2021年广东省高考物理猜题试卷(含答案解析).pdf

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1、2021年广东省高考物理猜题试卷一、单选题(本大题共7小题，共 28.0分)1.已知 阻、汨、2H e 的质量分别为四、山2、巾3、m4关于核反应：iW+j H-2 W e+Jn,下列说法正确的是()这是核裂变反应这是核聚变反应反应中放出的能量为Oi +m2-m3-m4)c2反应中放出的能量为(m 3 +一 一 m2)c2A.B.C.D.2.3.海王星有13 颗已知的天然卫星.现认为海卫二绕海王星沿圆轨道匀速运转，已知海卫二的质量2.0 x2019 如,轨道半径为5.5 x 106 k m,运行的周期为3 6 0天，万有引力常量G=6.6 7 X，()T N m 2/k g2则海王星的质量大约

2、为()A.1.0 x 1 01 7kg B.1.0 x 1 02 6kg C.2.0 x lOllkg D.2.0 x 1019 k g如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2k g的物体4处于静止状B态.若将一个质量为3 k g的物体B 竖直向下轻放在4 上，则放在4 上的一瞬间B 对4 的压力大小为(g取10?n/s2)()4.A.B.c.D.3 0N15/V1 2 N如图电路中，2、B 为两块竖直放置的金属板，G 是一只静电计,开关S 合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是(A.合上S,使4、B 两板靠近一些B.合上S,使4、B 正对面积错开一些C.断开S,

3、B 间距靠近一些D.断开S,使4、B 正对面积错开一些0)使4、5.甲球的重力是乙球的5 倍，甲和乙从同一高度同时由静止释放，不考虑空气阻力，贝 l j()A.两球同时落地 B.甲球先落地 C.乙球先落地 D.无法确定6 .如图所示，螺线管两端通入大小及方向随时间周期性变化的电流，沿着螺线管轴线方向有一正电荷射入，则该正电荷在螺线管内将做（）e m 一切 砥5加爵A.加速直线运动 B.匀速圆周运动 C.匀速直线运动 D.往返运动7 .有一个变压器，当输入电压为2201/时输出电压为12U,某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧坏了，于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈，用 1绝缘导线在铁芯上新绕了

4、5匝线圈作为副线圈（如图所示），然后将原线圈接至U1 1 0 U交流电源上，将交流电流表与1 0 0 0的固定电阻串联后接在新绕的5匝线圈两端，这时电流表的示数为5 m 4该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。你认为该变压器原来的副线圈匝数应为（）A.2 2 0 0 B,1 1 0 0 C.6 0 D.3 0二、多 选 题（本大题共3小题，共1 8.0分）8 .质量为2 X 1 0 3 k g的汽车发动机的额定功率为g o k w,若汽车在平直公路上行驶所受阻力大小恒为4 X1 0 3 N,那么（）A.汽车在公路上以额定功率行驶的最大行驶速度为2 0 m/sB.汽车以额定功率起动

5、，当汽车速度为5 m/s时，加速度为&n/s 2C.汽车以2?n/s 2的加速度起动做匀加速启动，第2 s末发动机实际功率为1 6 k勿D.汽车以2 m/s 2的加速度起动做匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为1 0 s9.如图所示为甲、乙两物体运动的u-t图象，t2 2%D.此图中，甲做一维直线运动，乙做二维折线运动io .如图所示，等边闭合三角形线框，开始底边与匀强磁场的边界平行 A咀重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该.J*X X X）磁场区域，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针 X X X）B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈

6、的加速度大小可能相同 工 2c.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动D.线框进、出磁场过程，通过线框的电量不同三、填 空 题（本大题共2 小题，共 8.0分）11.破碎的玻璃不能把它们拼接在一起是因为其分子间反力的作用.（判断对错）12.图甲表示一列简谐横波在t=20s时的波形图，图乙是该列波中的质点P 的振动图象，由甲、乙两图中所提供的信息可知该波的波长为 m,该波的传播速度为 m/s四、实 验 题（本大题共2 小题，共 16.0分）13.在探究物体的加速度与力、质量的关系实验中：（1）在探究物体的加速度与质量的关系时，应保持 不变（选 填“小车及车中祛码的质量”或“托盘及盘中祛码

7、的质量”），电 磁 打 点 计 时 器 应 接；（选 填“低压直流电源”或“低压交流电源”）（2）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持 不变，分别改变施加在物体上的水平拉力尸，测出相对应的加速度或（选 填“小车及车中祛码的质量”“水平拉力”或“托盘及盘中祛码的质量”）14.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示；金属丝的电阻大约为7。先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。10MB _从图中读出金属丝的直径d为_ _ _ _ _ _mm.o在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源：

8、电动势约4.5 V,内阻很小；电流表41：量程。0.6 4内阻以1等于10;电流表4：量程。3.0 4内阻R”约0。250；电压表V：量程03 V,内阻约3kO；滑动变阻器&：最大阻值1Q滑动变阻器/?2：最大阻值500。；开关、导线等。在可供选择的器材中，应 该 选 用 的 电 流 表 是 ,应 该 选 用 的 滑 动 变 阻 器 是。根据所选器材，在方框中画出实验电路图。若按照以上电路图测出电流值为/,电压值为U,金属丝长度为3则电阻率p的表达式为：p=五、计 算 题（本大题共4小题，共44.0分）1 5.如图（a）所示，左侧为某课外活动小组设计的某种速度选择装置（图b为它的立体图），由水

9、平转轴及两个薄盘N、M构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L=两盘面间存在竖直向上的匀强电场，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调；右侧为长为d=1巾的绝缘水平桌面，水平桌面的右端与一半径为R=0,26粗糙绝缘的四分之一圆弧相切连接.今有一电荷量为q=8 x质量为m=M g的一带电小球沿水平方向以北=4rn/s射入N i狭缝，匀速通过两盘间后通过N2的狭缝，并沿水平桌面运动到右端经圆弧后能再上升h=0.2m的高度.已知小球与水平桌面间动摩擦因数为=0.2,求：(1)小球带何种电荷及两盘间的电场强度E的大小；(2)若两狭缝夹角为。=60。，盘匀速转动，转动方向如图(b),要使小球能通过两狭缝，薄盘转动

10、的角速度3多大？(3)小球通过两狭缝后，让两狭缝停止转动且竖直对齐，如图(c),问小球返回后能否再次通过两狭缝？16.某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律.图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，力、8两摆球均很小，质量之比为1：2.当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触.向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45。角，然后将其由静止释放.结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30。.若本实验允许的最大误差为 4%,此实验是否成功地验证了动量守恒定律?17.如图所示，一定质量的理想气体被封闭在体积为的容器中，室温为7O=3OOK,有一光滑导热活塞C(不占体积)将容器分成4、B两室，B

11、室的体积是4 室的3倍，4 室容器上连接有一U形管(U形管内气体的体积忽略不计)，两边水银柱高度差为76cm,B室容器中连接有一阀门K,可与大气相通(夕 卜 界大气压等于76cmHg)。求：(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多大？(2)打开阀门K后，对容器内的气体加热，使U形管内两边水银面的高度差为零，则对气体加热的最高温度可达多少？B1 8.如图所示为一直角棱镜A B C,光从空气中以入射角9从4B面上的P点进入棱镜，在4 c 面恰无光线射出.求棱镜的折射率.要使该光线能从AC面射出，说明。角应如何变化?RC参考答案及解析1.答案：C解析：解：、聚变是质量数较小的核聚变生成质量数较大的核，

12、正确，错误；、由质能方程知反应中放出的能量为(n i l +瓶2 -澳3 -爪4%2,错误，正确，故 C正确,A 8。错误。故选：Co聚变是质量数较小的核聚变生成质量数较大的核，裂变是质量数较大的核裂变生成两个质量数中等的和，由质能方程求放出的能量。本题考查了聚变和裂变的特点以及质能方程的应用。2.答案：4解析：解：根据G 萼 =m r 当 得海王星的质量为：T2 T2M=需=母罐豁“M X 1。场 故 A正 确,B、C、O错误故选：A.根据万有引力提供向心力，结合海卫二的周期和轨道半径求出海王星的质量.解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，并且熟练进行估算.3.答案：D

13、解析：解：放B 物体前，A 物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力0=犯 =2 0%；放上B 物体后，先 对 人 B 整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有(jnA+mBg-瓦=(mA+mB)a解得a=q-=6 m/s2mA+mB再对B 受力分析，受到重力和4 对B 的支持力，根据牛顿第二定律，有mBg-FAB=mBa解得FAB=巾 B（g a）=12N故选D放B物体前，4物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡；放上B物体后，先对4、8 整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律求解出加速度；再对B受力分析，受到重力和4对B的支持力，根据牛顿第二定律列式

14、求解出4对B的弹力.本题关键是先用整体法求出4、B整体的加速度，然后再对B受力分析，求出整体内部物体间的弹力.4.答 案：D解 析：解：力、合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变.故A、B错误.C、断开S,电容器带电量保持不变，使4、B间距靠近一些，根据C=d变小，C变大.根据4nkaC 号，u减小，张角变小.故C错误.D、断开S,电容器带电量保持不变，使4、B正对面积错开一些，根据。=指，S变小，C变小.根4nkd据C 号，U增大，张角增大.故。正确.故选D.静电计测量的是电容器两端间的电势差.合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变.解决本题的关

15、键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变.5.答 案：A解析：两个物体都做自由落体运动，它们的运动的情况是完全相同的，所以它们的加速度相同，落到地面所用时间相同，故同时落地。故选A。6.答 案：C解析：解：螺线管内的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与正电荷的运动方向平行，则正电荷不受洛伦兹力，正电荷做匀速直线运动，故 C 正确，A3。错误。故选：Co根据安培定则得出螺线管内磁场的方向，结合电荷运动方向与磁场方向的关系，通过受力确定电荷的运动规律。本题关键是了解通电螺线管磁场方向特点，知道当带电粒子与磁场方向平行时不受洛伦兹力。7.答 案：C解析：

16、解：由题意可知当新绕5匝线圈后，原线圈接到110V交流电源上，新绕线圈电流为5 6 4 则新绕线圈的电压为U2=/R=5 X 10-3*100K=0.5V根据原副线圈电压值比等于匝数比可知梦=詈U2 712可得原线圈的匝数为%=器=X 5匝=1100匝U 2 U.3又因为当副线圈没有损坏时输入电压为220U时输出电压为12匕 可得m=詈U2 n2可得该变压器原来的副线圈匝数应为改=竿=工 崇 匝=60匝UI ZZU故 C 正确，AB。错误。故选：Co由欧姆定律求出副线圈上的电压，根据电压与匝数成正比求出原线圈的匝数；再根据变压器完好时的输入电压和输出电压列式即可求出副线圈的匝数。本题主要是考查

17、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。8.答案：AB解析：解：4、当牵引力等于阻力时，速度达到最大.财赤=m/s =20m/s.故 A 正确.r J 4UUUB、汽车以额定功率起动，当汽车速度为5m/s时，牵引力尸=等N=16000N,根据牛顿第二定律得，a=三=16。；：；。加/$2=6m/s2.故 B 正确.C、汽车以2m/s2的加速度起动做匀加速启动，牵引力F=/+ma=4000/V+2000 X 2N=8000/V,2s末的实际功率为P=Fv=Fat=8000 x

18、2 x 2W=32000MZ=32kV7.故 C 错误.。、汽车以2zn/s2的加速度起动做匀加速启动，牵引力尸=/+ma=4000N+2000 X 2N=8000/V,匀加速直线运动的末速度v=半=端僧/s=10m/S,则匀加速直线运动的时间t=;=5s.故。错误.故选A8.汽车在平直公路上行驶，当牵引力等于阻力时，速度达到最大.以恒定加速度启动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，再通过速度时间公式求出匀加速直线运动的时间.解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当牵

19、引力与阻力相等时,，速度最大.9.答案：A BC解析：速度时间图线为直线时表示物体做匀变速运动，直线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负号表示物体的运动方向与正方向同向还是反向。本题考查匀变速直线运动的速度时间图象的应用，熟 悉 图 像 中 直 线 斜 率、截距、与轴所围成的图形面积的物理意义是解题的关键。AB.根据u-t图像中直线斜率的物理意义可知，甲物体在0至七时间内，u-t图像是一条倾斜直线,所以甲在该段时间内做匀加速直线运动；乙物体在0至t2时间内，先做匀减速到速度为0,再做匀加速直线运动，故A B正确；C.由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范

20、围分成6个部分如图，则甲的位移：StfJ=S1+S2+S3+S4+S5乙的位移：S乙=Si+S4其中由于S=52,=S3+$6，由t?S6,所以：S+$2+S3+S4+55=2sl+S4+(S4-56)+S5 2(Si+S4)则：x甲 2 x乙,故C正确；t图像不表示运动轨迹，速度的正负号表示物体运动方向，所以乙物体一直向正方向运动，故。错误。故选A B C。10.答案：BC解析：解：4、线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；3、线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g,完全进入磁场后下落加速度为9,随着下落速度的增大，出磁

21、场时产生的安培力可能等于27ng,此时减速的加速度大小可能为0故8正确；C、线框出磁场的过程，可能做先减速随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速的直线运动，故C正确；D、线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，由感应电量公式q=n与知通过线框的电量相同，故。错误。故 选:B C。分析线框的运动过程，根据线框受力情况分析判断线框速度随时间变化的关系。根据牛顿第二定律，分析加速度变化情况：根据感应电量的公式q=n普分析进出磁场过程中通过线框的电量。理解电磁感应的实质：即机械能转化为电能。其运动过程的分析方法与动力学部分的分析方法相同，本题关键是注意线圈的有效切割长度在

22、减小。11.答案：错误解析：解：破碎的玻璃不能把它们拼接在一起是因为其分子间距离较大，分子间不存在作用力，并不是存在斥力作用的故答案为：错误分子间的作用力是短程力，破碎的玻璃不能把它们拼接在一起是因为其分子间距离较大理解分子间作用力的特点，能够应用该特点分析生活中的一些现象.12.答案:1 0.5解析：解：由甲图得到该波的波长;1 =100cm=1 m,由乙图知，该波的周期r =2 s,则波速为：v=0.5m/so故答案为：1,0.5o由波动图象读出波，由振动图象读出周期，从而求出波速。本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，根据两种图象要能直接读出波长、周期，判断

23、质点的振动方向。1 3 .答案：托盘及盘中祛码的质量低压交流电源小车及车中祛码的质量解析：解：（1）本实验使用控制变量法，在探究物体的加速度与质量的关系时，应保持托盘及盘中祛码的质量不变；电磁打点计时器使用交流6 U 的工作电源，故应接低压交流电源。（2）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持小车及车中祛码的质量不变。故答案为：（1）托盘及盘中祛码的质量，低压交流电源；（2）小车及车中祛码的质量。在探究a 与7n 关系时，利用控制变量法，应该保持F 不变；在探究a 与尸关系时，利用控制变量法，应该保持小不变；电磁打点计时器应该使用低压交流电源。本题要求掌握一些基本仪器的使用和工作原理，知道本实

24、验采取控制变量法。1 4 .答案：1.0 2 0&/?!4LI解析：解：螺旋测微器的精确度为O.O l n u n,从图中读出金属丝的直径为d =1.0 m m +0.0 1 m m x 2.0 =1.0 2 0 m m电路中可能出现的最大电流为：A n =4 a 0.6 4 4,则电流表应选择公；由于滑动变阻器&的最大阻值1 0，滑动变阻器/?2 的最大阻值5 0 0。，而金属丝的电阻大约为7。，若滑动变阻器使用限流式，则电流变化不明显，因此滑动变阻器选择分压式接法，且滑动变阻器应选择义；因电流表的内阻已知，则选用电流表内接，滑动变阻器接成分压式电路，如图所示：根据部分电路欧姆定律，/?=7

25、再依据电阻定律，R=P：=与S na解得：夕=噜故答案为：1.0 2 0；&；%；如上图所示；察。螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数.根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器.根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图.根据实验数据，应用电阻定律求出金属材料的电阻率.本题关键：(1)用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；(2)需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法.并掌握欧姆定律与电阻定律的内容，还要注意螺旋测微器读数的估计值。15.答案：解：(

26、1)由题意可知，当带电小球的电场力与重力平衡时，小球做匀速直线运动，则有：m g =qE；解得：E=1.2 5 X 1 0 6N/C；由于小球所受电场力竖直向上，且电场方向竖直向上，所以小球带正电.(2)根据运动学公式，粒子经过电场的时间，即为t=2=；=0.25m/s；由角速度公式3=2,则有：3=受?I=8k?r+等rad/s，k=0、1、2.(3)小球向最高点运动的过程中，经过四分之一圆弧克服摩擦力做功为W；由动能定理，一加一mgd-nig(R+/i)=取，解得：勿=2人若能到达N 2,且到达时的速度大小为外 为返回时过四分之一圆弧克服摩擦力做功，由动能定理：rng(R+h)-mgd-W

27、 =m v2,因W 0,因此能再次通过两狭缝.答：(1)小球带何种电荷及两盘间的电场强度E的大小1.25 x 106/V/C；(2)要使小球能通过两狭缝，薄盘转动的角速度8 E +4 ad/s,k=。、1、2.；(3)小球返回后能再次通过两狭缝.解析：(1)小球匀速过程中，合力为零，小球受到电场力和重力平衡，即可判断出球的电性.由平衡条件求出场强的大小.(2)根据周期性和圆周运动的角速度公式，即可求出薄盘转动的角速度3；(3)由动能定理，选取小球向最高点运动的过程中，从而求得克服摩擦力做功，当返回时，再运用动能定理，因克服滑动摩擦力做功变小，进而可求得回到圆盘时的速度大小，从而求解.考查电场力

28、与重力平衡的应用，掌握动能定理的内容、牛顿第二定律和圆周运动运动学公式的综合，难点是根据圆周运动的周期性得到角速度的表达式，注意球来回经过圆弧滑动摩擦力做功不同是解题的关键.1 6 .答案：解：设摆球4、B 的质量分别为小小加8,摆长为I,B 球的初始高度为心，碰撞前B 球的速度为班.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得b=1 -c o s 4 5。）:叫 诏=加8 必 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为Pl、P2.有Pl mBvB 联立式得Pi=mBy/2 gl（l-c o s 4 5）（4）同理可得P2 =（jnA+-c o s 3 0）（5）联立式得宗=制 詈 后 器

29、 代入已知条件得（J）2 =1.0 3 尸1由此可以推出I”卢 I W 4%尸 1所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律.答：在规定的范围内验证了动量守恒定律.解析：小球B 下摆时机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球B 摆到最低点时的速度；A B 两球一起摆动时机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出碰撞后两球的速度，求出碰前4 的动量，碰后4 B 的总动量，然后判断碰撞过程中，动量是否守恒.应用机械能守恒定律（或动能定理）、知道动量的计算公式即可正确解题.1 7.答案:解：（1）开始时,PA O=2X 76 c m H g,以）=打开阀门,A 室 气 体 等 温 变 化,=76cmHg

30、,体积以，由玻意耳定律得：PA O匕o =PAVA解得匕=9%;（2）当4 室体积为,U 形管内两边水银面的高度差为零时，温度从7。=3 0 0 K 升到7,压强为以，该过程为等压过程，由盖 吕萨克定律得：解得 T =6 0 0 K。答：(1)将阀门K打开后，4室的体积变成(2)对气体加热的最高温度可达600K。解析：(1)求出初状态下4 内气体的压强和体积，末状态的压强，由玻意耳定律列方程求解；(2)当4 室体积为%温度最高，该过程为等压过程，由盖 吕萨克定律列方程求解。本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量,分析理想气体发生的是何种变化，利用

31、理想气体的状态方程列方程求解。18.答案：解：由折射定律得：71=理J sinr由题可知光线在4c面上恰好发生全反射,入射角等于临界角C.由几何知识有：r+C=90根据临界角公式有s讥C=Zn联立解得：n=V l+sin20要有光线从AC面射出，则光线在/C 界面上的入射角应减小，48界面上的折射角r 要增大，根据九=陋 知，入射角。应增大.sinr答：棱镜的折射率为V1+Sin2。要使该光线能从4C面射出，。角应增大.解析：作出光路图.在4c面上恰好无光线射出，说明发生全反射，根据折射定律和几何关系求解折射率.要使该光线能从4c面射出，应减小光线在AC面上的入射角，根据折射定律分析。角如何变化.对于几何光学问题，往往是折射定律、全反射临界角公式和几何知识的综合应用，解答的基础是正确画出光路图，理清各个角度的关系，再进行研究.