2021屆新高考物理模擬卷3（廣東卷）【含答案】

1、2021屆新高考物理模擬卷3（廣東卷）一、單項選擇題本題共7小題，每小題4分，共計28分每小題只有一個選項符合題意1下列說法中正確的是()A光電效應(yīng)實驗中，只有入射光頻率小于極限頻率才能產(chǎn)生光電子B若某材料的逸出功是W0，則它的極限頻率ceq f(W0,h)C大量光子的效果往往表現(xiàn)出粒子性，個別光子的行為往往表現(xiàn)出波動性D在光電效應(yīng)現(xiàn)象中，增大入射光的頻率一定能增大光電流2質(zhì)量為M1 kg的木板靜止在粗糙水平面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為1，在木板的左端放置一個質(zhì)量為m1 kg、大小可忽略的鐵塊鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2，取g10 m/s2.若在鐵塊右端施加一個從0開始增大的水平向右的力F

2、，假設(shè)木板足夠長，鐵塊受木板摩擦力Ff隨拉力F的變化如圖所示則兩個動摩擦因數(shù)的數(shù)值為()A10.1，20.2 B10.1，20.4C10.2，20.4 D10.4，20.231820年4月，丹麥物理學(xué)家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)已知通電長直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bkeq f(I,r)，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中的電流成正比、與該點到導(dǎo)線的距離r成反比如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線相距為x0，分別通以大小不等、方向相同的電流，已知I1I2.規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，在0 x0區(qū)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x變化的圖線可能是圖中的() 4.真空中的點電荷在其周圍產(chǎn)生電場，電場中某點的電勢與點電荷的電荷量成正比，

3、與該點到點電荷的距離成反比，即keq f(Q,r).在某真空中有一如圖所示的正六邊形ABCDEF，O為其中心，A、C、E三個頂點各固定一點電荷，其中A、C兩點電荷量為q(q0)，E點電荷量為q，EB、EO分別表示B、O點場強(qiáng)的大小，B、O分別表示B、O點的電勢，則以下關(guān)系中正確的是()AEBEO，BO BEBOCEBEO，BO DEBEO，BO5如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的一塊橡皮泥自距小車上表面1.25 m高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2 kg、速度為2.5 m/s沿光滑水平地面運動的小車上，并與小車一起沿水平地面運動，取g10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A橡皮泥下落的時

4、間為0.3 sB橡皮泥與小車一起在水平地面上運動的速度大小為3.5 m/sC橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動量守恒D整個過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為7.5 J6如圖甲所示，在水平面上固定一電阻為R、半徑為r0的單匝金屬線圈，線圈內(nèi)有一半徑為r(r0)金屬圓環(huán)在下落過程中環(huán)面始終保持水平，速度越來越大，最終穩(wěn)定為某一數(shù)值，稱為收尾速度該金屬環(huán)的收尾速度為v，已知金屬圓環(huán)的電阻為R，忽略空氣阻力，關(guān)于該情景，以下結(jié)論正確的有()A金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，t時間內(nèi)，金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為k0vB金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)的熱功率Peq f(k0v2,Rg)C

5、金屬圓環(huán)的質(zhì)量meq f(k0v2,R)D金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)的熱功率Peq f(k0v2,R)三、非選擇題：共54分。第1114題為必考題，考生都必須作答。第1516題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共42分。11某同學(xué)利用如圖所示裝置驗證以下兩個規(guī)律：兩物塊通過不可伸長的細(xì)繩相連接，沿繩方向的分速度大小相等；系統(tǒng)機(jī)械能守恒P、Q、R為三個完全相同的帶有遮光片的物塊，P、Q用細(xì)繩連接，放在水平氣墊導(dǎo)軌上，物塊R與輕質(zhì)滑輪連接，放在細(xì)繩正中間，三個光電門分別放置于a、b、c處，調(diào)整三個光電門的位置，能實現(xiàn)同時被遮光最初細(xì)繩水平，現(xiàn)將三個物塊由靜止釋放(忽略R上的遮光片到輕質(zhì)滑

6、輪間的距離)(1)為了能完成實驗?zāi)康?，除了記錄P、Q、R的遮光片的遮光時間t1、t2、t3外，還必須測量的物理量有()AP、Q、R的質(zhì)量MB兩個定滑輪間的距離dCR的遮光片到c的距離HD遮光片的寬度x(2)根據(jù)裝置可以分析出P、Q的速度大小相等，則驗證的表達(dá)式為_(3)若要驗證物塊R沿繩方向的分速度與物塊P的速度大小相等，則驗證的表達(dá)式為_(4)若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則驗證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為_12(1)某實驗小組利用如圖1甲所示電路進(jìn)行一些實驗操作，所用的器材有：多用電表、電壓表(量程5 V)、滑動變阻器、導(dǎo)線若干回答下列問題：將圖甲中多用電表的紅表筆和_(填“1”或“2”)端相連，

7、黑表筆連接另一端將滑動變阻器的滑片調(diào)到適當(dāng)位置，使多用電表歐姆“1 k”擋正確測量時的示數(shù)如圖乙所示，這時電壓表的示數(shù)如圖丙所示多用電表和電壓表的示數(shù)分別為_ k和_ V.圖1(2)某同學(xué)在“測繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中所用各元件及規(guī)格如圖2所示，電路已連好一部分，關(guān)于剩余電路的連接正確的是_(多選)圖2 圖3AM端應(yīng)與a接線柱相連BM端應(yīng)與b接線柱相連CN端與c接線柱相連，開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑動片應(yīng)滑到最左端DN端與d接線柱相連，開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑動片應(yīng)滑到最右端該同學(xué)連接好電路后，采用正確的實驗方法和實驗步驟進(jìn)行操作，測繪的小燈泡的伏安特性曲線如圖3所示，電壓U2 V時，小燈

8、泡電阻為_ .13如圖所示，半徑r0.06 m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處，半徑R0.1 m、磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.075 T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為O1(0,0.08 m)，平行金屬板的板長L0.3 m，間距d0.1 m，極板間所加電壓U6.4102 V，其中MN極板上收集的粒子全部中和吸收一位于O處的粒子源向第、象限均勻地發(fā)射速度大小v6.0105 m/s的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后，從第象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，若粒子重力不計、比荷eq f(q,m)1.0108 C/kg，不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應(yīng)，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)打到下極

9、板右端點N的粒子進(jìn)入電場時的縱坐標(biāo)值；(2)打到N點的粒子進(jìn)入磁場時與x軸正方向的夾角14如圖，傾角37的直軌道AC與圓弧軌道CDEF在C處相切且平滑連接，整個裝置固定在同豎直平面內(nèi)圓弧軌道的半徑為R，DF是豎直直徑，O點為圓心，E、O、B三點在同一水平線上A、F也在同一水平線上，兩個小滑塊P、Q(都可視為質(zhì)點)的質(zhì)量都為m.已知滑塊Q與軌道AC間存在摩擦力且動摩擦因數(shù)處處相等，但滑塊P與整個軌道間和滑塊Q與圓弧軌道間的摩擦力都可忽略不計同時將兩個滑塊P、Q分別在A、B兩點由靜止釋放，之后P開始向下滑動，在B點與Q相碰碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持勻速運動，已知P、Q每次相碰都會立刻合在

10、一起運動但兩者并不粘連，sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度為g，求：(1)兩滑塊進(jìn)入圓弧軌道運動過程中對圓弧軌道的壓力的最大值(2)滑塊Q在軌道AC上往復(fù)運動經(jīng)過的最大路程（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，則按所做的第一題計分。選修3315(1)下列說法正確的是_A擴(kuò)散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子的無規(guī)則運動引起的B只要知道某種物質(zhì)的摩爾質(zhì)量和密度，一定可以求出該物質(zhì)的分子體積C布朗運動不是分子運動，但可以反映液體分子的無規(guī)則運動D水蒸汽凝結(jié)成水珠的過程中，分子間斥力減小，引力增大E一定質(zhì)量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加(2)如圖所示，上端帶卡

11、環(huán)的絕熱圓柱形汽缸豎直放置在水平地面上，汽缸內(nèi)部被質(zhì)量均為m的活塞A和活塞B分成高度相等的三個部分，下邊兩部分封閉有理想氣體P和Q，活塞A導(dǎo)熱性能良好，活塞B絕熱兩活塞均與汽缸接觸良好，活塞厚度不計，忽略一切摩擦汽缸下面有加熱裝置，初始狀態(tài)溫度均為T0，汽缸的橫截面積為S，外界大氣壓強(qiáng)大小為eq f(mg,S)且保持不變，現(xiàn)對氣體Q緩慢加熱求：當(dāng)活塞A恰好到達(dá)汽缸上端卡環(huán)時，氣體Q的溫度T1；活塞A恰好接觸汽缸上端卡環(huán)后，繼續(xù)給氣體Q加熱，當(dāng)氣體P體積減為原來的一半時，氣體Q的溫度T2.選修3416(1)下列說法中正確的是_A做簡諧運動的物體，其振動能量與振幅無關(guān)B全息照相的拍攝利用了光的干涉

12、原理C真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的，與光源和觀察者的運動無關(guān)D醫(yī)學(xué)上用激光做“光刀”來進(jìn)行手術(shù)，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特點E機(jī)械波和電磁波都可以在真空中傳播(2)一半圓柱形透明體橫截面如圖所示，O為截面的圓心，半徑Req r(3) cm，折射率neq r(3).一束光線在橫截面內(nèi)從AOB邊上的A點以60的入射角射入透明體，求該光線在透明體中傳播的時間(已知真空中的光速c3.0108 m/s)1.答案B解析光電效應(yīng)實驗中，只有入射光頻率大于金屬的極限頻率才能發(fā)生光電效應(yīng)，從而產(chǎn)生光電子，選項A錯誤；若某材料的逸出功是W0，則它的極限頻率ceq f(W0,h)，選項B正確

13、；大量光子的效果往往表現(xiàn)出波動性，個別光子的行為往往表現(xiàn)出粒子性，選項C錯誤；在光電效應(yīng)現(xiàn)象中，增大入射光的頻率一定能增大光電子的最大初動能，不一定能增大光電流，選項D錯誤2.答案B解析由題圖可知，當(dāng)F6 N時，鐵塊的摩擦力恒定即為滑動摩擦力，且Ff2mg4 N，解得20.4，在F6 N時，鐵塊和木板具有相同的加速度，對鐵塊有：FFfma解得a2 m/s2對木板有：Ff1(Mm)gMa解得：10.1，故B正確3.答案A解析根據(jù)右手螺旋定則可得左邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場方向垂直紙面向里，右邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場方向垂直紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場越弱，在兩根導(dǎo)線中間偏右位置合磁感應(yīng)強(qiáng)度

14、為零由于規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，故A正確，B、C、D錯誤4.答案B解析設(shè)正六邊形的邊長為L，A處點電荷在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1eq f(kq,L2)C處點電荷在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2eq f(kq,L2)E處點電荷在B點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E3eq f(kq,4L2)由電場的疊加可知，A、C兩處點電荷在B處的合場強(qiáng)為E12eq f(kq,L2)所以B處的場強(qiáng)為EBE12E3eq f(3kq,4L2)同理可求得：O處的場強(qiáng)為EOeq f(2kq,L2)所以EBO，故B正確5.答案D解析橡皮泥下落的時間為：teq r(f(2h,g）eq r(f(21.25,10） s0.5 s，故A錯誤；橡

15、皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取小車初速度的方向為正方向，則有：m1v0(m1m2)v，所以共同速度為：veq f(m1v0,m1m2)eq f(22.5,20.5) m/s2 m/s，故B錯誤；橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，但豎直方向的動量不守恒，故C錯誤；整個過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于橡皮泥的重力勢能與二者損失的動能，得：Em2gheq blcrc(avs4alco1(f(1,2)m1voal(02,)f(1,2)m1m2v2）代入數(shù)據(jù)可得：E7.5 J，故D正確6.答案D解析在0t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E1

16、eq f(B,t)Seq f(B0,t0)r2，感應(yīng)電流I1eq f(E1,R)eq f(B0r2,Rt0)a，根據(jù)楞次定律，電流為順時針方向，即正方向；在t03t0時間內(nèi)線圈中磁通量不變，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為零；在3t05t0時間內(nèi)，電動勢：E2eq f(B,t)Seq f(B0,2t0)r2，感應(yīng)電流I2eq f(E2,R)eq f(B0r2,2Rt0)eq f(1,2)a，根據(jù)楞次定律，電流為逆時針方向，即負(fù)方向，故選D.7.答案C解析當(dāng)導(dǎo)線MN勻速向右運動時，導(dǎo)線所受的合力為零，說明導(dǎo)線不受安培力，電路中電流為零，故電阻兩端沒有電壓，此時導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定為EBLv，則電容器兩極

17、板間的電壓為UEBLv，故A、B錯誤；電容器所帶電荷量QCUCBLv，故C正確；因勻速運動后MN所受合力為0，而此時無電流，不受安培力，則無需拉力便可做勻速運動，故D錯誤8.答案AD解析以被籃板反彈后的速度方向為正方向，與籃板碰撞前后籃球的動量變化大小為：p1mv2(mv1)m(v2v1)0.6(86) kgm/s8.4 kgm/s，選項A正確；根據(jù)動量定理，被籃板彈回到被運動員接住的過程中籃球的動量變化大小為p2mgt0.6100.5 kgm/s3 kgm/s，選項B錯誤；根據(jù)動量定理：Ftp1，因作用時間t未知，則無法確定籃板對籃球的作用力大小，選項C錯誤；被籃板彈回到被運動員接住的過程中

18、籃球的重力產(chǎn)生的沖量大小為IGp23 kgm/s3 Ns，選項D正確9.答案AC解析A極板帶正電，B極板帶負(fù)電，根據(jù)二極管具有單向?qū)щ娦?，極板的電荷量只能增加不能減小若小球帶正電，當(dāng)d減小時，電容增大，Q增大，根據(jù)Eeq f(U,d)，Ceq f(Q,U)，Ceq f(rS,4kd)，得Eeq f(4kQ,rS)，知d減小時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動豎直方向上的加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)，故A正確若小球帶正電，當(dāng)d增大時，電容減小，但Q不能減小，所以Q不變，根據(jù)Eeq f(U,d)，Ceq f(Q,U)，Ceq f(rS,4kd)，得Eeq f(4kQ,rS)

19、，知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點，故B錯誤若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據(jù)Eeq f(U,d)，Ceq f(Q,U)，Ceq f(rS,4kd)，得Eeq f(4kQ,rS)，知E增大，所以電場力變大，方向向上，若此時電場力仍小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)，故C正確若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d增大時，電容減小，但Q不能減小，所以Q不變，根據(jù)Eeq f(U,d)，Ceq f(Q,U)，Ceq f(rS,4kd)，得Eeq f(4kQ,rS)，知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點，故D錯誤10.答案AD

20、解析金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，t時間內(nèi)，磁通量變化為21k0vt，所以感應(yīng)電動勢為Eeq f(,t)k0v，故A正確；金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，產(chǎn)生的電流為Ieq f(E,R)eq f(k0v,R)，熱功率為PI2Req f(k0v2,R)，故B錯誤，D正確；由能量守恒可知，重力的功率等熱功率，即mgveq f(k0v2,R)，解得：meq f(k02v,gR)，故C錯誤11.答案(1)BCD(2)t1t2(3)eq f(t3,t1)eq f(2H,r(4H2d2）(4)gHeq f(1,2)x2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,toal(12,）f(1,toal(22,）f(1,toal

21、(32,）解析(1)要證明，需要測量兩個定滑輪間的距離d和R的遮光片到c的距離H，通過幾何關(guān)系可證明沿繩的分速度相等；要證明，需要測量R的遮光片到c的距離H和遮光片的寬度x，根據(jù)運動學(xué)公式和動能定理列式可驗證機(jī)械能守恒，故B、C、D正確(2)物塊P的速度vPeq f(x,t1)，物塊Q的速度vQeq f(x,t2)，因此若要分析出P、Q的速度大小相等，即需要驗證表達(dá)式eq f(x,t1)eq f(x,t2)，化簡可得驗證t1t2即可；(3)物塊R的速度vReq f(x,t3)，要驗證物塊R沿繩方向的分速度與物塊P的速度大小相等，則需要驗證表達(dá)式vRcos vP即vReq f(H,r(H2blc

22、(rc)(avs4alco1(f(d,2）)2）vP，將vP、vR代入得：eq f(t3,t1)eq f(2H,r(4H2d2）(4)整個系統(tǒng)減少的重力勢能是EpMgH整個系統(tǒng)增加的動能Ekeq f(1,2)Mveq oal(,P2)eq f(1,2)Mveq oal(,Q2)eq f(1,2)Mveq oal(R2,)要驗證機(jī)械能守恒，則EpEk，即驗證表達(dá)式gHeq f(1,2)x2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,toal(12,）f(1,toal(22,）f(1,toal(,32）.12.答案(1)1153.50(2)AC10解析(1)電流從電壓表正接線柱流入，故紅表筆

23、接1，黑表筆接2；歐姆表讀數(shù)倍率表盤讀數(shù)1 k15 15 k；電壓表最小分度為0.1 V，故讀數(shù)為3.50 V；(2)測繪小燈泡的伏安特性曲線應(yīng)該采用電流表外接法，滑動變阻器采用分壓式接法，則M端應(yīng)與a接線柱相連；N端與c接線柱相連，開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑動片應(yīng)滑到最左端；或者N端與d接線柱相連，開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑動片應(yīng)滑到最左端，故選A、C.電壓U2 V時，讀出電流為0.2 A，則小燈泡電阻為Req f(U,I)10 .13.答案(1)0.08 m(2)53解析(1)恰能打到N點的粒子運動軌跡如圖所示，粒子從A點進(jìn)入磁場，設(shè)進(jìn)入電場時的縱坐標(biāo)值為y，粒子在電場中的加速度aeq f(q

24、U,md)粒子穿過平行金屬板的時間為teq f(L,v)粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，有：yeq f(1,2)at2聯(lián)立得：yeq f(qUL2,2mdv2)代入數(shù)據(jù)得y0.08 myd0.1 m，說明粒子能射入極板間，射入點的縱坐標(biāo)值為y0.08 m(2)P點與磁場圓心等高，則粒子從點P(0.1 m,0.08 m)射出磁場粒子做圓周運動的半徑為r0，C點為圓心，則OCR0.1 m由牛頓第二定律有：qvBeq f(mv2,r0)解得r00.08 m在直角OAC中，由三角函數(shù)關(guān)系有：sinAOCeq f(r0,R)0.8，即AOC53.14.答案(1)3.8mg(2)eq f(5,

25、3)R解析(1)滑塊P下滑至與Q相碰前瞬間，由機(jī)械能守恒定律得mgReq f(1,2)mveq oal(12)P、Q碰后合在一起運動，碰撞瞬間由動量守恒定律得mv12mv2P、Q一起由C點運動至D點過程，有2mgR(1cos )eq f(1,2)2mveq oal(22)eq f(1,2)2mveq oal(,D2)經(jīng)過D點時對圓弧軌道的壓力最大，有FND2mg2meq f(voal(,D2),R)由牛頓第三定律可知，兩滑塊對圓弧軌道的最大壓力FNDFND聯(lián)立解得FND3.8mg(2)由(1)中計算可知，P、Q整體在D點的動能eq f(1,2)2mveq oal(D2,)0.9mgR2mgR因

26、此它們在圓弧軌道上運動的最高點在E點下方，之后沿軌道返回，再次到達(dá)C點的速度大小仍為v2.從C點上滑后P、Q分離，Q比P先到達(dá)最高點，且Q運動到最高點時停下設(shè)P、Q上滑的最大位移分別為xP、xQ.對P、Q，由動能定理分別可得mgsin xP0eq f(1,2)mveq oal(22)(mgsin Ff)xQ0eq f(1,2)mveq oal(22)由P、Q碰后一起勻速下滑可知Q受到的滑動摩擦力大小Ff2mgsin P再次從最高點下滑至第二次碰Q前，有mgsin (xPxQ)eq f(1,2)mveq oal(32)P、Q碰后一起運動，有mv32mv4P、Q從C點上滑到第二次從C點進(jìn)入圓弧軌道，Q克服摩擦力做的功WfFf2xQ而P、Q碰撞損失的機(jī)械能為：Eeq f(1,2)mveq oal(32)eq f(1,2)2mveq oal(42)由以上各式解得Q克服摩擦力做的功與P、Q碰撞損失的機(jī)械能之比為：eq f(Wf,E)eq f(4,1)P、Q此后多次進(jìn)入直軌道AC的運動過程遵循同樣的規(guī)律，直到最后到達(dá)C點的速度減為0，因此從P、