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1、2021 年广东省广州市增城市凤凰城中英文学校 高考物理模拟试卷（三）一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分 1（4 分）质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x=5t+t2（各物理量均接受国际单位），则该质点（）A 第 1s 内的位移是 5m B 前 2s 内的平均速度是 6m/s C 任意相邻的 1s 内位移差都是 1m D 任意 1s 内的速度增量都是 2m/s 【考点】：匀变速直线运动的公式【分析】：依据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论【解析】：解：A、将 t=1 代入即可求出第 1s 内的位移是 x
2、=6m，A 错误；B、前 2s 内的平均速度为m/s，B 错误；C、与对比可知 a=2m/s2，则s=aT2=2m，C 错误；D、由加速的定义式可知 D 选项正确 故选：D【点评】：本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，依据公式即可求得，比较简洁 2（4 分）在温泉池游泳时，泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体（视为抱负气体）（）A 压强变小 B 放出热量 C 分子平均动能不变 D 内能变大 【考点】：热力学第肯定律；抱负气体的状态方程【专题】：热力学定理专题【分析】：压强由分子动能和密度打算，依据热力学第肯定律分析内能的变化【解析】：解：泳圈进入温泉池后，泳圈内的气体吸取热量，体积不变，内能变
3、大，温度上升，分子平均动能增大，压强增大 故选：D【点评】：本题考查了热力学第肯定律的应用，要理解公式中各物理量正负号的意义 3（4 分）如图为两个单摆，摆球质量相等，悬线甲短，乙长，悬点 O1、O2等高，将悬线拉至水平然后由静止释放，以悬点所在平面为参考平面，则两球经过最低点时（）A 甲球的动能大于乙球的动能 B 甲球的重力势能小于乙球的重力势能 C 甲球的机械能等于乙球的机械能 D 甲球悬线的拉力小于乙球悬线的拉力 【考点】：机械能守恒定律【专题】：机械能守恒定律应用专题【分析】：A、B 两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小依据
4、EP=mgh 分析重力势能的大小 依据机械能守恒定律和牛顿其次定律结合得到线的拉力表达式，可比较拉力的大小【解析】：解：A、对于任一球，依据机械能守恒定律得：Ek=mgr，可得 r 越大，动能越大，所以甲球的动能小于乙球的动能，故 A 错误 B、以悬点所在平面为参考平面，球经过最低点时的重力势能为 EP=mgr，r 越大，重力势能越小，则甲球的重力势能大于乙球的重力势能，故 B 错误 C、A、B 两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置两球的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等故 C 正确 D、在最低点，依据牛顿其次定律得：Fmg=m 由机械能守恒得：mgr=联立得 F=3
5、mg，与绳的长度无关所以两绳拉力大小相等故 D 错误 故选：C【点评】：解决本题的关键把握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力供应做圆周运动的向心力 4（4 分）如图所示是静电除尘的原理示意图，A 为金属管，B 为金属丝，在 A、B 之间接上高电压，使 B 四周的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向 A 极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到 A 极上，排出的烟就比较清洁了有关静电除尘的装置，下列说法正确的是（）A 金属管内形成的电场为匀强电场 B D 为烟气的进气口，C 为排气口 C 金属管 A 应接高压电源的正极，金属丝 B 接负极 D 以上说法均不
6、正确 【考点】：静电场中的导体【专题】：电场力与电势的性质专题【分析】：当管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，遇到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消退了烟尘中的尘粒【解析】：解：A、当管内接通静电高压时，管内产生的电场是以 B 为圆心的辐射状的电场，不是匀强电场 故A 错误；B、由于煤粉被吸到 A 上后，在重力的作用下降向下运动，所以 C 不能做排气口故 B 错误；C、D、管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时
7、，遇到烟尘微粒使它带负电所以金属管 A 应接高压电源的正极，金属丝 B 接负极，故C 正确；D 错误 故选：C【点评】：本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们娴熟把握静电的防止与应用的具体实例基础题目 二、双项选择题：在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或不答的得 0 分 5（6 分）质量为 m 的体操运动员，双臂竖直悬吊在单杠下，当他如图增大双手间距离时（）A 每只手臂的拉力将减小 B 每只手臂的拉力可能等于 mg C 两只手臂的合力将减小 D 两只手臂的合力肯定等于 mg 【考点】：合力的大小与分力间夹角的关系
8、【专题】：共点力作用下物体平衡专题【分析】：当运动员增大双手间距离时，依据合力与分力的关系分析两只手臂的拉力如何变化两只手臂的拉力总是大小相等，方向并不相反每只手臂的拉力不肯定小于 mg，也可能等于 mg【解析】：解：A、依据两个分力大小肯定，夹角增大时，合力减小可知，每只手臂的拉力的合力肯定等于运动员的重力保持不变，则当增大双手间距离时，两手臂间夹角增大，每只手臂的拉力将增大故 A 错误 B、当两手臂的夹角为 120时，依据平衡条件得到，两手臂的拉力等于运动员的重力 mg故 B 正确 CD、两只手臂的拉力的合力总是与人的重力等大反向，即合力总是不变，故 C 错误，D 正确 故选：BD【点评】
9、：本题是依据合力与分力的大小变化关系来推断手臂拉力如何变化，也可以用质点代替人，由平衡条件得到手臂的拉力与手臂间夹角的关系，再由数学学问分析 6（6 分）如图为远距离输电的电路原理图，变压器均为抱负变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为 R，则（）A I2=B I2 C 用户得到的电功率与电厂输出的电功率相等 D 用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等 【考点】：远距离输电【专题】：沟通电专题【分析】：输电线上有电压降，U线U2，依据欧姆定律争辩 I2输电线上有功率损失，用户得到的电功率必定小于电厂输出的电功率但用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等【解析】：
10、解：A、B、由于输电线总电阻为 R，输电线上有电压降，U线U2依据欧姆定律得：I2=，故 A 错误，B 正确 C、输电线上有功率损失，抱负变压器不转变电功率，所以用户得到的电功率小于电厂输出的电功率，故 C 错误 D、依据变压器的原理可知原副线圈中交变电流的频率相等，所以用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等，故 D 正确 故选：BD【点评】：本题运用欧姆定律时要留意各个量应对应同一段电路，要正确分析电压和功率的安排，即可分析远距离输电问题 7（6 分）如图为光电管工作原理示意图，入射光的光子能量为 h，阴极材料的逸出功为 W，当 G 表偏转时，则（）A hW B 流过电阻 R
11、的电流方向是 b 流向 a C 增大入射光的频率，光电子逸出的初动能增大 D 减弱入射光强度，ab 两端的电压减小 【考点】：光电效应【专题】：光电效应专题【分析】：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，依据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目【解析】：解：A、发生光电效应的条件是 hW，故 A 错误 B、阴极逸出的电子向阳极运动，则 C 应为电源的正极，d 为电源的负极，流过电阻 R 的电流方向是 a 流向 b 故B 错误 C、增大入射光的频率，依据 m=hW，光电子逸出的初动能增大，故 C 正确 D、减弱入射光强度，单位
12、时间内逸出的光电子数目减小，光电流减小，故 ab 两端的电压减小，故 D 正确 故选：CD【点评】：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目 8（6 分）我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点 343 千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为 343 千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为 90分钟下列推断正确的是（）A 飞船变轨前后的机械能相等 B 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C 飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度 D 飞船变轨
13、前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】：人造卫星问题【分析】：同步卫星的周期 T=24h，依据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系 飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态 飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样【解析】：解：A、在远地点 343 千米处点火加速，机械能增加，故 A 错误 B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力供应航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全
14、失重状态，故 B 正确；C、由于飞船在圆形轨道上的周期为 90 分钟小于同步卫星的周期，依据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故 C 正确；D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据 a=可知，轨道半径一样则加速度一样，故 D 错误 故选：BC【点评】：圆形轨道上，航天器受到的万有引力供应航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关 9（6 分）如图所示，一束带电粒子（不计重力
15、，初速度可忽视）缓慢通过小孔 O1进入极板间电压为 U 的水平加速电场区域，再通过小孔 O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域，其中磁场的方向如图，磁感应强度大小可依据实际要求调整，收集室的小孔 O3与 O1、O2在同一条水平线上（）A 区域的电场方向竖直向下 B 该装置可筛选出具有特定质量的粒子 C 该装置可筛选出具有特定速度的粒子 D 若射入的粒子电荷量相同，则该装置筛选出的粒子肯定具有相同的质量 【考点】：带电粒子在混合场中的运动【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】：粒子只有沿 O2、O3方向做直线运动，粒子才能进入收集室，电场力与洛伦兹力平衡，可得到速度表达式依据动能定理得
16、到速度与电荷量、质量的关系【解析】：解：A、依据粒子做直线运动，不论是正电，还是负电，则电场方向竖直向上，故 A 错误；BD、在电场中，依据动能定理得 qU=mv2，得 v=，又 v=，得到=，若射入的粒子电荷量相同，则质量 m 肯定，所以该装置筛选出的粒子肯定具有相同的质量若射入的粒子质量相同，该装置筛选出的粒子肯定具有相同的电荷量故 B 错误，D 正确 C、粒子只有沿 O2、O3方向做直线运动，粒子才能进入收集室，由 qvB=qE，得 v=，所以该装置可筛选出具有特定速度的粒子故 C 正确 故选：CD【点评】：本题考查对粒子速度选择器原理的理解，依据平衡条件和动能定理结合进行分析，留意把握
17、变量法的应用 三、非选择题 10（8 分）在“验证力的平行四边形定则”试验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到某点并登记该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条 以下操作中正确的是 BC A、同一次试验过程中，O 点位置允许变动；B、试验中，弹簧秤必需与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度；C、试验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调整另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到 O 点；D、试验中，两弹簧秤之间夹角应取适当角度 如图甲所示，两弹簧秤的读数分别为 4
18、.00 N 和 2.50 N 图乙中（A）（B）两图是两位同学得到的试验结果，其中符合实际的是 B 图？本试验接受的科学方法是 B A、抱负试验法 B、等效替代法 C、把握变量法 D、建立物理模型法 【考点】：验证力的平行四边形定则【专题】：试验题【分析】：（1）本试验的目的是验证力的平行四边形定则，争辩合力与分力的关系，而合力与分力是等效的 本试验接受作合力与分力图示的方法来验证，依据试验原理和方法来选择；（2）依据弹簧秤直接读数；（3）留意通过平行四边形得到的合力与试验测得的之间存在误差，明确什么事试验测量值，什么是理论值即可正确解答；（4）本试验接受的科学方法等效替代法【解析】：解：（1
19、）A、本试验争辩合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次试验过程中，O 点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，效果相同故 A 错误；B、本试验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小试验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大 读数时视线必需与刻度尺垂直，防止视觉误差 故B 正确；C、本试验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的大小和方向都没有限制，不需要先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，两弹簧秤之间夹角应取适当角度，要便利作图，故 C 错误，D 正确；故选：BC（2）依据图象可知，两弹簧秤的读数分别为 4.00N 和
20、 2.50N（3）F1、F2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其试验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，肯定沿 AO 方向，由此可知 F 是 F1、F2合力的理论值，F是合力的试验值；由于误差的存在，作图法得到的合力与试验值有肯定的差别，故 B 更符合试验事实（4）本试验接受的科学方法等效替代法，故 B 正确 故选：B 故答案为：（1）BC，（2）4.00，2.50；（3）B；（4）B【点评】：试验的核心是试验原理，依据原理选择器材，支配试验步骤，分析试验误差，明确留意两项，进行数据处理等等，正确理解试验误差对试验的影响，明确理论值与实际值的区分 11（10 分）某同学用下列
21、器材描绘额定电压为 3.0V 的小灯泡伏安特性曲线（要求电压变化从零开头）A电流表（0.6A，1）B电压表（3V，1k）C滑动变阻器（10，1A）D电源（4V，内阻不计）请你在实物连接图（图甲）中把还需要连接的导线补上 开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于 左 端（填“左”或“右”）闭合开关，变阻器的滑片向右端移动，电压表的示数渐渐增大，电流表指针却几乎不动，则电路的故障为 小灯泡断路 排解故障后，某次测量时电流表的指针位置如图乙所示，其读数为 0.25 A 小明完成试验后，由试验数据画出小灯泡 IU 图象中实线所示（图丙）由图可确定小灯泡在电压为 2.0V时的电阻为 11（保留两位有效数字）【
22、考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】：试验题【分析】：该试验接受了滑动变阻器的分压接法和电流表的外接法，由此可正确连接实物图；开头试验之前，要使滑动变阻器的输出电压为零，依据电路图可知滑动变阻器的滑片应置于 a 端；电压表有示数，说明电压表的两个接线柱和电源的两极连接的电路中无断路；电流表指针几乎不动，说明电路中电阻很大，可能是断路了；由量程确定最小分度，则可求得指针示数；由图象求出小灯泡在电压为 2.0V 时的电流值，由欧姆定律可求得电阻大小；【解析】：解：该试验要求电压从零调整，因此滑动变阻器要接受分压接法，由于灯泡电阻很小，因此电流表要接受外接法，由此可正确连接实物图如下所示：开头试
23、验之前，要使滑动变阻器的输出电压为零，依据电路图可知滑动变阻器的滑片应置于左端 电压表有示数，说明电压表的两个接线柱和电源的两极连接的电路中无断路；电流表指针几乎不动，说明电路中电阻很大，可能是断路了，故消灭这种状况的可能性是小灯泡断路 本试验中电流表选择 0.6A 量程，电流表最小分度为 0.02A；故指针的示数为：0.25A；依据灯泡的 IU 图象可知，当灯泡的电压为 2.0V 时，灯泡的电流为 0.175A，因此此时灯泡的电阻R=11；故答案为：如图所示；左，小灯泡断路 0.25，11 【点评】：本题考查了描绘小灯泡伏安特性图线试验中的试验原理图、数据处理等操作，尤其是结合图线进行数据处
24、理的力量是考查的重点，在平常中要加强训练 12（18 分）如图所示的轨道由半径为 R 的 光滑圆弧轨道 AB、竖直台阶 BC、足够长的光滑水平直轨道 CD组成小车的质量为 M，紧靠台阶 BC 且上水平表面与 B 点等高一质量为 m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端 A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点 B 之后滑到小车上已知 M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q 点，小车的上表面左端点 P 与 Q 点之间是粗糙的，滑块与 PQ 之间表面的动摩擦因数为，Q 点右侧表面是光滑的求：（1）滑块滑到 B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则
25、小车上 PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）【考点】：动量守恒定律；牛顿其次定律；功能关系；机械能守恒定律【专题】：力学三大学问结合的综合问题【分析】：（1）依据机械能守恒定律求出滑块到达 B 点的速度，再依据牛顿其次定律求出轨道对滑块的支持力，从而求出滑块对圆弧轨道的压力大小（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必定具有共同的末速度，依据动量守恒定律求出共同的速度，依据能量守恒求出滑块与弹簧恰好不碰撞时 PQ 的长度，该长度为最大长度小车 PQ 之间的距离 L 不是很大，则滑块必定挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必定被弹回到 PQ 之间，设滑
26、块恰好回到小车的左端 P 点处，依据动量守恒和能量守恒求出 L 的最小值从而得出 L 的范围【解析】：解：（1）设滑块滑到 B 点的速度大小为 v，到 B 点时轨道对滑块的支持力为 N，由机械能守恒定律有 滑块滑到 B 点时，由牛顿其次定律有：联立式解得：N=3mg 依据牛顿第三定律，滑块在 B 点对轨道的压力大小为：N=3mg（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必定具有共同的末速度设为 u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 mv=（M+m）u 若小车 PQ 之间的距离 L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到 Q 点，由功能关系有 联立式解得：若小车 PQ 之
27、间的距离 L 不是很大，则滑块必定挤压弹簧，由于 Q 点右侧是光滑的，滑块必定被弹回到 PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端 P 点处，由功能关系有 联立式解得 综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离 L 应满足的范围是：答：（1）滑块滑到 B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小 3mg（2）PQ 之间的距离 L 应满足的范围是 【点评】：解决本题的关键抓住两个临界状态，一个是恰好与弹簧接触，一个是反弹后恰好运动到 P 点，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解 13（18 分）如图所示，一半径为 r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，
28、导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为 d在 t=0 时，圆形导线框中的磁感应强度 B1随时间均匀增大；同时，有一质量为 m、带电量为 q 的液滴以初速度 v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点），该液滴恰能从两板间作匀速直线运动然后液滴在磁感应强度为 B2、宽为 L 的复合场（重力场、电场、磁场）中作匀速圆周周运动，磁场的上下区域足够大 （1）推断 1、2 两极板哪一块为正极板？试求磁感应强度 B1随时间的变化率 K；（2）求复合场（重力场、电场、磁场）中的电场强度；（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的竖直距离 【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强
29、电场中的运动【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】：（1）依据两板间的电压 U=、面积公式、带电液滴受的电场力 F=以及 Fmg=0列方程组即可求解 K；（2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则必需电场力与重力平衡，据此即可求解；（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力求出半径，依据 R 与 L 的关系结合几何关系进行争辩即可求解【解析】：解：（1）2 极板为正极板，由题意可知：两板间的电压为：U=而：S=r2 带电液滴所受的电场力：F=在竖直方向：Fmg=0 由以上各式得 K=（2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由题
30、意知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上 设匀强电场强度为 E，则 qE=mg 得：（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为 R，由牛顿其次定律有：由式得：争辩：若 RL，电子从磁场右边界离开 由几何关系知偏转距离为 代入数据并整理得 若 RL，电子从磁场左边界离开 由几何关系知偏转距离为 y=2R 代入数据并整理得 答：（1）2 极板为正极板，磁感应强度随时间的变化率为；（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向竖直向上，大小为；（3）若 RL，电子从磁场右边界离开，距离；若 RL，电子从磁场左边界离开，距离【点评】：本题有较强的综合性，将电磁感应、电容器和带电粒子在电场中的偏转等学问点有机的结合起来