2021届广东省实验中学高考物理模拟试卷(2月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届广东省实验中学高考物理模拟试卷（2月份）一、单 选 题（本大题共4 小题，共 24.0分）1.下列说法正确的是（）A.原子核的结合能越大，原子核越稳定B.氮的半衰期为3.8天，8个氯原子核经过7.6天后剩下2个氨原子核C.用频率为的入射光照射光电管的阴极，遏 止 电 压 为 改 用 频 率 为”的入射光照射同一光电管，遏止电压等于2D.走8u衰变成第6Pb要经过8次a 衰变，6次3 衰变2.如图所示，大小相同的力F作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段相等的距离s,已知力F与物体的运动方向均相同。则下述四种情景中都相同的是光渭水平面粗糙水平面

2、光谷斜面竖直方向A.物体加速度的大小B.物体运动的时间C.拉力/对物体做的功D.物体的动能增量3.2016年 8 月 1 6 日 1 时 4 0 分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空，首次实现地空量子通，这种方式能极大提高通信保密性，“墨子号”重量约为640公斤，设计寿命为两年，运行在高度为500公里的极地轨道，已知地球半径为R,地面的重力加速度为g,引力常数为G,则（）A.由以上数据可以估算出“墨子号”卫星的运行周期B.仅由以上数据无法估算地球对“墨子号”卫星的万有引力C.“墨子号”卫星属于地球同步卫星D.“墨子号”卫星的线速度大于第一

3、宇宙速度，并且小于第二宇宙速度4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，。0 是其 x x左边界，一个面积为S的N匝矩形线圈垂直磁场放置，4。边与磁场边界重 4bx合，从图示位置开始计时，线圈绕4。边以角速度3 绕图示方向匀速转运，L x x线圈的总电阻为R,下列方法正确的是（）I x 乂凶CA.线圈中产生按正弦规律变化的交流电B.线圈每次转到图示位置时瞬时电流最大C.线圈中产生的交流电的电动势有效值为在NBS32D.线圈转运一周产生的热量为 华包二、多 选 题（本大题共5小题，共28.0分）5.如图所示，绝缘直杆与水平面成30。角，在杆的右上方P点固定一个点电荷+Q,P点

4、与绝缘直杆在同一竖直平面内.杆上4、C两点间距为2 3点4与P点连线水平，图中PB垂直AC,B是4c的中点，杆上套有一电荷量为-q的带电小球（可视为质点），小球的质量为m,使小球在4点以某一初速度沿杆向下运动，运动到C点时的速度与4点时的速度大小相等，不考虑小球电荷量对+Q形成的电场的影响.则以下说法正确的是（）A.4点的电势高于B点的电势B.8点的电场强度大小是4点的4倍C.小球从4、C处的加速度大小相等D.小球从4到C的过程中，克服摩擦力做的功为mgL6.如图所示，倾角为。的斜面上OP段光滑，PQ粗糙；为滑块4与PQ段的动摩擦因数，且 tan。.在滑块4从斜面上。点由静止开始下滑到Q的过程

5、中，滑块4与放在其水平台面上的物块B始终无相对滑动。当滑块4在0P段和PQ段运动时，对于物块B的受力情况，卜.列说法中正确的是（）A.当滑块4在0P段时，物块B仅受重力B.当滑块4在0P段时，物块B仅受重力和支持力C.当滑块4在PQ段时于，4对B的支持力大于8的重力D.当滑块4在PQ段时，物块B受到水平向左的摩擦力7.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力/拉乙物块，在使甲、乙一起保持相对静止沿斜面向上加速运动的阶段中（）A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C.

6、甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D.乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小如图所示，电源的电动势为E,内阻为r,&为定值电阻，/?2为光敏电阻，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若增大照射光强度，贝 式A.小灯泡的功率增大 1B.电容器上的电荷量增加C.电源的输出功率增大D.两表示数变化量的比值|弟 不 变9.下列说法正确的是（）A.在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体B.电冰箱的工作过程表明，热量可以自发地从低温物体向高温物体传递C.水的饱和汽压与温度有关D.第二类永动机违背了热力学第二定律三、实 验 题（本大题共2小题，共18.0分）10.某探究小组设计了“用一把尺

7、子测定动摩擦因数”的实验方案。如图 挡板所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小 L球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位 H置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度4、滑块释放点与 以”挡板处的高度差九和沿斜面运动的位移X。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑 块 沿 斜 面 运 动 的 加 速 度 与 重 力 加 速 度 的 比 值 为。滑 块 与 斜 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为。以 下 对 实 验 结 果 能 引

8、起 误 差 的 是。A.滑块的质量B.当地重力加速度的大小C 长度测量时的读数不准。.小球落地和滑块撞击挡板不严格同时。1 1.用如图1示的电路测量一节蓄电池（电动势约为219的电动势和内阻。蓄电池的内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻Ro.除蓄电池、滑A.电流表（量程0.64、34）8.电压表（量程3八 15U）C.定值电阻（阻值1 0,额定功率5W）。.定值电阻（阻值100、额定功率10小）（1）电 流 表 应 选 用 的 量 程 是；电压表应选用的量程是 o（2）定值电阻凡应 选 用 的 阻 值 是。（3）某同学另外选用了其他规格的器材，按

9、图示电路图进行实验。他调整滑动变阻器共测得5组电流、电压的数据，如表。请作出蓄电池路端电压U随电流/变化的U /图象（如图2）,根据图象得出蓄电池的电动势为 V（保留3位有效数字）；内阻为_ 0（保留1位有效数字）。电流表读数a1.721.350.980.630.34电压表读数U 1.881.921.931.981.99四、简 答 题（本大题共1小题，共 8.0分）1 2.足球守门员在发球门球时，将一个质量为zn=0.4Kg的足球，以10m/s的速度踢出，这时足球获得的动能是多少？足球沿草地做直线运动，受到阻力是足球重力的0.2倍，当足球运动到距发球点20M的后卫队员处时，速度多大？（g=10

10、m/s2）五、计算题(本大题共2小题，共20.0分)1 3 .如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连.它的极板长L =0.4 m,两板间距离d =4 x l 0-3m,有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度孙从两板中央平行极板射入,开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m =4 x105k g,电量q =+1 x 1 0-8。，(g =1 0 m/5 2)求：(1)微粒入射速度%为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？-L-1 *%d研电源|m,q1 4.长为

11、L的直玻璃管开口向下悬浮在水银液体中，此时管中的水银柱高为-二.L,玻璃管底部刚好与水银液面相平，如图所示.环境温度为7,大 二 三 气压强为P 0,重力加速度大小为g,水银的密度为P，玻璃管壁厚度忽 二 二 二 一 一略不计.若缓慢升高环境温度到T，稳定时玻璃管漂浮于水银面上，且露出水银液面.本题中所有物理量的单位均采用国际单位制.求：二 二：=一甘HX(i)此时玻璃管内外水银液面的高度差也(i i)升温后的环境温度7.参考答案及解析1.答案：D解析：解：4、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故 A 错误；8、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数原子核不适用，故 8 错误；C、由

12、光电效应方程：eUc=h v-W0,当改用频率为2。的入射光照射同一光电管，遏止电压eUj=h-2 v-W0,则U j 2U c，故 C错误；根据一次a衰变，质量数减小4,质子数减小2,而一次/?衰变，质量数不变，质子数增加，因此铀核（馥87）衰变为铅核（第6册）的过程中，质量数减少3 2,而质子数减少1 0,因此要经过8次a衰变,导致质子数减少1 6,由于质子数只减少1 0,所以只有发生6次0衰变，故。正确。故选：Do原子核的比结合能越大，原子核越稳定；半衰期时统计规律，对少量原子核不适用；由光电效应方程：eUc=/iy 1Vo分析判断；根据一次a衰变，质量数减小4,质子数减小2,而一次口衰

13、变，质量数不变，质子数增加；本题考查光电效应方程式和衰变等内容，要灵活运用光电效应方程式解决问题，能运用质量数守恒和电荷数守恒判断衰变的次数2.答案：C解析：根据功的计算公式勿=FScos。可知做功情况；根据动能定理可知动能变化；根据牛顿第二定律可知加速度大小；根据匀变速直线运动规律可知时间.此题考查对功的计算公式W=FScos。、动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律等，注意公式中的符号含义即可解得.A.根据F合=ma知只有拉力F同，加速度不一定相同，故 A 错误；8.根据s=：砒2知加速度不相同，t不相同，故 AB错误；C.根据功的计算公式W=FScos。可知F、S、。相同，故功相同，

14、C正确；。.根据动能定理知“合=4 上，只拉力做功相同，其他力做功不同，故动能增量不同，故。错误。故选C3.答案：A解析：解：力、根据万有引力提供向心力得：G粤号，r2 T2根据地球表面重力等于万有引力得：G,=m g解得：7=2兀 悌，即可以求出“墨子号”卫星的运行周期，故 A 正确；8、地球对“墨子号”卫星的万有引力为：尸 引在地球表面有：g专以上两式联立有：F引 二 喘m、g、R、九 都为已知量，所以能求出地球对“墨子号”卫星的万有引力，故 B错误；C、地球同步卫星离地面的高度约为36000公里，所以墨子号”卫星不属于地球同步卫星，故 C 错误；。、第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最

15、大速度，所 以“墨子号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故。错误。故选：4。根据万有引力提供向心力以及地球表面重力等于万有引力列式求解“墨子号”卫星的运行周期，由于不知道地球的质量，则不能求出地球对“墨子号”卫星的万有引力，根据地球同步卫星离地面的高度约为36000公里分析墨子号”卫星是否为同步卫星，第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大速度.灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键，注意万有引力与中心天体的质量有关，难度适中.4.答案:D解析：解：4、线圈转动过程中，有半个周期产生感应电动势，有半个周期不产生感应电动势，故线圈中产生的感应电动势并不是完全正

16、弦规律变化的交流电，故 A 错误；8、图示位置，线圈位于中性面位置，此时产生的感应电动势最小，形成的感应电流最小为零，故 8错误；C、线圈产生的感应电动势的最大值为j=N B S3,根据电流的热效应可知暨/=7,解得U=R 2 R等，故 C 正确。、运动一周产生的热量为Q=1 7 =*誉，故力正确R 2R故选：D。框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值为有效值的加倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，交流电压表显示的是路端电压有效值线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。正确写出交流电表达式是解决本题的关键，题目难度不大

17、。5.答案：BD解析：解：A、正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；B、结合几何关系：PA=2 P B,由点电荷电场强度公式后=与，可知，电场强度的大小与间距的平rz方成反比，则B点的电场强度大小是4点的4倍，故B正确；C、在4处时小球的加速度为a,对4点受力分析，电场力、重力、支持力和摩擦力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力、摩擦力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力、支持力和摩擦力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力、摩擦力之和提供的，小球在4、C两点在垂直于杆的方向受到的支持力是相等的，所以

18、小球受到的摩擦力也相等，设小球在4、C点受到的摩擦力为f,贝！I;由4处可知，Fcos300+mgsin30 f=ma-,而在C处,则 有：mgsin300 Fcos30 f=ma,解得：a=g a M故C错误；3 m。、小球在4、C处的速度相等，则动能相等；4、C到P的距离相等，则小球在4、C点的电势能也相等；由功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于小球减小的重力势能，即：W =mg-2Lsin30=m g L,故。正确；故选：BDA、由正点电荷电场线的分布，结合沿着电场线方向电势降低，即可求解；8、根据点电荷电场强度的公式，即可求解；C、由牛顿第二定律，结合库仑定律，即可求解。、小球克服摩

19、擦力做的功等于小球减小的重力势能，根据功能关系即可求出；考查点电荷的电场强度公式，掌握矢量的合成法则，注意电场力做功与电势能的变化关系，理解牛顿第二定律与力的平行四边形定则的综合应用.6.答案:CD解析：解：AB.O P段光滑，4、B一起向下做匀加速运动，加速度平行于斜面向下，B有平行于斜面向下的加速度，则8受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向右的摩擦力作用，故AB错误；C D、P Q段粗糙，且故在P Q段，物体受到的合力平行于斜面向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度平行于斜面向上，8受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力作用，同时物体有竖直向上的分加速度，物体处于超

20、重状态，4对B的支持力大于B的重力，故C。正确；故选：C D。对系统进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，分别将加速度向水平和竖直方向分解，然后对B进行受力分析，分析判断B的受力情况。本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意整体法与隔离法的应用，根据物体的受力情况求出加速度，然后根据加速度方向判断物体的受力情况。7.答案：AD解析：整体法结合隔离法分析受力情况，随着速度的增大，洛伦兹力增大，从而判断其他力的变化情况。本题考查了带电粒子在磁场中的运动，注意洛伦兹力随着速度的增大而增大。.对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：切

21、/s i n n-八 皿 E ，“邓一心，随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由 -F&知：FN减 小,乙所受的滑动摩擦力/=减小，故。正确；A B C以乙为研究对象，有：rnffsina-f=mzfl,WIZCOSQ=FN 4-F g ,由“，总 孕 出 八 一 f =ma知，f减小，加速度增大，因此根据仁f/s i n c /，二a可知，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故4正确，8c错误。故选A。8.答案：AD解析：解：力、增大照射光强度，光敏电阻7?2阻值变小，故电路总电阻减小，那么，总电流增大，通过灯泡的电流增大，由P =/2&知 小灯泡的功率增大，故A正确；8、总电流增大，内压和上的电压

22、增大，故电容器上电压减小，所以，电容器上的电荷量减小，故B错误；C、因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率无法确定，故C错误；D、两表示数之比彳=品，故两表示数变化量的比值|崇|仍为不变，故。正确；故选：AD.根据光照强度变化得到光敏电阻阻值变化，从而得到总电阻变化，进而得到总电流变化；根据电流变化得到电压表变化及电容器上电压变化，从而得到电荷量变化。在动态电路问题中，一般根据电阻变化由闭合电路的欧姆定律得到总电流、路端电压的变化，从而得到各支路电流、各电阻上的电压变化，进而得到功率变化。9.答案：ACD解析：解：力、根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体

23、，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量，故A正确；8、电冰箱的工作过程表明，热量不能自发地从低温物体向高温物体传递，故8错误；C、饱和汽压随温度的升高而增大，故C正确；。、第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律，故。正确。故选：ACD.在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体；饱和汽压随温度的升高而增大；掌握两类永动机的含义分析答题。本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。1 0 .答案：以 券 篇CDH Hy/x2-h2解析：解：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相

24、同，由X =严 和H 得：所以根据几何关系可知：s i na =f c os a =W#对滑块由牛顿第二定律得：mgsina iimgcosa=m a,且a =詈，联立方程解得4 =第2；Hy/x2-hz由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、M”测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选C D。故答案为：余 益 芸；C D由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差

25、的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析的点。由图线与纵坐标的交点可知：F=2.0251/；,故E取为2.031Z,r=詈=笔 子 詈=0.0870,/1.720故r取为0.090。故答案为：(1)0.64；3V；(2)10；(3)2.03；0.09。(1、2)选取实验器材，需要综合考虑，要 从“安全可行、测量精确、便于操作”三个方面考虑；根据欧姆定律分析，从而明确应选择的电压表、电流表以及定值电阻；(3)根据图象结合闭合电路欧姆定律进行分析，从而求出电动势和内电阻。掌握实验器材的选取原则：安全

26、性原则、精确性原则、方便性原则、经济(节能)性原则。本实验一般采用图象法求电动势和内电阻；注意明确图象的基本性质是解题的关键。12.答案：解：足球获得的动能：=|m v2=ix 0.4 x l02=20；足球运动时，受到的阻力：f=0.2mg=0,2 x 0,4 x 10=0.8N,由动能定理得:-fs=mv2-m v2,代入数据解得：v=2V5m/s;答：足球获得的动能为2 0/,速度为2岔m/s.解析：根据动能表达式可以求出足球获得的动能；根据动能定理可求足球的末速度.本题考查了求动能与速度问题，掌握动能的计算公式、应用动能定理即可正确解题.13.答案：解：(1)粒子刚进入平行板时，两极板

27、不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有：=vot竖直方向有：=解得：Vo=10m/s(2)由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U i时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：m g -q-=m ar解得：Ur=120V当所加电压为“时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：q -m g =m a2解得：U2=200V所以所加电压的范围为：1 2 0 U S U S 200V答：(1)微粒入射速度%为10m/s；(2)为使

28、微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为 120V U 200V.解析：(1)粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度火的大小；(2)由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算.由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可.解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子

29、的运动类型.解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解.此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、a 粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力.1 4.答案：解：（i）由题意可知，玻璃管长3 管中的水银柱高为玻璃管底部刚好与水银液面相平，此时管内外水银面的高度差h=3）升温过程，玻璃管内气体压强不变，气体发生等压变化，设玻璃管横截面积为S,玻璃管内外水银面的高度差不变，玻璃管露出水银液面 小 时气体体积彩=（；/,+/!=LS,气体初状态的体积匕=（L -：L）S =初状态气体温度为7O，对气体，由盖-吕萨克定律得：，哼即北=河To T To T解得：T=1.5 T0；答：。）此时玻璃管内外水银液面的高度差九是（ii）升温后的环境温度7 是1.5 T。解析：根据玻璃管长度与管内水银柱的高度可以求出管内外水银面的高度差。5）升高温度过程气体压强不变，气体发生等压变化，根据题意求出气体状态参量，应用盖-吕萨克定律求出升温后环境温度。本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量应用盖一吕萨克定律即可解题。