2021届广东省珠海市高考物理模拟试卷(2月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届广东省珠海市高考物理模拟试卷（2月份）一、单 选 题（本大题共5 小题，共 30.0分）1.氮离子（He+）和氢原子一样，原子核外都只有一个电子，因此它们有着相似的能级图，如图所示分别为氢原子和氧离子的能级图。一群处于量子数n=4的激发态氢离子，能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光子（已知金属铝的逸出功为4.54eV）,下列说法正确的是（）n/eV“/eV-.0 x-.04-0.854-3.40 x/nda wL1 -13.6i-54.4发摩子能级u氨离子能蜴图A.最多有3种频率的光子B.有3种频率的光子能使金属鸨发生光电效应C.有3种频率的光子能够使处于基态的氢原

2、子电离D.氯离子和氢原子分别从量子数n=2的激发态向ri=1的基态跃迁，辐射的光子使金属鸨发生光电效应，逸出光电子的最大初动能相同2.如图所示的位移-时间（x-t）图 像 和 速 度-时 间 图 像 中 给 出 四 条 图 线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.0&时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C.0 t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相遇D.0 4 时间内，丙、丁两车的平均速度相等3.2021年1月12日，滑雪战队在崇礼国家越野滑雪中心进行越好滑雪训练.如图所示在一次滑雪过程中，运动员由4 点下滑到B点

3、.他的动能增加了1 9 0 0/,重力对他做功2 1 0 0/,则在此过程中（）A.运动员的重力势能减小了 1900/B.运动员所受的阻力做功为200/C.运动员的所受的合外力做功为2100/D.运动员的机械能减小了 200/4.如图所示，一价和二价的静止铜离子，经过同一电场加速后，再垂直射入同一偏转电场，最终打到显示屏上（不计重力）。有以下判断:离子经过加速电场时，二价铜离子受到的电场力的冲量大；在偏转电场中，电场力对两种离子做的功一样多；两种铜离子打在屏上时的速度一样大；两种铜离子打在屏上的同一点。以上判断正确的是（）A.B.C.D.5.开普勒有关行星的三个定律被称为“中世纪科学与近代科学

4、的分水 火星./.、岭”。如图所示，下面说法正确的是（）地球心用A.火星绕太阳运行过程中，速率不变B.地球靠近太阳的过程中，运行速率减小C.在相等时间内，火星和太阳的连线扫过的面积与地球和太阳的连线扫过的面积相等D.火星绕太阳运行一周的时间比地球的长二、多 选 题（本大题共5 小题，共 27.0分）6.如图所示，原来不带电的金属细杆ab长为3 距离b端为2的P处放置一个带电量为Q的正点电荷，达到静电平衡后（）c d 人（一yjM p-L-4-I TtA.a端电势比b端高B.b端电势比d点的低C.杆内中点c处的场强方向由Q指向bD.感应电荷在杆内中点c处产生的场强大小为E=k 志7.如图所示为粗

5、细均匀的裸铜导线制成的半径为r 的圆环，PQ为圆环的直径，其左侧上方的;圆面积内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小4为B,圆环的电阻为2R。一根长度为2八 电阻为R的均匀金属棒MN以圆环的圆心。点为旋转中心，紧贴着网环以角速度3 沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，开始时MN与PQ重合（）A.金属棒中感应电动势的最大值为BN/B.0巴时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为叱36RC.金属棒中电流的有效值是四E8RD.金属棒旋转一周电路中产生的热量为吧贮6R8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其左、右端各有固定放置的竖直挡板M、N,在P和挡板之间放有光滑、质量分布

6、均匀的小圆 卜/一弋柱体a、b,两者质量相等，a的位置比b高，装置整体处于静止状态，如图所示是这个装置的纵截面图，下列判断正确的是（）A.P对a的弹力比P对b的弹力小B.挡板N对a的弹力比挡板M对匕的弹力小C.地面对P的摩擦力方向向右D.若将N挡板缓慢向右移动，直至a、b等高，则P所受摩擦力逐渐减小9.两个分子从靠近的不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大,直到大于分子直径的10倍以上，这一过程中关于分子间的相互作用力的下述说法中正确的是（）A.分子间的斥力在减小，引力在增大B.分子间的引力和斥力都在减小C.分子间相互作用的合力，先减小后增大，再减小D.分子间相互作用的合力在逐渐减小10

7、.北京时间2013年4月20日8时02分四川省雅安市芦山县（北纬30.3度，东经103.0度）发生7.0级地震，地震波有横波也有纵波.如图为某一简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c是波中的三个质点，已知此时质点a的振动方向沿y轴正方向，则下列说法中正确的是（）A.此简谐横波沿x轴正方向传播B.此时质点b向上振动C.从这一时刻开始，质点a、b、c中第一次最先回到平衡位置的是cD.从这一时刻开始，质点a、b、c中第一次最先回到平衡位置的是b三、实 验 题（本大题共2小题，共15.0分）11.某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定

8、出4、B、C、。、E、尸、G共7个计数点.其相邻点间的距离如图1所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.10s.(1)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算出打下B、C、D、E、F五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下表(要求保留3位有效数字)%数值(m/s)_(2)将B、C、D、E、F 各个时刻的瞬时速度标在如图所示的坐标纸上，并画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线.(3)根据第问中画出的 -t图线，求出小车运动的加速度为 m/s2(保留2位有效数字)f V/M S-1A B C D E F|32cm4.38叶5.20c*5.99cm1 6.80cm 1 7.62cm图1图212.

9、已知电流表的内阻Rg=1200,满偏电流/g=3 m A,要把它改装成量程是6V的电压表，应_ _ _ _联 0 的电阻，要把它改装成量程是34的电流表，应_ _ _ _ _ _ 联 0 的电阻.四、计算题(本大题共4 小题，共 52.0分)13.一小球从斜面顶端以2m/s的初速度开始滚下，经4s匀加速运动到达斜面底端，加速度的大小为lui/s2.求：(1)斜面的长度；(2)运动到斜面中点时的速度。1 4.如图所示，4B C是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，4点与圆心。P|4一号、g等高，B、C点处于竖直直径的两端.P 4是一段绝缘的竖直圆管，两-i者在a点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的

10、匀强电场中.一质“y 石)量为小、电荷量为+q的小球从管内与C点等高处由静止释放，一段-i J时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动.已知匀强电场的电场强度-x-岳=詈9为重力加速度)，小球运动过程中的电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力.(1)求小球在圆管内运动过程受到圆管的压力.(2)求小球刚离开4点瞬间对圆弧轨道的压力.(3)求小球对圆弧轨道的最大压力.1 5 .汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成油耗上升。某型号轮胎能在-40 -9 0冤的环境中正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过标准大气压的3.5倍，最低胎压不低于标准大气压的1.6倍，耶么在t =

11、2(T C时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？(已知标准大气压为方,轮胎的容积不变)1 6 .如图，力B C是一直角三棱镜的横截面，乙4 =9 0。，NB =6 0。一细光束从8 c边的。点入射，折射后，射到4 C边的E点，并在E点恰好发生全反射，后经4 B边的尸点射出。已知反射光线E F平行于棱镜的B C边，AC=d,E点恰好是4 c的中点。不计多次反射。(1)棱镜的折射率n；(2)光 束 从 边 的。点入射时，入射角的正弦值s in a；(3)光束在三棱镜中的传播时间t。E参考答案及解析1.答案：C解析：解：4、一群处于量子数7 2 =4的激发态氮离子最多能辐射出盘=6 种不

12、同频率的光子，故 A错误；BC、根据能级的跃迁条件hy=Em-治得激发态氢离子产生的光子能量分别为：由n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为约1 =3.40eV-(-54.4eK)=SleV,由ri=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为为i=-6.04eV-(-54.4eK)=48.36eV由n=2能级跃迁到n=1能 级 辐 射 出 的 光 的 能 量 为=-13.6eV-(-54.4elQ=4 0.8),由n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量为&2=-3.40eV-(-13.6e7)=10.2eV,由n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量为E32=-6.04eV-(-13

13、.6elZ)=7.56eV,由n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量E43=-3.40eV-(-6.04eV)=2.64eV；可知有5种光子的能量大于该金属鸨的逸出功4.54eV,能使金属鸨发生光电效应，则有3种光子的能量大于基态氢原子的电离能1 3.6 W,能够使处于基态的氢原子电离，故 B 错误，C正确；D、氢原子从量子数n=2的激发态向ri=1的基态跃迁释放的光子能量为4 E=-3.40eV-(13.6eK)=10.2eV,与氯离子从量子数n=2的激发态向n=1的基态跃迁释放的光子能量不同，根据光电效应方程：以=/iy-W 辐射的光子使金属铝发生光电效应，逸出光电子的最大初动能不相同

14、，故。错误。故选：Co根据组合鬣求处氢离子最多发出谱线的种数；根据能级的跃迁满足皈=Em-En求出能级跃迁释放的能量，并依据光电效应发生条件：入射光的能量大于或等于锌板的逸出功，及 光 电 效 应 方 程 的=即可一一求解.考查数学组合公式，掌握能级的跃迁，激发态不稳定，会向基态发生跃迁，理解光电效应的条件与其方程的内容.2.答案：B解析：在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；在速度-时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移。要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移-时间图象和速度-时间图象的区

15、别，难度不大，属于基础题。A 位移时间图中，斜率代表速度，由图可知甲的速度不变，所以做匀速直线运动，乙的斜率逐渐减小，所以做速度逐渐减小的直线运动，并非曲线运动，故 A错误；员在打时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故 8 正确；C.由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故 C错误；DO t2时间内，丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故。错误。故选B。3.答案：D解析：解：4、在此过程中，重力对他做功2 1 0 0/,则运动员的重力势能减小了2 1 0 0/,故 4

16、错误；B、由动能定理得：4琢=亚+小 版 得运动员所受的阻力做功：W阳=AEk-Wj g=19007-2100/=-2 0 0 7,故 8 错误；C、根据动能定理得运动员的所受的合外力做功：w 分=/&=1 9 0 0/,故 c 错误；D、运动员所受的阻力做功为-2 0 0/,即运动员克服阻力做功为2 0 0/,根据功能关系知，运动员的机械能减小了2 0 0/,故。正确。故选：Do重力做正功多少，重力势能就减少多少；根据动能定理求阻力做功；运动员克服阻力做功多少，其机械能就减少多少；合外力做功多少，动能就增加多少，根据功能关系分析答题。解答本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道重力做功决定了

17、重力势能的变化，合外力做功决定了动能的变化，除了重力以外其他力做功决定了机械能的变化。4.答案：B解析：解：粒子经过加速电场加速时，只有电场力做功，由动能定理得：qU1=诏.I离子经加速电场加速过程中，根据动量定理得，电场力的冲量为：故二价铜离子受电场力的冲量大。故正确。粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动所以竖直方向：y=?a t2=3尝 .!4 N C L T i i 外，故A错误，8正确.C、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，故C错误.。、抓住c点场强为零，则感应电荷产生的电场和点电荷在c处产生的场强大小相等，方向相反

18、，则_.QE=上评小故。正确故选：BD.根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低.达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉.7.答案：BD解析：解：4、只有当M。、N。分别切割磁感线时，环中才有感应电流，M O、N。中感应电动势的最大值为故4错误；B、金属棒有电流时，电流/=$=甯，0二时间内，即半个周期内通过金属棒M N的电荷量为q=I-=也。，故B正确；V 4 6RC、在一个周期内，只有半个周期的时间内金属棒中有电流，则/2R京*=/3?京 兀 所以金属棒中电流的有效

19、值是/若.=回比，故C错误；D、依Q=%及 总T,7=变得。=也 叱，故。正确。3 6R故选：B D。根据E=鸟/求金属棒中感应电动势的最大值。根据欧姆定律求出金属棒中的电流，再由q=It求通过金属棒MN的横截面电荷量。根据有效值的定义来求金属棒中电流的有效值，结合有效值求金属棒旋转一周电路中产生的热量。本题考查转动切割产生的感应电动势问题，要掌握转动切割产生的感应电动势公式，明确有效值的定义方法，结合闭合电路欧姆定律进行求解。8.答案：ABD解析：解：A B D,设P对a和b的弹力方向与竖直方向的夹角分别为a和0。以a球为研究对象，分析受力，如图1所示，根据平衡条件得：Flmg图1P对a的弹

20、力大小0 =挡板对a的弹力大小为Ni=mg tana同理，对b球研究，得到：P对b的弹力大小 2=湍，挡板对a的弹力大小为可 2 =mgtanp根据几何知识得：a 0,可得：F1 F2,Nr N2,所以P对a的弹力比P对b的弹力小，挡板对a的弹力比挡板对b的弹力小。故 4BZ)正确;C、对a、b和P整体受力分析如图2所示，可知在水平方向上由于Ni N 2,则摩擦力f 水平向左，故 C错误；D、若将N挡板缓慢向右移动，直至a、b等高，此时ab关于P的圆心对称，P静止不动，则MN两个挡板对ab的支持力相等，则此时P在水平方向上不受摩擦力作用，所以P所受摩擦力逐渐减小，故。正确；故选：ABD.(1)

21、分别以a球和b球为研究对象，分析受力，根据平衡条件得出P和挡板对它们的弹力大小表达式，再进行比较；(2)对a、b和P整体受力分析，求出地面对P摩擦力的方向；(3)若将N挡板缓慢向右移动，直至a、b等高，此时ab关于P的圆心对称，P静止不动，则 两 个 挡板对ab的支持力相等，则可知P受摩擦力为零。本题灵活运用整体法和隔离法进行受力分析，求内力时用隔离法，求外力时用整体法。选好研究对象，灵活运用整体法和隔离法使受力分析题目解题更方便快捷。9.答案：BC解析：解：力、当分子间距增大时，分子之间的引力和斥力都同时减小，故A错误，8正确；C、当两个分子从靠近的不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增

22、大，达到分子间距等于力的过程，分子间的相互作用力（合力）减小，当从力再增大时，分子引力减小的较慢，故合力表现为引力，且增大，然后增大到某一值，又减少，至直到大于分子直径的10倍，引力与斥力均几乎为零，其合力为零，故C正确，O错误；故选：BC.分子间的作用力都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，分子间的相互作用力（合力）先减小，然后增大到某一值，最后无穷远又减少到零.本题考查了分子力和分子之间距离的关系，分子间作用力的大小与其距离的关系可结合课本上的F-x图象记忆.10.答案：AC解析：解：4质点a的振动方向沿y轴正方向，根 据“上下坡法”知，此简谐波沿x轴正方向传播.故A正确.B、简谐波沿

23、支轴正方向传播，根 据“上下坡法”知，b质点的振动方向向下，故8错误.CD、a质点的振动方向向上，b质点的振动方向向下，可知第一次最先回到平衡位置的是a故C正确，。错误.故选：AC根据质点的振动方向确定波的传播方向，从而确定各个质点的振动方向，得出哪一个质点先到达平衡位置.解决本题的关键知道质点振动方向与波传播方向的关系，以及能够通过波动图象获取相关信息.判断质点的振动方向与波的传播方向间关系的方法常用的有：上下坡法、波形平移法、质点的带动法，等等，都要学会运用.11.答案：（1）0.400；0.479；0.560；0.640；0.721；V/B-S 10*6；1 6.2 6*3 6 4 0

24、4 5 6 6rt/s(3)0.80 解析：本题的关键是熟练应用匀变速直线运动规律和推论解决实验问题，在计算中要注意单位的换算和有效数字的保留。(1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出各点的瞬时速度；(2)利用描点法可以求出画出其速度-时间图象；(3)根据速度-时间图象的物理意义可知，其斜率表示加速度的大小。(1)利用匀变速直线运动的推论得：vB-等=0.400m/svc 竿=0.479m/s%=笫=0-560m/svE 架=0.640m/sW=等=0.721m/s(2)将B、C、D、E、F各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，并画出小车的瞬时速度随时间变化的

25、关系图线，如下所示：(3)根据u-t图象求出图形的斜率k,所以小车加速度a=k=0.80m/s2.故答案为：(1)0.400；0.479；0.560；0.640；0.721；0.80。12.答案：串；1880；并;0.12解析：解：把电流表改装成量程为6U的电压表要串联电阻分压，串联电阻阻值：R串=*R g =-120=188003X 10-3把电流表改装成34量程的电流表要并联电阻分流，并联的分流电阻：”然=271/0 3 U.U U 30.1212；故答案为：串1880；并0.12电流表改装成电压表应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；把小量程电流表改装成电流

26、表要并联分流电阻，并联电阻阻值为/?=岑.-a考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大.13.答案：解：(1)由匀变速直线运动的位移公式得：1 O 1 Qx-vot 4-a tz=2 x 4 4-x lx 4z=16m；(2)小球到达斜面底端时的速度：v=v04-at=2+lx 4 =6m/s,运动到斜面中点时的速度为必，由速度位移公式：/一 诏=2a x 16,vl-VQ=2a-8,解得：=2V5m/s；答:(1)斜面的长度16m；(2)运动到斜面中点时的速度2代 m/s。解析：(1)根

27、据匀变速直线运动的位移时间公式求出斜面的长度。(2)根据速度位移公式求出小球运动到斜面中点的速度。解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式和速度位移公式，并能灵活运用。14.答案：解：(1)由受力分析得：小球受到圆管的压力N=qE即 N=mg.(2)根据动能定理得，m g R =域-0,解得若=2gR,根据牛顿第二定律得，qE+为=m ,解得N.-mg.(3)因为重力和电场力相等，则等效最低点。与。点的连线与竖直方向的夹角为45度.根据动能定理得，mgR(l+cos45)+qER(l+s讥45。)=|mv3 一。，解 得 诏=2 g+2)g R,根据牛顿第二定律得，Nm m

28、gcos45 qEcos45=m 解得 =(3 四+2)mg.答：(1)小球在圆管内运动过程受到圆管的压力为m g；(2)小球刚离开4 点瞬间对圆弧轨道的压力为m g；(3)小球对圆弧轨道的最大压力为(3 a+2)mg.解析：Q)小球在圆管内水平方向上受电场力和圆管的弹力处于平衡，结合水平方向上平衡求出圆管对小球的弹力，从而得出小球对圆管的压力.(2)根据动能定理求出4点的速度，结合径向的合力通过向心力，求出小球在力点所受的支持力，从而得出小球对4点的压力.(3)当小球运动到等效最低点时，速度最大，小球对轨道的压力最大，根据牛顿第二定律和动能定理求出最大压力.本题整合了动能定理、牛顿第二定律的

29、应用，关键是找到等效的最低点凡可与单摆进行类比，分析电场力与重力的合力方向，即可确定等效最低点的位置，再由动能定理、牛顿第二定律求解最大压力.15.答案:解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。设在7。=293K充气后的最小胎压为最大胎压为用ax。因为当温度为71=-40=233K时胎压为七=1.6P。在t=2(TC时给该轮胎充气，即：K)=293K根据查理定律有：合=铲，即：劈=翳解得：Pmin=2.01PO当了2=90=363K 时胎压为 P2=3.5P。根据查理定律有：*=竽，即：翳=舞2 0 363 293解得：Pmax=2.83P0所以胎压在20久时的合适范围是2.01P。2.8

30、3Po答：充气后的胎压在2.OlPo2.83P。的范围内比较合适。解析：根据题意，该变化为等容变化，在t=2(TC时给该轮胎充气，充气后的胎压在-4CTC不低于l.G atm,在9(TC不超过3.5atm。根据查理定律今=自进行求解。本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积心温度7三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，要联系生活实际，运用查理定律计算或解释有关的物理现象。16.答案:解：(1)由于光在E点反射后的光线与BC边平行，由几何关系可知，在E点的反射角等于60。又由于光恰好在E点发生全反射，即临界角C=60。，n=-i-,可得棱镜的折射率n=白=%=sinC stn

31、C sin6Q1 _ 2/3逅一 2(2)由几何关系可知，光线在。点的折射角y=30。，由 折 射 定 律 九 得：sina=n-siny=xsiny3.Q n o 2 6 V l 后sm30=x-=o3 2 3(3)已知4C=d,E点 为 的 中 点，即CE=EA=g由几何关系可得DE=磊，EF=%,光束在棱镜中经过的路程为s=DE+EF=等,光在棱镜中的传播速度。=京光束在三棱镜中的传播时间t=：.解得”=V 3d圭=32W C答：(1)棱镜的折射率71是 手；(2)光束从BC边的。点入射时，入射角的正弦值是日;(3)光束在三棱镜中的传播时间是g解析：已知条件知道E点恰好发生全反射，结合几何知识求出临界角，就可以求出折射率。然后用折射定律求出入射角正弦值。结合几何知识找到传播距离，求出在玻璃中的传播速度，就可求出传播时间。本题考查光学中全反射知识，结合几何知识找到临界角，然后结合折射定律求解。