表面粗糙，、两个物体紧挨在一起，初始、和三个物体均处于静止状态，，。，间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了的能量并全部转化为和的动能，使，分别水平向左、向右运动起来，板足够长，以下结论正确的是( )
A. 爆炸后瞬间、速度大小
B. 若、与木板上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后、组成的系统动量守恒
C. 若、与木板上表面间的摩擦力大小不相等，则、、组成的系统动量不守恒
D. 整个过程中、、系统由于摩擦产生的内能为
26. 如图所示，在平面内，区域有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，区域有垂直于纸面向外的匀强磁场大小未知。一质量为、带电量为、速度大小为的粒子由坐标原点沿轴正方向射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，粒子最后又从轴射出磁场区域。下列说法正确的是( )
A. 粒子可能从轴负方向垂直轴射出磁场
B. 粒子在区域的轨道半径可能是
C. 粒子在两磁场中的运动时间之和可能为
D. 仅减小粒子的入射速度，该粒子一定从轴射出磁场区域
27. 钍是一种放射性金属元素，带钢灰色光泽，质地柔软，广泛分布在地壳中，是一种前景十分可观的能源材料。已知钍发生衰变的半衰期为天，关于钍的衰变，下列说法正确的是( )
A. 衰变放出的射线具有很强的电离能力
B. 钍原子发生一次衰变，原子核放出一个电子
C. 射线是高速电子流，它的穿透能力比射线强
D. 现在有个钍原子，经过天后，未衰变的钍原子个数为个
28. 如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷产生的电场中，粒子只受电场力的作用，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的、两点，其中点的场强大小为，方向与连线成角；点的场强大小为，方向与连线成角。下列说法中正确的是( )
A. 点电荷带正电
B. 点的电势低于点电势
C. 从到，、系统的电势能减小
D. 粒子在点的加速度小于在点的加速度
29. 如图所示，一竖直放置的轻弹簧一端固定于地面上，另一端与质量为的物体拴接在一起，质量为的物体置于物体上。现用外力压缩弹簧到某一位置，撤去外力后和一起竖直向上运动，在A、分离后，当上升到达最高点时，的速度方向向下，且弹簧处于原长。从A、分离起至到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是取( )
A. A、分离时的加速度为 B. 弹簧的弹力对做负功
C. 的动量变化量为零 D. 弹簧的弹力对的冲量大小为
30. 如图所示，相距的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为的圆弧部分和水平平直部分组成。范围内有方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。金属棒和垂直导轨放置且接触良好，静止在磁场中；从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与没有接触；离开磁场时的速度是此时速度的一半。已知的质量为、电阻为，的质量为、电阻为。金属导轨电阻不计，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 在磁场中运动时电流的方向为
B. 在磁场中做加速度减小的加速运动
C. 在磁场中运动的过程中流过截面的电荷量
D. 从由静止释放至刚离开磁场时，上产生的焦耳热为
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、根据质量数守恒可得，根据电荷数守恒可得，解得：，，所以核反应方程中的中子数为，故A正确，B错误；
C、核裂变释放能量，会出现质量亏损，但是总质量数不变，故C错误；
D、比结合能越大，原子核越稳定，原子核裂变得到原子核，说明原子核比原子核稳定，即原子核的比结合能应比原子核的大，故D错误。
故选：。
根据质量数守恒和电荷数守恒计算出的质子数和中子数，根据比结合能越大，原子核越稳定的特点分析出两种原子核的比结合能关系；理解质量亏损的定义并做出判断。
本题主要考查了重核的裂变，根据核反应的质量数和电荷数守恒代入数据完成解答，同时要正确理解比结合能和质量亏损的概念。
2.【答案】
【解析】解：、电场线与等势线垂直，且电场线由高电势指向低电势，电场线的切线方向为该点的场强方向，由图可知处电场线的切线方向斜向左上方，处电场线的切线方向斜向左下方，所以、点的电场强度不相同，故A错误；
B、等差等势线的疏密程度表示电场强度的大小，由到等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；
C、处电场线与虚线垂直，所以电子受到的电场力方向与虚线垂直，故C错误；
D、电子从到运动时，电势逐渐升高，根据可知，电子的电势能逐渐减小，故D正确。
故选：。
负电荷在电势高的地方电势能小，根据电势高低判断电子的电势能变化；等势面的疏密程度表示场强的大小；等势面与电场线垂直。
本题考查等势面，解题关键是知道等差等势面的密集程度表示场强的大小，等势面与电场线垂直。
3.【答案】
【解析】解：、由图可知，乙选手起跑后，则到了时两人的速度相等，同一起跑线开始则应为相距最远时，不能追上，故A错误；
B、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知当乙选手起跑时，甲选手的位移为
，故B错误；
C、由图可知，时两人的速度相等，相距最远，两选手之间的最大距离等于内二者之间的位移之差，即为，故C正确；
D、乙选手超过甲选手后，其速度始终比甲选手的大，两选手不可能再次相遇，故D错误。
故选：。
根据图像与时间轴所围的面积表示位移，来求乙选手起跑时甲选手的位移。相遇前甲、乙两选手速度相等时间距最大，由“面积”法求相遇前甲、乙两选手之间的最大距离。根据两人的位移关系判断是否相遇。
本题是速度时间图像的应用，关键要明确图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。
4.【答案】
【解析】解：、当神舟十五号飞船处于半径为的圆轨道Ⅰ，根据万有引力提供向心力得
则地球的质量为，故A错误；
B、由图可知，轨道Ⅱ的半长轴为
由开普勒第三定律
可得
解得
故B正确；
C、由开普勒第二定律可知，近地点的速率大于远地点的速率，所以飞船沿轨道Ⅱ从运动到对接点过程中，速度不断减小，故C错误；
D、因为飞船在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ的点时，轨道半径相同，根据万有引力提供向心力，可知飞船在轨道Ⅱ经过点时受到地球的万有引力等于在轨道Ⅲ经过点时受到地球的万有引力，故D错误。
故选：。
根据万有引力提供向心力解得地球质量；根据开普勒第三定律分析周期大小，根据开普勒第二定律分析；根据万有引力公式分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
5.【答案】
【解析】解：、当最左端连接的轻绳的拉力大小为时，最大，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件水平方向有：
竖直方向有：
联立解得，
故AB错误；
C.当时，灯笼整体受力分析如图
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力
对第个灯笼至第个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件
则第个灯笼与第个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角
故C正确；
D.当时，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力
对第个灯笼至第个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件
则第个灯笼与第个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角
故D错误。
故选：。
将灯笼当作一个整体，根据共点力的平衡条件分析；根据整体和隔离的分析方法结合共点力平衡条件解得。
在利用共点力的平衡条件解决问题时，可以选取几个物体为整体，也可以选取一个物体为研究对象。
6.【答案】
【解析】解：、设灯泡的额定电压为，额定电流为，原线圈的电流为，原线圈的电压为，副线圈的总电流为，副线圈的电压为，电源的总电压为，接通电源后调节滑片处于正中央时，滑动变阻器的电阻为，三只相同灯泡均正常发光，通过三个灯泡的电流相同，则有
原副线圈两端电流比等于匝数的反比，有：，故A错误；
B、原副线圈两端电压比等于匝数比，有：，解得：
根据欧姆定律得：，解得：，故B错误；
C、滑片向下移动，滑动变阻器阻值变小，副线圈总电阻变小，则变大，变大，不变，减小，减小，则变亮、变暗，故C错误；
D、滑片向上移动，滑动变阻器阻值变大，副线圈总电阻增大，则变小，变小，不变，增大，增大，则变暗、变亮，故D正确。
故选：。
根据串并联规律和变压器的变压关系求解原副线圈匝数比和小灯泡的额定电压；滑片滑动，根据串并联规律判断灯泡的亮暗程度。
本题考查变压器，解题关键是掌握变压器的变压规律，结合串并联规律求解即可。
7.【答案】
【解析】解：、属于衰变，故A错误；
、和都属于人工转变，故BC错误；
D、为聚变方程，故D正确；
故选：。
放射性元素放射出粒子而转变为另一种元素的过程属于衰变；
和都属于人工转变；
核聚变是指小质量的两个原子核结合成一个比较大的原子核；
明确衰变，衰变，人工转变和核聚变方程时解决问题的关键。
8.【答案】
【解析】解：、对整体分析可知，整体受重力和绳子上的拉力作用，如果水平方向受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故均不会受到水平方向上的弹力；根据平衡条件可知，细线上的拉力；再对分析可知，只受重力和弹簧拉力而保持静止，故弹簧的弹力，故AB错误；
C、由于处于平衡，故弹簧的拉力，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对分析可知，受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；
D、对分析可知，剪断细线瞬间受重力和弹簧向下的拉力，合力，则由牛顿第二定律可知，加速度为，故D正确。
故选：。
对细线剪断之间的整体进行分析，从而明确细线上的拉力，再对分析明确受力情况；再对剪断细线之后分析，明确弹簧的弹力不能突变，则可明确两者的受力情况，从而求出加速度的大小。
本题考查牛顿第二定律关于瞬时加速度的计算问题，解题的关键在于明确剪断前后的受力分析，明确弹簧弹力的不能突变的性质应用即可结合牛顿第二定律正确求解；注意由于水平方向没有外力，故均和墙壁之间没有弹力和摩擦力。
9.【答案】
【解析】解：、小球速度增大到后，加速度变为，于是速度不再继续增大，故A错误；
B、小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；
C、剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的电场力，故此时加速度，故C错误；
D、由图象，可得
由牛顿第二定律，可得，可解出加速度为：
比较式与式，可知，，即，故D正确。
故选：。
通过图像得出信息，根据牛顿第二定律得出加速度表达式，进而分析小球的运动状态和受到的阻力与速度大小的关系。
在处理图像问题时，要能读出相关信息，要能根据数学知识写出对应的函数表达式，从而解决问题。
10.【答案】
【解析】解：、在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻的阻值减小，则通过的电流增大，根据热功率的计算公式可知电阻消耗的电功率变大，根据电源功率的计算公式可知电源的功率也增大，故A正确；
B、只调节电阻的滑动端向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，消耗的功率不变，电阻中无电流，故B错误；
C、只调节电阻的滑动端向上端移动的过程中，电容器两端的电压变小，电路中的电流变小，则干路上的总电阻分到的电压变小，路端电压变大，即电压表示数变大，；而电容器两端电压变小导致极板间的场强变小，电场力小于重力，所以带电微粒向下移动，故C错误；
D、若断开开关，电容器会放电，电荷量变小，则根据公式可知，电容器的电压也变下，场强变小，导致带电微粒向下运动，故D错误；
故选：。
当光照强度增大时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析出功率的变化；
调节的电阻对整个电路无影响；
调节的滑片会导致接入电路中的电阻有变化，结合闭合电路欧姆定律完成分析；
当断开时，电容器处于放电状态，电荷量减小，则电压和场强都变小，微粒向下运动。
本题主要考查了电路的动态分析，根据电阻的变化和电路结构分析出电路中电流和电压的变化，同时结合电容器的公式分析出电容器的变化即可。
11.【答案】
【解析】解：对两小球进行受力分析，如下图所示：
、为、两小球之间的库仑力，、为两小球之间的弹簧弹力，满足
对球受力分析，、。，三力满足相似三角形，则有
同理对球有
当球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有
；，绳长不变，点上移，长度变小，故C正确，ABD错误；
故选：。
对两小球进行受力分析，根据相似三角形列式分析出力的变化情况，结合几何关系完成分析。
本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉对物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答，整体难度不大。
12.【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。
13.【答案】
【解析】如果没有摩擦，小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，选项A正确，D错误；
如果没有摩擦，小球机械能守恒，小球运动到另一斜面上最高点的高度将与释放时的高度相同，选斜面倾角不同，故运动路程不一定相同，项BC错误。
故选A。
14.【答案】
【解析】A.内加速度为正值，做加速度减小的加速运动，故A错误；
B.图线与时间轴所围面积表示物体的速度，故内始终为正值，故速度方向不变，故B错误；
C.由图像可知，时和时加速度等大反向，故C正确；
D.时和时，斜率相同，故急动度相同，故D错误。
故选C。
15.【答案】
【解析】A.卫星绕地球转动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知
变形可得
由该公式可知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度在数值上等于卫星绕地球表面转动时的环绕速度，该导航卫星轨道半径大于地球半径，所以其速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B.第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度指的卫星摆脱地球引力最小发射速度，该导航卫星绕地球转动，没有摆脱地球引力，所以其发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，选项B正确；
C.卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知，可知加速度大小与质量无关，选项C错误；
D.卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知
由几何关系可知
联立可得，选项D错误。
故选B。
16.【答案】
【解析】A.将乒乓球的运动逆过程处理，即为平抛运动，两次的竖直高度不同，两次运动时间不同，项错误；
B.在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，项错误；
C.两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，则两次撞击墙壁的速度不同，项错误；
D.竖直速度大的，其水平速度就小，根据速度的合成可知飞出时的初速度大小可能相等，项正确。
故选D。
17.【答案】
【解析】A.由题知，通过变压器副线圈的电流的有效值等于电流表的示数，即为
变压器原副线圈的匝数比：，由
则流过定值电阻的有效值即通过变压器原线圈的电流的有效值，为，A错误；
C.由题知，电源电压的有效值为
则整个电路消耗的功率即电源的输出功率为，C错误；
故排气扇电动机的总功率为
原线圈两端的电压
设变压器副线圈两端的电压的有效值为，根据
解得
根据，又
解得通过排气扇电动机的电流的有效值为
则排气扇电动机的发热功率为
排气扇电动机的输出功率为，B错误D正确。
故选D。
18.【答案】
【解析】设每根绳的拉力为，则这两根绳拉力的合力
方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为，如图所示：
由平衡条件得
联立解得
代入数据得
故选A。
19.【答案】
【解析】解：、两波在同一根绳子上传播，波长相同，所以甲、乙波的频率相同，能形成稳定的干涉图样，故B正确；
A、时刻和处的质点刚好开始振动，甲、乙波起振方向分别是轴正方向和轴负方向，故A错误；
C、时两列波恰好第一次相遇，有，故C错误；
D、波的周期为：，甲波传到需要时间，在时，处质点振动，甲波在处引起的振动位移为，乙波传到需要时间，在时，乙波在处质点振动，乙波在处引起的振动位移为，所以处质点的位移为，故D正确。
故选：。
甲、乙波起振方向分别是正轴方向和负轴方向；
由图读出波长，结合波速关系找出周期关系，得出两列波频率相同，能形成稳定的干涉图样；
由两列波的振动情况，质点运动的位移。
本题综合考查了波的知识，学生需掌握波长、波速、周期间的关系，能灵活运用图像所包含的信息。注意两列频率相同的波相遇时可形成稳定的干涉。
20.【答案】
【解析】A.木板与地面间的最大静摩擦力
木板与物块间的最大静摩擦力
当拉力逐渐增大到时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为，故A正确；
当拉力达到时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板
对物块
解得，
此时拉力大小为，木板加速度达到最大值为，故B错误，C正确；
D.在时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。
故选：。
计算木板与地面间和木板与物块间的最大静摩擦力，根据拉力变化、整体法和隔离法及牛顿第二定律分析判断。
本题考查板块模型问题，要求掌握整体法和隔离法及牛顿第二定律。
21.【答案】
【解析】解：、由图可知，与碰前速度为，碰后速度为，与碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得。当与速度减为时，弹簧的弹性势能最大，且为，解得，故A错误；
B、末和的速度为，到的时间内，墙壁对物体的冲量大小等于弹簧对物体的冲量大小，也等于弹簧对和整体的冲量大小，则墙对的冲量为，解得，方向向左，故B正确；
C、物块刚离开墙壁时，、向左运动的速度大小为，物块离开墙壁后，、、三者共速时弹性势能最大，取向左为正方向，则由动量守恒定律有，由系统机械能守恒有：，联立解得弹簧的最大弹性势能：，故C正确；
D、物块刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，向左运动的速度大小为，物块离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体的速度最大，则有
，
代入数据解得：，即物块的最大速度为，故D错误。
故选：。
根据动量守恒定律求出与碰撞后的共同速度，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后、的总动能。根据动量定理，可以求解弹簧对和整体的冲量大小，从而得到墙壁对物块的冲量大小。物块离开墙壁后，当、、三者共速时弹性势能最大，根据、、系统动量守恒和机械能守恒，可以求解弹簧最大弹性势能和物块的最大速度。
本题的解题关键是会看图像，能从图像上读取有用信息，弄清物体的运动情况，然后根据动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律，即可进行求解。
22.【答案】
【解析】解：、通过电阻的电量为，故A正确；
B、安培力的冲量大小为：，故B错误；
、金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电流，使金属棒受到斜向下的安培力，金属棒的速度越大，阻碍它运动的安培力也越大，故金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动，当受力平衡时，其速度达到最大值，此时由感应电动势，感应电流：，可得：，解得
由能量守恒定律得：
联立解得：
则电阻上产生的焦耳热为：
根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为：，故C正确，D错误。
故选：。
根据电流的平均值与时间的乘积求通过电阻的电量；
根据安培力平均值与时间的乘积求安培力的冲量大小；
根据功能关系求金属棒克服安培力做的功；由能量守恒定律求出电路中产生的总热量，从而求得电阻上产生的焦耳热。
解决本题时，要能熟练推导出电量与磁通量变化量的关系，知道安培力是变力，要根据安培力平均值来求安培力的冲量。
23.【答案】
【解析】解：、对小球受力分析如图所示，洛伦兹力沿水平方向，库仑力沿着方向
在竖直方向，根据平衡条件得：
解得：
小球与点电荷之间的库仑力大小为，故A正确；
B、空间中存在竖直向下的匀强磁场，根据左手定则，从上往下看带点小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力才指向圆心，故B正确；
C、水平方向根据牛顿第二定律：
解得：
和并非单调关系，故C错误；
D、小球做匀速圆周运动的临界条件为：水平方向合力为，即
且
解得：
因为洛伦兹力提供向心力
根据几何关系可知
解得：
即时，所需的磁感应强度最小，故D正确。
故选：。
对小球受力分析，在竖直方向上受力平衡，求库仑力与重力之间的关系；根据左手定则判断小球做匀速圆周运动的方向；在水平方向上合力提供小球的向心力；小球做匀速圆周运动的临界条件为：水平方向合力为，然后由洛伦兹力提供向心力
求最小磁感应强度。
本题考查圆周运动和电场磁场的综合运用，本题的关键是通过受力分析找到合外力提供向心力，根据小球做匀速圆周运动的临界条件求磁感应强度最小。
24.【答案】
【解析】解：、卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，解得周期，根据数学公式变形可得，结合图像知直线的斜率为定值，与行星质量无关，故A正确；
B、图象的纵轴截距为根据数学知识可知，的纵轴截距的绝对值小，则行星的质量小于行星的质量，故B错误；
C、根据图象可知，处的轨道半径小，根据万有引力提供向心力可知：，解得：，则轨道半径小的，向心加速度大，所以卫星在处的向心加速度大于在处的向心加速度，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：，解得：，则卫星在处的向心加速度小于卫星在处的向心加速度，故D正确。
故选：。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点变形可知函数图象的意义；再结合万有引力提供线速度、角速度、加速度进行判断。
本题考查了万有引力定律在实际问题中的应用，解决此题的关键是根据人造卫星的万有引力等于向心力，结合数学知识点进行变形得到图像的函数表达式进行判断。
25.【答案】
【解析】解：、火药爆炸瞬间，、组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
联立代入数据解得：，，则，故A正确；
B、若、与木板上表面间的动摩擦因数相同，由于、质量不等，则爆炸后与所受的滑动摩擦力方向相反，大小不等，、组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；
C、若、与木板上表面间的摩擦力大小不相等，由于、、组成的系统合外力为零，所以系统动量守恒，故C错误；
D、板足够长，最终、、三个物体与木板共速，设共同速度为。取向右为正方向，由动量守恒定律得
，解得
整个过程中、、系统由于摩擦产生的内能，可得，故D正确。
故选：。
爆炸过程、组成的系统动量守恒，能量也守恒，利用动量守恒定律与能量守恒定律求出爆炸后瞬间、的速度大小，从而得到两者速度大小关系；根据系统动量守恒的条件：合外力为零，分析爆炸后、组成的系统和、、组成的系统动量是否守恒；板足够长，最终、、三个物体与木板共速，由动量守恒定律求出共同速度，再由能量守恒定律求整个过程中、、系统由于摩擦产生的内能。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，要把握动量守恒的条件：合外力为零，通过分析外力来判断系统动量是否守恒。运用动量守恒定律时，要规定正方向。
26.【答案】
【解析】解：、由粒子沿轴正方向射入磁场，知其在左侧磁场运动的圆心在轴上，由洛伦兹力提供向心力有
得区域圆周运动的半径
取粒子在区域圆周运动的轨迹恰好与右边界相切，轨迹如图：
由图可知此时粒子从轴负方向垂直轴射出磁场，故A正确；
B、取粒子在区域圆周运动的半径为，有
得
故B错误；
C、粒子在区域运动时间为
粒子在区域运动时间
粒子在两磁场中的运动时间为
若，则
故C正确；
D、取粒子区域速度偏角为，粒子在区域沿轴运动的最远距离
稍减小粒子的入射速度，粒子在区域沿轴运动的最远距离减小，粒子不会从磁场的右侧离开，一定从轴射出磁场区域，故D正确。
故选：。
粒子在左侧磁场做匀速圆周运动，进入右侧磁场进行匀速圆周运动，粒子从轴负方向射出磁场；粒子在区域圆周运动的半径有；粒子圆周运动时间通过圆心角进行计算；粒子在区域沿轴运动的最远距离，由此判断粒子是否从轴射出磁场区域。
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，需要通过与速度方向垂直的关系找圆心，结合几何关系求解半径。
27.【答案】
【解析】A.衰变放出的射线是高能电磁波，电离能力弱。故A错误；
B.钍原子发生一次衰变，核内一个中子变为质子，释放一个电子。故B正确；
C.射线是高速电子流，它的穿透能力比射线强。故C正确；
D.半衰期是大量统计的结果，对少量的粒子没有意义。故D错误。
故选BC。
28.【答案】
【解析】A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；
由下图可知，点电荷位于方向延长线与方向延长线的交点处，且点与点相比，点离负点电荷较近，点处电势较低，根据点电荷电场线的分布，点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，故B错误，D正确；
C.由可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以从到系统电势能减小，故C正确。
故选CD。
29.【答案】
【解析】A.由分离的条件可知，A、两物体分离时二者的速度、加速度均相等，二者之间的相互作用力为，对分析可知，的加速度，所以的加速度为，故A正确；
B.A、两物体分离时弹簧恢复原长，到达最高点时弹簧又恢复原长，从A、分离起至到达最高点的这一过程中，弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧的弹力对做的功为零，故B错误；
C.当两者分离时，向上运动，当运动到最高点时，向下运动，故动量变化不为零，总的动量变化方向向下，故C错误；
D.分离的瞬间，两个物块速度加速度均相同，之后做竖直上抛运动达到最高点，根据这段距离可求出其初速度
则
在此过程中对，由动量定理得
代入数据解得，故D正确；
故选AD。
30.【答案】
【解析】A.在磁场中运动时，回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，电流的方向为，选项A错误；
B.当进入磁场后回路中产生感应电流，则受到向左的安培力而做减速运动，受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知向右做加速度减小的加速运动，选项B正确；
C.从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得
对和系统，合外力为零，则由动量守恒
解得
对由动量定理
其中
解得，选项C正确；
D.从从圆弧导轨的顶端由静止释放，至刚离开磁场时由能量关系
其中
解得，选项D错误。
故选BC。
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湖南省永州市三年（2021-2023）高考物理模拟题分类汇编-01选择题（含解析）