廣東省廣州市2021屆新高考物理模擬試題含解析

1、廣東省廣州市2021屆新高考物理模擬試題、單項選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.如圖所示，細線的一端固定于 。點，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點，下列說法中正確的是 （）A.水平拉力先增大后減小B.水平拉力先減小后增大C.水平拉力的瞬時功率先減小后增大D.水平拉力的瞬時功率逐漸增大【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB .G、水平拉力F、繩子拉力T,三者的合力小球是以恒定速率運動，即做勻速圓周運動，小球受到的重力必是沿繩子指向。點，設繩子與豎直方向夾角是0, F與G的合力必與繩子拉力

2、在同一直線上，則有F mg tan （i）球由A點運動到B點。增大，說明水平拉力逐漸增大，故 AB錯誤；CD.由幾何關系可知拉力F的方向與速度v的夾角也是依所以水平力F的瞬時功率是p Fv cos （2）聯(lián)立兩式可得p mgvsin從A到B的過程中，。是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的.故 C錯誤，D正確。故選Do2.在人類對微觀世界進行探索的過程中，科學實驗起到了非常重要的作用。下列說法正確的是（）A.查德威克用 “粒子轟擊破原子核，發(fā)現(xiàn)了質子B.盧瑟福通過對 a粒子散射實驗的研究，揭示了原子核有復雜的結構C.湯姆孫通過對陰極射線的研究，發(fā)現(xiàn)陰極射線是原子核中的中子變?yōu)橘|子時

3、產生的射線D.居里夫婦從瀝青鈾礦中分離出了針（Po）和鐳（Ra）兩種新元素【答案】D【解析】【詳解】A.查德威克用“粒子轟擊破原子核，發(fā)現(xiàn)了中子。盧瑟福用“粒子轟擊氮原子核，發(fā)現(xiàn)了質子，故 A錯誤；B.貝克勒爾通過對天然放射性現(xiàn)象的研究，證明原子核有復雜結構，故 B錯誤；C.湯姆孫通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子，但陰極射線不是原子核中的中子變?yōu)橘|子時產生的3射線，故C錯誤；D.居里夫婦從瀝青鈾礦中分離出了針（ Po）和鐳（Ra）兩種新元素，故 D正確。故選D。3 .如圖，一兩端封閉的玻璃管在豎直平面內傾斜放置，與水平面間的夾角為仇一段水銀柱將管內一定質量氣體分割成兩部分。在下列各種情況中，能使

4、管中水銀柱相對玻璃管向a端移動的情況是（）A.降低環(huán)境溫度B.在豎直平面內以 b點為軸逆時針緩慢轉動玻璃管C.保持。角不變，使玻璃管減速上升D.使玻璃管垂直紙面向外做加速運動【答案】C【解析】【詳解】A.假定兩段空氣柱的體積不變，即Vi, V2不變，初始溫度為 T,當溫度降低 AT時，空氣柱1的壓強由pi減至p'l, pi=pi-p 1,空氣柱 2的壓強由 p2減至p 2, p2=p2-p 2,由查理定律得:PlP2PlTP2T因為P2=pi+h>pi,所以pi<p2,即水銀柱應向 b移動。故 A錯誤;B.在豎直平面內以b點為軸逆時針緩慢轉動玻璃管，使 。角變大，若水銀柱相

5、對玻璃管不動，則增大了水銀柱對下部氣體的壓力，水銀柱向b端移動，故B錯誤；C.玻璃管豎直向上減速運動，加速度向下，水銀柱失重，若水銀柱相對玻璃管不動，水銀柱對下部氣體壓力減小，水銀柱向 a端移動，故C正確；D.使玻璃管垂直紙面向外做加速運動不會影響水銀柱豎直方向上的受力，水銀柱的位置不變， 故D錯誤。4 .用手水平的托著書，使它做下述各直線運動，手對書的作用力最大的情況是（）A .向下的勻加速運動B.向上的勻減速運動C.向左的勻速運動D.向右的勻減速運動【答案】D【解析】【詳解】向下的勻加速運動或向上的勻減速運動時，書的加速度向下，處于失重狀態(tài)，手對書的作用力小于書的重力；向左的勻速運動時，手

6、對書的作用力等于書的重力；向右的勻減速運動時，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，手對書的作用力大于書的重力。所以向右的勻減速運動時，手對書的作用力最大，故ABC錯誤，D正確；故選D。5 .平行板電容器、靜電計、理想二極管（正向電阻為0。反向電阻無窮大）與內阻不計的電源連接成如圖所示的電路，現(xiàn)在平行板電容器兩極板間的P點固定一帶負電的點電荷，其中電容器的右極板固定，左極板可左右移動少許。設靜電計的張角為0O則下列說法正確的是（）A.若左極板向左移動少許，則（變大,P點的電勢不變B.若左極板向左移動少許，則。不變，P點的電勢不變C.若左極板向右移動少許，則。不變，位于P點的點電荷的電勢能減小D

7、.若左極板向右移動少許，則0變小，位于P點的點電荷的電勢能增大【詳解】。不變，由于二極管具有單向導電性，所以電容器只能充AB.靜電計上的電壓不變，所以靜電計的張角S電，不能放電；將電谷器的左極板水平向左移時，電谷器的電谷C 減小，但不能放電，則電容器4 kdQ U帶電量不變，由C 1和E 1可得，電容器兩極板間的電場不變，則P點的電勢 p E Ex （x為P點到左極板的距離），則P點的電勢降低，故 AB錯誤； ,，- S U"一,' CD.將電容器的左極板水平向右移時，電容器的電容C 增大，電場強度 E 增大，P點的電4 kdd勢升高，由于P點固定的是負電荷，所以位于P點的點

8、電荷的電勢能減小，故C項正確，D項錯誤。故選Co6. 一物體在豎直方向運動的vt圖象如圖所示。以下判斷正確的是（規(guī)定向上方向為正）（）B.第4s末第6s末物體處于失重狀態(tài)C.前2s內物體克服重力做功的平均功率大于第6s內物體重力做功的平均功率D.第2s末第4s末的過程中，該物體的機械能守恒【答案】B【解析】【分析】【詳解】A. vt圖象圖線的斜率表示運動的加速度，第 5s內與第6s內的斜率相同，則加速度方向相同，故 A錯 誤；B.第4s末第6s末圖線斜率為負，則加速度為負值，即加速度的方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故B正確；C. vt圖象圖線與坐標軸所圍面積表示物體的位移，由圖線可知，前2s內物

9、體物體的位移大小為,1h110 2m 10m2第6s內物體的位移大小為，1 .h210 m 5m2則前2s內克服重力做功的平均功率為mg 10 P 5mg第6s內物體重力做功的平均功率為mg 5P 5mg所以前2s內克服重力做功的平均功率等于第6s內物體重力做功的平均功率，故 C錯誤；D.第2s末第4s末的過程中，物體勻速運動，動能不變，但物體升高，所以該物體的機械能增加，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目 要求.全部選對的得 5分，選對但不全的得 3分，有選錯的得0分7.如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫

10、間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間,虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從Po處以速度V0沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A .加速粒子的最大速度與 D形盒的尺寸無關B.帶電粒子每運動一周被加速一次C.帶電粒子每運動一周 P1P2等于P2P3D.加速電場方向不需要做周期性的變化【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AD、帶電粒子只有經過 AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次 .電場的方向沒有改變，則在AC間加速.故A正確；D錯誤.B、根據(jù). 二二 jznnz 知.-黑 療 e 叫.而后

11、口 ”二置出一力二幅3同雪所以二心，二:匚故B錯誤；C、當粒子從d形盒中出來時，速度最大，根據(jù)知加速粒子的最大速度與 d形盒的半徑有關.所以C 一 = nn選項是正確的故選AC 【點睛】帶電粒子經加速電場加速后，進入磁場發(fā)生偏轉，電場被限制在A、C板間，只有經過AC板間時被加速，所以 運動一周加速一次，電場的方向不需改變.當帶電粒子離開回旋加速器時，速度最大.8.如圖所示，光滑細桿 MN傾斜固定，與水平方向夾角為，一輕質彈簧一端固定在 0點，另一端連接一小球，小球套在細杯上， O與桿MN在同一豎直平面內， P為MN的中點，且 OP垂直于MN ,已知小 球位于桿上 M、P兩點時，彈簧的彈力大小相

12、等且在彈性限度內?，F(xiàn)將小球從細桿頂端M點由靜止釋放，則在小球沿細桿從 M點運動到N點的過程中（重力加速度為 g）,以下判斷正確的是A.彈簧彈力對小球先做正功再做負功B.小球加速度大小等于 gsin由勺位置有三個C.小球運動到 P點時的速度最大D.小球運動到N點肘的動能是運動到 P點時動能的兩倍【答案】BD【解析】【詳解】A項：由題意不能確定在 M點和在N點時彈簧是壓縮還是拉伸狀態(tài)，所以彈簧對小球可能先做正功后做 負功，也可能先做負功后做正功，故 A錯誤；B項：由于MP之間和PN之間各有一位置彈簧彈力為零，當彈力為零時小球的加速度為gsin ,在P點時由于彈簧的彈力與桿垂直，所以小球的加速度也為

13、 gsin ，所以小球加速度大小等于gsin。的位置有三個，故B正確；C項：由于小球在 P點的加速度為gsin ，所以小球的速度一定不為最大，故C錯誤；12D項：從M到P由能量守恒得： mghMP Ep - mvp，從P至U N由能量守恒得：1212mghpNEp -mvN mvp ,聯(lián)立解得：小球運動到N點肘的動能是運動到 P點時動能的兩倍，故Dp 22正確。故選：BD。9.如圖所示為某電場中的一條電場線，該電場線為一條直線，a、b、c為電場線上等間距的三點，三點的電勢分別為 a、 b、 c,三點的電場強度大小分別為 Ea、Eb、Ec ,則下列說法正確的是（ ）A.不論什么電場，均有 a b

14、 cB.電場強度大小有可能為Ea Ec EbC.若EaEbEc ,則電場一定是勻強電場D.若 a bb c ,則電場一定是勻強電場【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A.沿著電場線的方向電勢逐漸降低，可得a b c ,選項A正確;B.在等量異種點電荷電場中，若 b點為兩點電荷連線的中點,則有 EaEcEb ,故選項B正確;C.僅由Ea Eb Ec,不能確定電場是否是勻強電場，選項C錯誤;D .僅由a b b c ,不能確定電場為勻強電場，選項D錯誤。故選AB 。10.如圖所示，在范圍足夠大、磁感應強度為B的垂直紙面向里的水平勻強磁場內，固定著傾角0 =30的足夠長絕緣斜面，一個質量為m、電荷量

15、為+q的帶電小物塊置于斜面的頂端處靜止狀態(tài)，現(xiàn)增加一水平向左的場強Enlmg的勻強電場。設滑動時小物塊的電荷量不變，從加入電場開始計時，小物塊的摩擦 q力f大小與時間t、加速度大小a與時間t的關系圖像可能正確的是（【答案】BD0；加電場后，滑塊受到水平向左的電場力，大小為 F電='/3mg,和豎直向下的重力合成可得合力為F=2mg ,方向沿斜面向下；此時斜面受到的正壓力為零，滑塊受摩擦力為滑塊沿斜面做加速運動，則受到垂直斜面向下的洛倫茲力，隨速度的增加，洛倫茲力變大，則滑塊對斜面的正壓力變大，摩擦力逐漸變大；根據(jù) 2mg-f=ma可知，加速度逐漸減小，當 2mg=f時，加速度a=0,滑

16、塊做勻速運動，則圖像 BD正確，AC錯誤。故選BD。11.如圖所示，正方形 abcd區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場.甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從 ad邊的中點離開磁場.已知甲、乙兩a帶電粒子的電荷量之比為1:2,質量之比為1:2,不計粒子重力.以下判斷正確的是A.甲粒子帶負電，乙粒子帶正電B.甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍C .甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2百倍1 -D.甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的一倍4【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)粒子運動軌跡，應用左手定則可以判斷出粒子的電

17、性；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子軌道半徑關系，然后應用牛頓第二定律求出粒子的速度然后分析答題；根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式與粒子轉過的圓心角求出粒子的運動時間.【詳解】由甲粒子垂直于 bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉，所以甲粒子帶正電，由粒子從ad邊的中點離開磁場可知，乙粒子向下偏轉，所以乙粒子帶負電，故 A錯誤；由幾何關系可知，R甲=2L,乙粒子在磁場中L L3v2偏轉的弦切角為 60，弦長為 一，所以：一=2R乙sin60，斛得：R乙= L ,由牛頓第二定律得：qvB=m ,2 2 2動能：Ek= mv224倍，故B錯誤；由牛頓第二定律得:2= B q

18、 r ,所以甲粒子的動能是乙粒子動能的2mqvB=m ,解得：v qB,洛倫茲力：f=qvB= q ' r ,即-2V3 ,故C正確；由幾何關系可知， rmm 丘甲粒子的圓心角為 300,由B分析可得，乙粒子的圓心角為120°,粒子在磁場中的運動時間：t=- T,粒子做圓周運動的周期：T ；Bm 可知，甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的1/4倍，故D正確.【點睛】題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，利用洛倫 茲力提供向心力，結合幾何關系進行求解；運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在 磁場中運動的

19、時間.12.在一些電磁現(xiàn)象中會產生一種特殊的電場，其電場線為一個個同心圓，沒有起點和終點如圖所示，實 線為電場線，方向為順時針，虛線為經過圓心的一條直線.已知該電場線圖像中某一點的電場強度大小與 方向和靜電場的電場線具有相同規(guī)律，則A . A點的電場強度比 B點的電場強度大B.將一點電荷沿直線 AB移動，電場力不做功C.將一點電荷從 A點靜止釋放，點電荷會沿電場線做圓周運動D.在A點放上一正點電荷，點電荷將受到向左的電場力【答案】BD【解析】A.電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線越密，場強越大，則知 A點的場強比B點的場強小，故 A錯誤.B.直線AB與電場線垂直，是一條等勢線，將一點電荷沿

20、直線AB移動，電場力不做功，故 B正確.C.點電荷在A點所受的電場力沿電場線的切線方向，將點電荷從 A點靜止釋放后，電場力將使該點電荷離開原電場線，所以點電荷不可能沿電場線做圓周運動，故 C錯誤.D.A點場強方向沿電場線的切線方向，即向左，則在A點放上一正點電荷，該點電荷所受的電場力也向左,故D正確.故選BD。三、實驗題：共2小題，每題8分，共16分13 .小華同學欲測量小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，其實驗裝置如圖1所示，光電門1、2可沿斜面移動，物塊上固定有寬度為 d的擋光窄片。物塊在斜面上滑動時，光電門可以顯示出擋光片的擋光時間。(以下計算的結果均請保留兩位有效數(shù)字)圖1圖2(1)用游標卡尺

21、測量擋光片的寬度，其示數(shù)如圖2所示，則擋光片的寬度d=mm。(2)在P處用力推動物塊，物塊沿斜面下滑，依次經過光電門1、2,顯示的時間分別為 40ms、20ms,則物塊經過光電門1處時的速度大小為 m/s,經過光電門 2處時的速度大小為 m/so 比較物塊經過光電門 1、2處的速度大小可知，應 (選填 增大”或 減小”)斜面的傾角，直至兩光 電門的示數(shù)相等；(3)正確調整斜面的傾角后，用刻度尺測得斜面頂端與底端的高度差h=60.00cm、斜面的長度L=100.00cm ,g取9.80m/s2,則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)的值()?！敬鸢浮?.20.130.26 減小 0.75【解析】【分析】【詳

22、解】(1)1擋光片的寬度為 d 0.5cm 2 0.1mm 5mm 2 0.1mm 5.2mm ；(2)23d=5.2mm=5.210-3m, t1=40ms=40 X10-3s, t2=20ms=20 X10-3s,用平均速度來求解瞬時速度：Vidt15.2 10340 10 3m/s0.13m/sdt25.2 10 3 ,三 m/s20 10 30.26m/s4由于V2<V1,物塊做加速運動，設斜面的傾角為a則對物塊受力分析有mgsin 0 >mgcos 0故應減小斜面的傾角，直到mgsin 0 =mgcos 0此時物塊勻速運動，兩光電門的示數(shù)相等(3)5h=60.00cm=0

23、.6m , L=100.00cm=1m ,物塊勻速運動時mgsin 0 =mgcos 0即tan 0 =又tan解得 =0.7514 .某實驗小組設計如圖甲所示的實驗裝置測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)：一木板固定在桌面上,端裝有定滑輪；滑塊的左端與穿過打點計時器（未畫出）的紙帶相連，右端用細線通過定滑輪與托盤連接。在托盤中放入適量祛碼，接通電源，釋放滑塊，打點計時器在紙帶上打出一系列的點。（1）如圖乙為實驗中獲取的一條紙帶：0、1、2、3、4、5、6是選取的計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個計時點（圖中未標出），測得計數(shù)點間的距離如圖所示。已知交流電源的頻率為50Hz,根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算滑塊加速度

24、a =m/s2 ,計數(shù)點3對應的滑塊速度 v3=m/s。（結果保留兩位有效數(shù)字）。（2）滑塊、托盤（含祛碼）的質量分別用M、m表示，滑塊的加速度用a表示，重力加速度為 g,則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù) 科= （用題中字母表示）。（3）若實驗測得的動摩擦因數(shù)偏大，主要原因可能是 。A.紙帶與打點計時器間有摩擦B.滑輪存在摩擦阻力C.木板未調節(jié)水平，左端偏高D.未滿足M遠大于m【答案】0.50m/s20.26m/s 或 0.27m/smg (M m)aMgAB【分析】【詳解】% X4X3X2X1一 _20.5m s(1) 1每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點，說明相鄰的計數(shù)點時間間隔T= 0.1s,根據(jù)逐

25、差法有9T22根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律知道3點的瞬時速度等于2點到4點的平均速度有V3X242T0.26m s(2) 3以整個系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有mg f M maf Mg聯(lián)立解得mg (M m)aMg(3) 4紙帶與打點計時器間的摩擦力和滑輪存在摩擦阻力都會使測得的摩擦力增大，根據(jù)f Mg可知，摩擦力增大，故摩擦因數(shù)增大。木板未調節(jié)水平，左端偏高和未滿足M遠大于m均不會影響摩擦力變大，故AB正確，CD錯誤。故選AB。四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分15.如圖所示，固定光滑軌道 AB末端B點切線水平，AB高度差hi 1.8m , B距傳送帶底端的豎直高度為h2 3.8m

26、 ,與軌道同一豎直面的右側有一傾角=37的傳送帶，以v 2m/s順時針勻速轉動。在軌道上A處每隔1秒無初速釋放一個質量 m=2kg的相同滑塊，從B點平拋后恰能垂直落到傳送帶上，速度立即變?yōu)榱?，且不計滑塊對傳送帶的沖擊作用?；瑝K與傳送帶間的動摩因數(shù)為7，傳送帶長度為82L=7m ,不甘仝氣阻力。(sin37 0.6 , cos37 0.8, g 10m/s )求：(1)滑塊從B點落至傳送帶的時間；(2)因傳送滑塊，電動機額外做功的平均功率?！敬鸢浮?1) 0.8s； (2) 104W?！窘馕觥?【詳解】(1)由動能定理得12mgh1mv02物塊垂直打到傳送帶上，則Vovy 一tan平拋運動豎直方

27、向上vy gt解得t 0.8s(2)平拋運動豎直方向上12y - gt 3.2m設在傳送帶上的落點與底端相距L1h2 yL1 1msinmgcos mg sin mav2 2axv at1t1 2s每1s放一個物塊，共兩個物塊勻加速x 2m滑塊先勻加速后勻速運動共速后物塊可與傳送帶相對靜止勻速運動，相鄰兩個物塊間距為x v t 2mLL1 x n xn 2傳送帶上總有兩個物塊勻加速，兩個物塊勻速f 2 mg cos 2mg sin電機因傳送物塊額外做功功率為P fv 104W16.在水下氣泡內空氣的壓強大于氣泡表面外側水的壓強，兩壓強差p與氣泡半徑r之間的關系為p 2,其中 0.070N/m?，F(xiàn)讓水下10m處一半徑為0.50cm的氣泡緩慢上升。已知大氣壓強 rPo 1.0 105Pa,水的密度1.0 103kg/m3,重力加速度 g 取 10m/s2。(i)求在水下10m處氣泡內外的壓強差；(ii)忽