广东省佛山市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

广东省佛山市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

广东省佛山市 2021 届新高考物理最后模拟卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．在光滑水平面上静止着物体 A，物体 B 与一质量不计的弹簧相连并以一定速度与 A 相碰，如图所示， 则弹簧被压缩的过程中 ①当弹簧处于最大压缩状态时，两物体速度相等 ②只有 A、B 速度相等时，系统的动量才守恒 ③作用过程中，系统的动量总是守恒的 ④A 、B 速度相等时，系统动能最小 下列选项组，完整、正确的一组是（ ） A．①② B．①③④ C．①②④ D．③④ 【答案】 B 【解析】 【详解】 当弹簧接触 A 后， A 做加速运动， B 做减速运动， 当两物体速度相等时弹簧处于最大压缩状态， 则①正确； 当 AB 相互作用过程中，系统受合外力为零，则系统的动量守恒，则②错误，③正确； A、B 速度相等时， 弹簧弹性势能最大，此时系统动能最小，则④正确； A．①②，与结论不相符，选项 A 错误； B．①③④，与结论相符，选项 B 正确； C．①②④，与结论不相符，选项 C 错误； D．③④，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B。 2．如图所示，固定在水平面上的光滑半球，球心 O正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球（可视 为质点） ，小球置于半球面上的 A 点，另一端绕过定滑轮。今缓慢拉绳使小球从 A点滑向半球顶点未到顶 点） ，在此过程中，小球对半球的压力大小 N 及细绳的拉力 T 大小的变化情况是（ ） A． N 不变， T 变小 B． N 变小， T 不变 C． N 变大， T 变大 D． N 变大， T 变小 【答案】 A 【解析】 【详解】 小球受重力支持力和拉力作用， 将三力平移可构成首尾连接的三角形， 其中重力与过 O 点竖直线平行， 支 持力 N 沿半球面半径方向且 N N 拉力沿绳方向， 力的三角形与 O 小球、 滑轮构成的三角形相似， 设小球与滑轮间的绳长为 L ，滑轮到 O 点 的距离为 H ，半球面半径为 R，则有： N T mg R L H 小球从 A 点滑向半球顶点过程中，小球到 O 点距离为 R不变， H 不变， L 减小，所以 N 不变， T 变小 故选 A。 3．工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感 器。其中 A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上 （电源电压小于材料的击穿电压） 。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（ ） A． A、 B 平行板电容器的电容增大 B． A、 B 两板上的电荷量变大 C．有电流从 a 向 b 流过灵敏电流计 D． A、 B 两板间的电场强度变大 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．根据 4 SC kd 可知当产品厚度减小，导致 减小时，电容器的电容 C 减小， A 错误； BC．根据 Q CU 可知极板带电量 Q 减小，有放电电流从 a 向 b 流过， B 错误， C 正确； D．因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为 UE d 不变， D 错误。 故选 C。 4．烟雾探测器使用了一种半衰期为 432 年的放射性元素镅 241 95 Am 来探测烟雾。 当正常空气分子穿过探测 器时，镅 241 95 Am 衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微 粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。则（ ） A．镅 241 95 Am 放出的是 X 射线 B．镅 241 95 Am 放出的是 γ射线 C． 1mg 的镅 241 95 Am 经 864 年将有 0.75mg 发生衰变 D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅 241 95 Am 因温度升高而半衰期变短 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．镅 241 95 Am 会释放出射线将它们电离， 从而产生电流， 而三种射线中 α射线能使空气电离， 故镅 241 95 Am 放出的是 α射线，故 AB 错误； C．半衰期为 432 年，当经 864 年，发生两次衰变， 1mg 的镅将衰变掉四分之三即 0.75mg ，还剩下 0.25 mg 没有衰变，故 C 正确； D．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故 D 错 误。 故选 C。 5．如图所示， 虚线表示某电场的等势面， 等势面的电势图中已标出。 一带电粒子仅在电场力作用下由 A点 运动到 B 点， 粒子的运动轨迹如图中实线所示。 设粒子在 A 点时的速度大小为 Av 、电势能为 pAE ，在 B 点 时的速度大小为 Bv 、电势能为 pBE 。则下列结论正确的是（ ） A．粒子带正电， A Bv v ， pA pBE E B．粒子带负电， A Bv v ， pA pBE E C．粒子带正电， A Bv v ， pA pBE E D．粒子带负电， A Bv v ， pA pBE E 【答案】 A 【解析】 【详解】 由题图中所标出的等势面的电势值， 知该电场可能是正点电荷形成的电场， 电场强度的方向由电势高的地 方指向电势低的地方。根据曲线运动的规律，带电粒子受到的电场力指向曲线的内侧，即带电粒子受到的 电场力与电场强度方向相同，则带电粒子带正电； 带正电粒子从 A运动到 B 点， 电场力做负功，电势能增 大，动能减少，故 A 项正确， BCD 错误； 故选 A。 6．用传感器研究质量为 2kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到 0~6s 内物体的加速 度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A． 0~2s 内物体做匀加速直线运动 B． 0~2s 内物体速度增加了 4m/s C． 2~4s 内合外力冲量的大小为 8Ns D． 4~6s 内合外力对物体做正功 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A． 0~2s 内物体的加速度变大，做变加速直线运动，故 A 错误； B．图像下面的面积表示速度的变化量， 0~2s 内物体速度增加了 1 2 2 2m / s 2 ，故 B 错误； C． 2~4s 内合外力冲量的大小 2 2 2N s=8N sI mat 故 C 正确； D．由图可知， 4~6s 内速度变化量为零，即速度不变，由动能定理可知，合外力对物体做功为零，故 D 错 误。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．下列说法不正确的是 _____。 A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是 “上凸 ”的，这是因为水银对玻璃管不浸润的结果 B．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值 C．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体 D．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现 E.汽缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是 “上凸 ”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故 A 正确不 符合题意； B．相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故 B 错误符合题意； C．多晶体和非晶体均具有各向同性，故物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，故 C 错误符合 题意； D．气体之间分子距离很大， 分子力近似为零， 用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的， 并非由于分子之间的斥力造成，故 D 错误符合题意； E．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，根据理想气体的状态方程 PV C T 可知，压强不变而体 积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个 分子对器壁的撞击力增大， 压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少， 故 E 正确不符 合题意。 故选： BCD 。 8．图为回旋加速器的示意图， D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，磁感应强度为 B 的匀强磁场与 盒面垂直，高频交流电频率为 f ，加速电压为 U 。 A 处粒子源产生氘核，在加速器中被加速，加速过程 中不考虑相对论效应和重力的影响。 若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等， 则下 列说法正确的是（ ） A．若加速电压增加为原来 2 倍，则氘核的最大动能变为原来的 2 倍 B．若高频交流电的频率增加为原来 2 倍，则磁感应强度变为原来的 2 倍 C．若该加速器对氦核加速，则高频交流电的频率应变为原来的 2 倍 D．若该加速器对氦核加速，则氦核的最大动能是氘核最动能的 2 倍 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为 R，则根据 2vqvB m R 知 qBRv m 则最大动能为 2 2 2 21 2 2Km q B RE mv m 与加速的电压无关，故 A 错误； B．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来 2 倍，则 T 为原来 一半，而 2 mT Bq ，则磁感应强度变为原来的 2 倍。故 B 正确； C．氦核的比荷为 1 2 ，氚核的比荷为 1 3 ，根据 2 mT Bq 可知，若该加速器对氦核加速，则高频交流电的 周期应变为原来的 3 2 倍，频率为原来的 2 3 ．故 C 错误； D．最大动能 2 2 2 21 2 2Km q B RE mv m 若该加速器对氦核加速，则氦核的最大功能是氘核最大功能的 2 倍。故 D 正确。 故选 BD 。 9．如图，正点电荷固定在 O 点，以 O 为圆心的同心圆上有 a、 b、c 三点，一质量为 m、电荷量为 -q 的 粒子仅在电场力作用下从 a 点运动到 b 点，速率分别为 va、vb．若 a、b 的电势分别为 φa、φb，则 A． a、c 两点电场强度相同 B．粒子的比荷 2 2 2( ) a b a b v vq m C．粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度 D．粒子从 a 点移到 b 点，电场力做正功，电势能减少 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A. 根据正点电荷电场的特征可知， a、 c 两点电场强度大小相同，方向不同，故 A 错误； B.电荷量为 -q 的粒子仅在电场力作用下从 a 点运动到 b 点，由能量守恒定律， 21 2 amv -qφa= 21 2 bmv -qφb， 解得 2 2v v 2( ) a b a b q m ， 选项 B 正确； C.根据点电荷电场强度公式可知， a 点的电场强度大于 b 点，粒子在 a 点所受的库仑力大于在 b 点所受的 库仑力，由牛顿第二定律可知粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度，故 C 正确； D.电荷量为 -q 的粒子粒子从 a 点移到 b 点，克服电场力做功，电势能增大，选项 D 错误． 10．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T 1 和降压变压器 T 2 向用户供电，已 知输电线的总电阻 R=10Ω ，降压变压器 T 2的原、副线圈匝数之比为 4:1，副线圈与用电器 R 0组成闭合电 路 .若 T 1、T 2 均为理想变压器 , T 2 的副线圈两端电压． 220 2 sin100U t （V ），当用电器电阻 R 0=ll Ω 时 ( ) A．通过用电器 R0 的电流有效值是 20A B．当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小 C．发电机中的电流变化频率为 100 Hz D．升压变压器的输入功率为 4650W 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A. 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为 U= 220 2 2 2 mU V=220V ，负载电阻为 11Ω，所以通过 R0 电流的有效值是 20A ，故 A 正确； B. 当用电器的电阻 R0 减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大， 故 B 错误； C. 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率 f= ω /2 π =50Hz.故 C 错误； D. 根据 I 3：I 4=n 4： n3 得，输电线上的电流 I 3=5A ，则输电线上损耗的功率 P 损= 2 3I R =25×10W=250W ， 降压变压器的输入功率 P3=U 4I 4=220×20W=4400W ，则升压变压器的输出功率 P=P3+P 损 =4400+250W=4650W. 故 D 正确； 故选 AD 【点睛】 在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通 过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率． 11．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A 、B、C 三点，如图甲所示，一个电荷 量为 2×10-5 C，质量为 1 g 的小物块在水平面上从 C 点静止释放，其运动的 v-t 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A． B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=100 N/C B．由 C 点到 A 点电势逐渐减小 C．由 C 到 A 的过程中物块的电势能先变大后变小 D． A、 B 两点间的电势差 UAB =－500 V 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 v—t 图象可知物块在 B 点的加速度最大 24 0 2m/s 7 5 va t 所受的电场力最大为 3 31 10 2 2 10 NF ma 故 B 点的场强最大为 3 5 2 10 100N/C 2 10 FE q 故 A 正确； B．根据两个等量的同种正电荷， 其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧， 故由 C 点到 A 点电势逐渐减小， B 正确； C．根据 v—t 图象可知 C 到 A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误； D．由 A 到 B 根据动能定理可得 2 21 1 0.01J 2 2AB k B AW E mv mv 又因 AB ABW qU 故 5 0.01 V 500V 2 10 AB AB WU q 故 D 正确。 故选 ABD 。 12．如图甲所示，一质量为 m 的物体静止在水平面上，自 t=0 时刻起对其施加一竖直向上的力 F，力 F 随时间 t 变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为 g，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说 法正确的是（ ） A．物体做匀变速直线运动 B． 0 2 t 时刻物体速度最大 C．物体上升过程的最大速度为 0gt D． 0t 时刻物体到达最高点 【答案】 BD 【解析】 【详解】 由图可得力 F 与时间的关系为 0 22 mgF mg t t ，则可得物体的合外力与时间的关系为 0 2 A mgF mg t t ，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为 0 2F ga g t m t 合 ，则可知物体先向 上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升 过程中，当加速度为零时，速度最大，即 0 2 0gg t t ，可得 0 1 2 t t ，故 A 错误， B 正确；由初速度大 小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大 速度大小为 0 0 0 1 2 2 4m tgv v gt ，故 C 错误；由前面的分析可知在 t=t 0 时，加速度为 a g ， 根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为 0，物体运动到最高点，故 D 正确。故选： BD。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数， 设计如图甲所示装置， 已知当地的重力加速度为 g 。 (1)对于实验的要求，下列说法正确的是 _______； A．将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力 B．钩码的质量要远小于木块的质量 C．要保证长木板水平 D．接通电源的同时释放木块 (2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是 50Hz 的交流电源，纸 带上的点每 5 个点取 1 个记数点， 但第 3 个记数点没有画出， 则该木块的加速度 a _____ 2m/s ；（结果保 留三位有效数字） (3)若木块的质量为 M ，钩码的质量为 m ，则木块与长木板间的动摩擦因数为 _____（用 M 、 m 、 a 、 g 表示结果） 。 【答案】 C 0.737 ( )mg m M a Mg 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]AB ．本实验不需要平衡摩擦力，也不需要使钩码的质量远小于木块的质量，选项 AB 错误； C．为了能使木块对长木板的正压力等于木块的重力，长木板必须水平，选项 C 正确； D．接通电源，待打点计时器打点稳定，再释放木块，选项 D 错误。 故选 C。 (2)[2] 每打 5 个点取一个记数点，所以相邻的计数点间的时间间隔 0.1sT ，根据匀变速直线运动的推论 公式 2x aT 可以求出加速度的大小，则有 2 45 12 3x x aT 求得 20.737m/sa 。 (3)[3] 由牛顿第二定律得 ( )mg Mg m M a 求得 ( )mg m M a Mg 。 14．如图甲所示装置，可以进行以下实验： A. “研究匀变速直线运动 ” B. “验证牛顿第二定律 ” C. “研究合外力做功和物体动能变化关系 (1)在 A、B、C 这三个实验中， ______需要平衡摩擦阻力． (2)已知小车的质量为 M ，盘和砝码的总质量为 m，且将 mg 视为细绳对小车的拉力； 为此需要满足 .m M 前述 A、B、C 三个实验中， ______不需要满足此要求． (3)如果用此装置做 “研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验， 由此可求得如图乙纸带上由 O 点到 D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式 W ______，该小车动能改变量的表达式 kEV ______．由于实验中存在系统误差，所以 W______ .(kEV 选填 “小于 ”、“等于 ”或 “大于 ”) ． 【答案】 BC A 4mgs 2 5 3 2 ( ) 8 M s s T 大于 【解析】 【分析】 根据实验原理与实验注意事项分析答题． 由匀变速直线运动的推论求出打 D 点的速度， 然后根据重力势能 与动能的计算公式分析答题． 【详解】 ： 1 在 A、B、C 这三个实验中， “验证牛顿第二定律 ”、“研究合外力做功和物体动能变化关系，都需要 平衡摩擦阻力； 故选 BC ． 2 已知小车的质量为 M ，盘和砝码的总质量为 m，且将 mg 视为细绳对小车的拉力．为此需要满足 .m M= 前述 A、B、C 三个实验中，实验 A 只需要小车做匀加速运动即可，不需要满足此要求； 故选 A． 3 纸带上由 O 点到 D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式： 4W mgs ； 打 D 点时的速度： 5 3 2D s sv T ， 则小车动能的改变量： 2 25 3 5 3 2 ( )1 ( ) 2 2 8k s s M s sE M T T ； 由于实验中存在系统误差，所以盘和砝码受到的重力所做功 W 大于小车动能的增量 kEV ． 故答案为 1 BC 2 A 43 mgs ； 2 5 3 2 ( ) 8 M s s T ； 大于 【点睛】 此题涉及到三个高中物理的重要实验，基本装置都相同，只是实验的原理及目的不同；关键是弄清每个实 验的原理及操作的方法、注意事项等问题，做到融会贯通不混淆． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，两条相互垂直的直线 MN 、PQ，其交点为 O。MN 一侧有电场强度为 E 的匀强场（垂直 于 MN 向上） ，另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里） 。一质量为 m 的带负电粒子（不计重力）从 PQ 线上 的 A 点，沿平行于 MN 方向以速度 0v 射出，从 MN 上的 C 点（未画出）进入磁场，通过 O 点后离开磁 场，已知 OA h ， 2OC h 。求： （ 1）带电粒子的电荷量 q； （ 2）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小。 【答案】 （1） 2 0 2 mvq Eh （2） 0 2EB v 【解析】 【详解】 （ 1）设粒子的电量为 q，研究 A 到 C 的运动 21 2 Eqh t m ① 2h=v 0t ② 由①②得： 2 0 2 mvq Eh ③ （ 2）研究粒子从 A 到 C 的运动 2 y hv t ④ 可得 vy =v 0 ⑤ 0 tanθ 1yv v θ =45° 02v v ⑥ 研究粒子从 C 作圆周运动到 O 的运动，令磁场强度为 B，由 2vqvB m R ⑦ 由几何关系得 2Rsin θ =2h ⑧ 由⑥⑦⑧解出 0 2EB v 16．滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从 A 点水平离开 h=0.8m 高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从 B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由 C 点 滑上涂有特殊材料的水平面， 水平面与滑板间的动摩擦因数从 C 点起按图乙规律变化， 已知圆弧与水平面 相切于 C 点， B、C 为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径 R=1m ； O 为圆心，圆弧对应的圆心角 =53°，已 知 210m/sg ， sin 37 0.60o ， cos37 0.80o ，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量 m=50kg ，可 视为质点，试求： (1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度 v0； (2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力； (3)运动员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。 【答案】 (1)3m/s； (2)2150N ，竖直向下； (3)3.55m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)运动员从 A 平抛至 B 的过程中， 在竖直方向有 2 2yv gh ① 在 B 点有 0 tanyv v ② 由①②得 0 3m/sv ③ (2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到 C 处时，牛顿第二定律可得： 2 C N vF mg m R ④ 运动员从 A 到 C 的过程，由机械能守恒得： 2 2 0 1 11 cos53 2 2Cmg h R mv mv ⑤ 联立③④⑤解得 2150NF N 由牛顿第三定律得：对轨道的压力为 2150N NF F N 方向竖直向下； (3)运动员经过 C 点以后，由图可知： 1 0.5x m， 0.5 2 1 1 1 2 2Cmv mgx 设最远距离为 x，则 1x x ，由动能定理可得： 2 1 1 1 1 2 2 mv mgx mg x x ⑥ 由⑤⑥代值解得 x=3.55m 17．机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿 x 轴正方向传播， 波长 λ =0.8m，质点 p 的坐标 x=0.32m ．从 此时刻开始计时． ①若每间隔最小时间 0.4s 重复出现波形图，求波速； ②若 p 点经 0.4s 第一次达到正向最大位移，求波速； ③若 p 点经 0.4s 到达平衡位置，求波速． 【答案】① 2 m/s ②0.3 m/s ③（ 0.8+n）m/s（n=0 ，1，2， 3，⋯ ） 【解析】 【详解】 ①依题意，周期 T=0.4 s ，波速 v= T = 0.8 0.4 m/s=2 m/s ． ②波沿 x 轴正方向传播，当 x=0.2m 的振动传到 p 点， p 点恰好第一次达到正向最大位移． 波传播的距离 △x=0.32 m ﹣0.2 m=0.12 m 波速 v= x t = 0.12 0.4 m/s=0.3 m/s． ③波沿 x 轴正方向传播，若 p 点恰好第一次到达平衡位置则 △x=0.32 m ， 由周期性，可知波传播的可能距离 △x=（0.32+ 2 n）m（n=0 ，1，2， 3，⋯） 可能波速 v= x t = 0.80.32 2 0.4 n m/s= （0.8+n） m/s（ n=0，1，2，3， ⋯）．