2021屆廣東省高三（下）高考考前模擬考試物理試題（解析版）

2021清遠一中屆高考考前模擬考試

物理

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有

一項符合題目要求。

1.如圖為氫原子的能級示意圖。大量處于"=4能級的氫原子躍遷到低能級的過程中，下列說法正確的是

()

n￡7eV

oo-——-0

4=-0.85

3---------------------1.51

2---------------------3.4

1---------------------13.6

A.最多可輻射出3種不同頻率的光子

B.從〃=4能級躍遷到”=3能級時，輻射出的光子波長最長

C.從〃=4能級躍遷至能級時，輻射出的光子頻率最大

D.輻射出的光子能使逸出功為13eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】A.大量處于〃=4能級的氫原子躍遷到低能級的過程中，根據(jù)

C：=6

這些氫原子總共可輻射出6種不同頻率的光子，A錯誤；

B.由〃=4躍遷到〃=3,能級差最小,根據(jù)

E廠=—he

2

輻射的光子頻率最小，波長最長，B正確；

C.和〃=1間的能級差最大，躍遷時輻射的光子能量最大，輻射的光子頻率最大，C正確;

D.〃=4激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時產(chǎn)生光子的能量最大為

AE4I=E4-E,=12.75eV

由于該光子能量小于金屬的逸出功13eV,不能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，D錯誤。

故選BC?

2.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為該星球的第二宇宙速度，第二宇宙速度也與第一宇宙速

度W的關(guān)系是v2=V2v,:該星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的1，不計其他

星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為（）

A.屈B.叵C.應(yīng)D.人

2245

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度即第一宇宙速度，由重力作為向心力可得

V,2

me-m—

R

可得地球的第一宇宙速度為

匕=歷

同理可知，該星球的第一宇宙速度為

試=低，=

C正確。

故選C。

3.如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，在容器A中存在若干種電荷量q相同而質(zhì)量機不同的帶電粒子，它們

可從容器A下方經(jīng)過窄縫Si和S2之間的電場加速后射入速度選擇器，速度選擇器中的電場E和磁場B都垂

直于離子速度。，且E也垂直于瓦通過速度選擇器的粒子接著進入均勻磁場以中，沿著半圓周運動后到

達照相底片上形成譜線。若測出譜線A到入口So的距離為x,則下列能正確反映x與機之間函數(shù)關(guān)系的是

()

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】粒子進入速度選擇器后，受力平衡

Eq-Bqu

E

u=一

B

進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力

?、2

Bqu=m—

nITIVX

A=----=—

Bq2

聯(lián)立可得

2mE

x=——

B-q

由上可知，X與優(yōu)成正比。故選A。

4.如圖，由相同導體連接而成的正方形線框必〃固定在勻強磁場中，線框所在平面與磁場方向垂直，a、h

與直流電源兩端相接，則導體外、〃受到的安培力（)

A.大小相等，方向相同B.大小相等，方向相反

C.大小不等，方向相反D.大小不等，方向相同

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】設(shè)時邊電阻為「，則加仍邊電阻為3/，兩部分并聯(lián)電壓相等，由

/上

R

可知，導體帥、cd的電流為3：1,由

F=B1L

可知，導體而、〃所受的安培力大小之比為3：1,兩段導體電流方向均向右，由左手定則可知，受到的安

培力方向均向上，D正確。

故選D。

5.如圖，帶正電的小球a在外力作用下靜止在絕緣光滑豎直面上的尸點，帶正電的小球。用絕緣細線系住,

掛在絕緣光滑豎直面上的0點，6球靜止時與a球在同一水平面內(nèi)。若將小球。從P點緩慢移到C點過程

中，小球b所受的庫侖力大?。ǎ?/p>

A.逐漸減大

B.逐漸減小

C.保持不變

D.先減小后增大

【答案】B

【解析】

【分析】

設(shè)細線長為30P距離為/?,兩球間距為無，對小球b受力分析，如圖所示，在小球。緩慢下移過程，由相

似三角形可得

mg_F

hx

兩電荷間庫侖力為

產(chǎn)=%縛

x

聯(lián)立可得

巡二女昆魚

/?%3

由于/?變大，故X變大，則F變小，B正確。

故選Bo

6.如圖，等量異種點電荷固定在半圓直徑的兩個端點6上，現(xiàn)將帶負電的檢驗電荷從“附近沿半圓弧移

動到6附近，則該檢驗電荷在移動過程中（）

al------------------4b

-Q-Q

A.電勢能逐漸增大

B.受到的電場力對檢驗電荷不做功

C.受到的電場力方向始終與外平行

D.受到的電場力大小和方向都不發(fā)生改變

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】等量異種電荷的分布如圖

AB.負電的檢驗電荷從“附近沿半圓弧移動到6附近，是從高電勢移動到低電勢，電勢差是正值，則電場

力做負功，電勢能增加，B錯誤A正確；

C.根據(jù)等量的異種電荷的電場線的分布，則所受的電場力的方向不始終平行而，C錯誤；

D,等量的異種電荷的電場線分布不是均勻的，則場強不均勻，受到的電場力大小和方向也變化的，D錯誤。

故選A。

7.如圖，滑雪運動員從高度人的A點靜止滑下，到達8點后水平飛出，落到足夠長的斜坡滑道C點，已知

。點在B點正下方，OC=CD,不計全程的摩擦力和空氣阻力，若運動員從高度4/?處由靜止開始滑下，則運

動員（）

A.可能落到CO之間

B.落到斜面瞬間的速度大小可能不變

C.落到斜面瞬間速度方向可能不變

D.在空中運動的時間一定小于原來的兩倍

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.從A滑到B的過程，據(jù)動能定理可得

.1，

mgn=-mv[

當從高度4〃處由靜止滑到8的過程，據(jù)動能定理可得

對比可知

為=2匕

若第二次運動員仍落到與C點等高的水平面，則運動時間，不變，由

x-vt

可知，水平位移為原來2倍，即落到。點正上方的D0點，故實際落到。點下側(cè)，不可能落到C。之間，A

錯誤；

B.從開始下滑到落至斜面過程，由動能定理可得

mgH-^mv2—0

第二次下落的總高度”較大，故第二次落到斜面時的速度一定較大，B錯誤；

C.如圖為兩次落到斜面上時的位移方向，由圖可知，兩次的位移偏角關(guān)系為

q>&

落到斜面上時速度與水平面夾角分別為《、。2，由速度偏角公式可得

tancu=—=—

%%

又有

32%

對比可得

tana=2tan。

a,>a2

即落到斜面瞬間的速度方向不同，c錯誤；

D.設(shè)08距離為△4,0C、C。高度差均為兩次平拋的運動時間分別為九、(2,豎直方向由位移公式

可得

2（M+2軌）

對比可得

M+2A%

---------<2

△4+△3

D錯誤。

故選D。

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.一質(zhì)點做直線運動，運動的加速度a隨時間f的圖象為一條傾斜直線，如圖所示，則下列說法正確的是

()

A.任意相等時間內(nèi)速度變化相等

B.f=0時刻與，=2。時刻質(zhì)點速度一定相等

c.t=2%時刻質(zhì)點速度一定為零

D.若，=0時與t=2fo時質(zhì)點可能在同一位置

【答案】BD

【解析】

【詳解】A."―/圖象中圖線與/軸圍成的面積代表速度的改變量，取兩個連續(xù)相等的時間，圍成的面積如

圖甲所示，顯然面積不相等，故A錯誤；

B.0~2fo過程，圖象與r軸圍成的面積，正負相抵，說明0~2fo時間內(nèi)八丫二。，所以，r=0時刻與，=2%

時刻質(zhì)點速度相等，故B正確；

C.由于題干中未說明初速度情況，不能判定某時刻的速度大小，故C錯誤；

D.由〃一/圖象可以大致畫出速度一時間圖象，但由于初速度不確定，圖象可以上下平移，可能出現(xiàn)V-f圖

象與f軸圍成面積正負相抵的情況，如圖乙所示，故D正確。

9.一運動員穿著飛翔裝備從飛機上跳出后的一段運動過程可近似認為是勻變速直線運動，如圖所示，運動

方向與水平方向成53。，運動員的加速度大小為非。己知運動員（包含裝備）的質(zhì)量為⑶則在運動員下落

4

)

A.運動員重力勢能的減少量為3竽

B.運動員動能的增加量為即致

4

C.運動員動能的增加量為與，咫〃

16

D.運動員的機械能減少了跡

16

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.運動員下落高度是/2,則重力做功為

Wa-mgh

所以運動員重力勢能減少量為機"，故A錯誤;

BC.運動員下落的高度是/?,則飛行的距離

￡=—=-/1

sin5304

運動員受到的合外力

F合=

動能的增加等于合外力做的功，即

3515

AE.=W=—m2X—h=一mgh

k4416

故B錯誤，C正確;

D.運動員重力勢能的減少量為小g〃，動能的增加量為”g〃，所以運動員的機械能減少了1■機g0,故

1616

D正確。

故選CD。

【點睛】本題考查動能定理的應(yīng)用及功的計算，要注意明確重力做功的特點，并正確應(yīng)用動能定理分析動

能的變化量。

10.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個。形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強

磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率V隨時間f變化如圖乙，已知加時刻粒子

恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是（）

V

/

Vn

出口處V3

V2

VI

O7i-hh7；/"n

甲乙

A.t3-t2=t2-t\=t\

B.vi：V2：V3=l：2：3

C.粒子在電場中的加速次數(shù)為V

年

D.同一。形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，由

2

V

qvB=m—

r

可得

mv

r=——

qB

粒子運動周期為

_24廠2兀m

1—-----=------

vqB

故周期與粒子速度無關(guān)，每運動半周被加速一次，可知

A正確；

B.粒子被加速一次，動能增加qU,被加速〃次后的動能為

12〃

~mvn=nqU

可得

丫=乒

Vm

故速度之比為

Vl：V2：V3=l：6：y/3

B錯誤；

C.由B的分析可得

mvf=qU

聯(lián)立解得

2

〃=4

匕

V2

故粒子在電場中的加速次數(shù)為v，C正確；

D.由A的分析可得

mv

r-——

qB

由B的分析可知

為一彩聲彩一匕

故

4一弓力弓一弓

即同一。形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會改變，D錯誤。

故選AC

二、非選擇題：共54分。第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15~16題為選

考題，考生根據(jù)要求作答。

(-)必考題：共42分。

11.某實驗小組用如圖甲所示裝置測當?shù)氐闹亓铀俣?。光電門1、2固定在鐵架臺上，兩光電門分別與數(shù)

字計時器連接。

(1)用螺旋測微器測量小球的直徑d,示數(shù)如圖乙所示，則小球直徑為mm。

U卜+一光電門I

44一光電門2

甲乙

(2)安裝實驗裝置時，對兩光電門的位置有怎樣的要求？()

(3)測得光電門1和2間的高度差為4(),讓小球從光電門1正上方某位置由靜止釋放，通過光電門1和

光電門2時，小球的擋光時間分別為乙、t2,則八_____f2(填“大于"、"小于''或“等于”)，并說明理由:

（4）保持兩光電門間距離不變，改變小球在光電門1上方釋放的位置，重復實驗多次，測得多組通過光電

11

門1和光電門2的擋光時間G、t2,作不一/?圖像，圖線與縱軸的交點為（0,b）,則當?shù)刂亓铀俣萭=

*2’1

（用題目中相關(guān)物理量的字母符號表示）。

【答案】（1）.3.340（2）.處于同一豎直線上，間距適當大些（3）.大于（4）.見解析（5）.

bd2

~2h

【解析】

【分析】

【詳解】（1）[1]固定刻度為3mm,可動刻度為34.0x0.01=0.340mm,故讀數(shù)為3.34（）mm。

（2）[2]由于要測量小球在豎直方向上的速度，所以兩光電門一定在同一豎直線上，且間距適當大些。

（3）[3][4]小球豎直方向上做勻加速運動，即已<4，又由公式

d

t=—

u

可得，t}>t2

（4）[5]根據(jù)動能定理

.1(d\1(t/Y

mgIt=—m———m—

2V2J214,

—1——1--2-g-h-

名虐

由于縱軸截距為人，所以

,2gh

F

bd2

12.某同學計如圖a所示的電路圖來進行有關(guān)電學實驗，其中帥為粗細均勻的金屬絲，Ro為保護電阻。

(1)按電路圖在圖b中完成實物連線。

()

(2)用螺旋測微器測得金屬絲直徑如圖c所示，其讀數(shù)為。

(3)電路連接正確后，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)P的位置，記錄。P長度x與對應(yīng)的電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)/。

將記錄的數(shù)據(jù)描點在如圖d的坐標紙上。

①在圖d上作出巨-％關(guān)系圖線。

②由1-x圖線求得電流表的內(nèi)阻rA=Q和金屬絲的電阻率p與其橫截面積S的比值

(4).2.0(1.9-2.2)(5).9.6(9.4-10)

【解析】

【詳解】(1)[1].實物連線如圖：

rU

②由電阻定律可得，R=P一,由歐姆定律可得：R=—則

SI

U_P*

IS

亍—X圖象斜率&=g由圖所示圖象可知:

^^^二10

0.60

即

攵=2=10

s

由圖象可得：x=0時對應(yīng)的數(shù)值2.0,即

—=2.0

I

則電流表的內(nèi)阻為2.0。.

13.如圖所示，D形光滑導軌水平放置，左側(cè)接有阻值為R=2C的電阻，其余部分電阻不計。在虛線

右側(cè)空間中存在豎直向下的磁場，磁感應(yīng)強度B=0.5T。左側(cè)導軌寬乙=1.6m,右側(cè)導軌與虛線夾角53。，一

質(zhì)量為0.2kg,電阻不計的金屬棒與導軌始終接觸良好，f=0時刻金屬棒以w=lm/s初速度從/位置進入磁場,

向右移動0.8m到達位置H。由于金屬棒受到水平外力的作用，使得通過R的電流保持恒定。已知

sin53°=0.6，cos53°=0.8。求:

(1)金屬棒到達位置II時的速度大小;

(2)水平外力對金屬棒做的功。

【答案】(1)4m/s；(2)1.66J

【解析】

【分析】

【詳解】(1)初始時刻感應(yīng)電動勢

E0=BLv°

當金屬棒向右運動x時，設(shè)金屬棒的速度為V。由幾何關(guān)系可知此時的有效切割長度為

l=L-2

tan53°

電動勢

E=Blv

依題意

E=E.

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得

v=4m/s

(2)金屬棒向右運動過程中，通過R的電量為

,E△①BkS

q=It=—t==----

RRR

其中

△S=g（L+/）x

對金屬棒由動能定理

=%+%安

根據(jù)能量關(guān)系

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得

WF=1.66J

14.如圖，是大型戶外水上競技闖關(guān)活動中“渡河”環(huán)節(jié)的簡化圖。固定在地面上的圓弧軌道上表面光滑。質(zhì)

量為64kg的平板浮于河面上，其左端緊靠著圓弧軌道，且其上表面與軌道末端相切。平板左側(cè)放置質(zhì)量為

16kg的橡膠塊A。質(zhì)量為80kg的人從圓弧軌道上與平板高度差為1.8m處由靜止滑下，人與A碰撞后經(jīng)

0.4s與平板共速，且A恰好沖出平板并沉入水中，不影響平板運動。已知人、橡膠塊與平板間的動摩擦因

數(shù)均為0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的01倍。平板碰到河岸立即被鎖定。河面平靜，水的流速忽

略不計，整個過程中有足夠的安全保障措施。重力加速度取lOm/s?，求：

（1）人與橡膠塊A相撞之后，A速度的大??；

（2）若“渡河”過程中，平板能夠碰到河岸，則河岸寬度d的取值范圍。

___________停奉室妾尋河岸

一?廠-F

【答案】（1）10m/s；（2）3.6m<J<5.6m

【解析】

【分析】

【詳解】（1）設(shè)人滑到圓弧軌道底端時的速度為％,A的質(zhì)量設(shè)為機，則平板的質(zhì)量為4根，人的質(zhì)量為5〃?,

人沿圓弧軌道下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得

5mgh=—x5mv(

人與A碰撞后，人與A都向右做勻減速直線運動，平板向右做初速度為零的勻加速直線運動，人滑上平板

后，由牛頓第二定律得，對人

〃-5mg-5ma

對平板

jumg+M-5mg-0.1x(m+4m+5m)g-4ma平板

經(jīng)4=0.4s人與平板共速，設(shè)人與A碰撞后人的速度為片，共同速度為v,A離開板的速度為％,則

u==。平板4

人與A碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

5mv0=5mvy+mvA

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

%=6m/s,。人=5m/s2,a平板=5m/s2,v=2m/s,v,=4m/s,=10m/s

即人與橡膠塊A相撞之后，A速度的大小為10m/s。

(2)人與平板共速后，設(shè)人與平板整體的加速度為a,人與A碰撞后A在平板上滑動過程，A的加速度期,

由牛頓第二定律得，對人與板

0.1x(4m+5ni)g=(4m+5ni)a

對A

Ring=maA

人與A碰撞后=0.45內(nèi)，人的位移大小

V.+V

%=------1.

21

平板的位移大小

v

十

設(shè)板的長度為L，則

r12

人與平板共速到平板速度為零過程中，平板的位移大小馬滿足

0_v~=_2ax>

根據(jù)題意，人與木板共速時未碰到河岸，則河岸寬度滿足

d>x\+L

平板速度剛好為零時，平板通過的距離為

J=L+Xj+x2

所以，“渡河”過程中，要木板能夠到達河岸，河岸寬度應(yīng)滿足

(X]+L)<d<(L+x]+X2)

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

3.6m<J<5.6m

（二）選考題：共12分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所選做的第一題

計分。

［選修3-3］

15.一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收了4X105J的熱量，同時氣體對外界做了6X105J的功，則氣體內(nèi)能的

改變量是_______J；分子的平均動能（選填“變大”、“變小”或“不變”）

【答案】（1）.-2XIg⑵.變小

【解析】

【分析】在熱力學中，系統(tǒng)發(fā)生變化時，設(shè)與環(huán)境之間交換的熱為Q,外力所做的功為W,可得熱力學能

（亦稱內(nèi)能）的變化為AUMQ+W。

【詳解】口］［2］由熱力學第一定律有

\U=<2+lV=4xl05-6X105J=-2X105J

負號表示氣體的內(nèi)能減小，氣體的內(nèi)能減小，則溫度降低，所以分子的平均動能減小。

16.如圖是“氣壓式保溫瓶結(jié)構(gòu)圖”，人們使用氣壓式保溫瓶時，只需要按壓保溫瓶頂端，即可將水從瓶

中壓出。為了測量瓶蓋下方氣室體積，小明同學先將保溫瓶打開，測量了當瓶內(nèi)只有半瓶水時出水管口到

瓶中水面的高度為20cm,然后把保溫瓶蓋旋緊。按壓兩次后，出水口開始出水。已知保溫瓶的體積為3L,

水的密度為lxl03kg/m3,大氣壓強為lxl（）5pa,忽略按壓過程中氣體溫度的變化及水管體積，保溫瓶氣密性

良好。請問瓶蓋下方氣室的體積為多少？

【答案】15mL

【解析】

【分析】

【詳解】設(shè)保溫瓶的容積為W，瓶蓋下方氣室的體積為丫2,出水管口到瓶中水面的高度差為〃，水的密度

為P，大氣壓強為P。。

當保溫瓶內(nèi)水上方壓強達到

，=，（＞+PSh

時出水口才會出水。根據(jù)波意耳定律

p（）e+2匕）=（%+