广东省广州市2021届新高考物理一模试卷含解析

1、广东省广州市2021届新高考物理一模试卷一、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.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1 ,当输入电压增加20V时，输出电压（）A .增加200V B .增加2V C.降低200V D.降低2V【答案】B【解析】【详解】根据Ui mu 2 n2得U1 n1u 2 n2即20 _10U2 - 1解得U 2=2V即输出电压增加2V ,故B正确，ACD错误。故选B o2.同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金

2、属板MN连接，如图甲所示.导线PQ中通有正弦交流电流1, i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在 广2s内且电荷量增加且电荷量减小且电荷量增加且电荷量减小A. M板带正电,B. M板带正电,C. M板带负电,D. M板带负电, 答案】A【解析】【详解】在12s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通 量的 变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面 向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知 上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A

3、正确，B、C、D错误；故选A .3.如图所示，一光滑的轻杆倾斜地固定在水平面上，倾角大小为 30° ,质量分别为，m甲、m乙的小球甲、 乙穿在光滑杆上，且用一质量可忽略不计的细线连接后跨过固定在天花板上的光滑定滑轮，当整个系统平衡时，连接乙球的细线与水平方向的夹角大小为A. 1： 3B. 1： 2D. 3 ： 260° ,连接甲球的细线呈竖直状态。贝ij m甲：m乙为（）C. 3 ： 1【答案】A【解析】【详解】分别对甲、乙受力分析如图所示，以甲球为研究对象，则甲球受到重力和绳的拉力的作用，直杆对甲 球没有力的作用，否则甲球水平方向受力不能平衡，所以T=m 甲 g以乙球为研

4、究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳的拉力T与乙球受到的支持力N与竖直方向之间 的夹角都是30。，所以T与N大小相等，得m 乙 g 2 T cos30 3T综上可得m甲：m乙1 : 3故A项正确，BCD三项错误。4.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上，a、 b带正电，电荷量均为q, c带负电，整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k ,若三个 小球均处于静止状态，则下列说法中正确的是（）A. a球所受合力斜向左B. c球带电量的大小为2qC .匀强电场的方向垂直于ab边由ab的中点指向c点D.因为不知道c球的电量大小，所以无

5、法求出匀强电场的场强大小【答案】B【解析】【分析】【详解】A. a球处于静止状态，所受合外力为0,故A错误；BC.因为带负电的c球受力平衡处于静止状态，根据平衡条件可知电场线方向竖直向上qEq°E则对a球受力分析，水平方向上ab之间的库仑力Fab和ac之间库仑力Fc在水平方向上的分力平衡10V、20V和30V ,实线是某带电粒子在该电）kq q kqc q2 c2 cos6022LL解得qc 2q故B正确，C错误；D.对c球受力分析2 吟 Q cos30 qcE解得V3kqL2故D错误。故选B o5.如图所示，虚线为某匀强电场的等势线，电势分 别为A.带负电B.在a、b、c三点的动能

6、大小关系的 Ekc 世C .在a、 b、 c三点的电势能大小关系为Epa Epc EpbD一定是从a点运动到b点，再运动到c点【答案】C解析】详解】A.根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知场强方向向上，带电粒子的轨迹向上弯曲，粒 子所受的电场力向上，则该粒子一定带正电荷，故A错误；BC .带正电的粒子在电势高的地方电势能大，故Ye *pb又粒子仅在电场力的作用下运动，动能与电势能总和保持不变，故hkb Ekc Eka故B错误，C正确;D.由图只能判断出粒子受力的方向与电势能、动能的大小关系，但不能判断出粒子是否从a点运动到b 点，再运动到c点，故D错误。故选C O6 .如图，光滑

7、圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点N2.重力加速度大小为g,则Ni -N2的值为时对轨道的压力大小为Ni,在高点时对轨道的压力大小为A. 3mg答案】D解析】B. 4mgC. 5mgD. 6mg试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得N2 mg2 V2m2 在最低点，根据牛顿第二定律可得1 2 1 22r mvi mv2 ,联立三式可W（m - 5机械能守恒，故有mgNi mg m，从最高点到最低点过程 中，r得 Ni N2 6mg考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求

8、得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值.要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下.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 .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2x10-5 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（）U 5 7 I2 15乙A. B点为中垂线上电

9、场强度最大的点，场强E=100 N/CB.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【解睡1 ABD【分析】【详解】A.根据v- t图象可知物块在B点的加速度最大v 4 0 2 a 2 m/st 7 5所受的电场力最大为33F ma 1 10 3 2 2 10 3N故B点的场强最大为F 2 10 3E 5 100N/Cq 2 10 5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0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

10、功，电势能减小，故C错误；D.由A到B根据动能定理可得%2 1 2 Wab Ek mv2B mv2A 0. 01J又因"AB qU AB故U AB0.01500Vq5 c ，八 5故D正确。故选ABD o8.如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度（速度方向与边界的夹角分别为30。、60 ° ）从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的0点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）A. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1 ： 3B. A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3 (2- 3 )C. A、B两粒子的比荷之比是3 ： 1D.

11、 A、B两粒子的比荷之比是(2+ 3) ： 3【答案】BD【解析】【分析】【详解】根据上图可知Rcos30 R dr cos60 r d联立解得R 3 3 (2 3) r 2 3 1故A错误，B正确。CD .粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2由牛顿第二定律得 qvB m解得-,由题意可知，两粒子的V大小与B都相同，则AB两粒子的。之比与粒子的轨道半径成m Br m 反比，即粒子比荷之比为一，故C错误，D正确。39.水平圆盘A、B以齿轮咬合传动,故选BD 。B盘为主动转盘，A盘半径为B盘半径的2倍。在A、B两盘上分别放置两个相同的物块P、Q,它们到圆盘中心的距离相等，均为r o物

12、块与圆盘的最大静摩擦力为物块所受重力的k倍，重力加速度大小为g o若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法正确的是A .圆盘A、B转动的角速度相等B. P、Q不发生滑动时，所受的摩擦力始终不相等C.当A盘的角速度增大至某一值时,P、Q同时开始滑动D.当A盘的角速度时，Q所受摩擦力的大小等【答案】BD【解析】【详解】vA.圆盘A、B边缘线速度相同，由 得Rrb , Ra 2Rb故A错误；BC.物块滑动前有2F静mr结合式知Q所受静摩擦力大，两物块最大静摩擦力均为kmg o增大则所需向心力mr ?增大，则Q先达到最大静摩擦力，开始滑动，故B正确，C错误；D. P、Q两物块开始滑动时有 kmg

13、 2 E S /解得临界角速度结合式知，当A0故此时Q所受摩擦力大小等于kmg ,故D正确。故选BD o10.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心0等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为+q的小球P套在圆环 上，21 1R vb沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为vaa b c22列说法正确的是（A.匀强电场方向水平向右mgB.匀强电场场强大小为C.小球运动过程中对圆环的最大压力为 7. 5mgD.小球运动过程中对圆环的最小压力为 1.25mg答案】AC解析】分析】详解】A,从最低点到最高点：22

14、1 mvc 1 mva 2mgR qll ac22解得：U acO故ac连线为等势线，从a到b ,有1 mvb21 mva2 mgR qU ab22解得：Uab MR 04q电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故 A正确；B,匀强电场场强大小e U ab 3mgR 4q故B错误；C.电场力Eq 34 mg当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最大速'rnvmluclm Vtn i nEq cos53 mg cos37 Fn dK解得最小支持力为:Fmin 0故c正确D错误。故选AC 。 ax '

15、 mva2 mgR(1 cos37 ) qER sin 37 22根据牛顿第二定律2Fn Eq cos53 mg cos37 m v，nax解得最大支持力为:Fmax 7. 5mg根据牛顿第三定律可知，最大压力为1.1 rnvm2 in1 mva2 mgR (1 cos37 )22根据牛顿第二定律5mg；根据几何关系可知，最小速度qER s i n 3711.如图所示, 的倾角为a二37的。足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点IOmA点由设物静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的块和Q点（图中未画出） 斜面间的动摩擦因数为0.5,以B点为零势能面（

16、sln37 0 =0.6, cos37° =0. 8） o则下列说法正确的是（）A . Q点到B点距离为2mB.物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加C.物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方D.物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.物块从A到Q全过程由动能定理得mg si S2 s i n37 mg si S2 cos37 0代入 0. 5 , Si 10m解得S2 2m选项A正确；B.全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项 B错误；C.物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得mgH 咤"E

17、k Q2显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，则选项C错误；D.因为 tan ,所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得mgsi s i n 37 mgs cos37代入数据解得s=15m选项D正确。故选AD 。12.如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4： 1,原线圈接有u-31lsin100 n t （的V）交变电 压，副线 圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表.以下说法正确的是A.副线圈 中电流的 变化频率 为50HZB.灯泡 D两端电 压为55V 它们的总 的电压为55V,所以灯泡L 1两端电压一定会小于5

18、5V,故B错误；在根据电压与匝数成正比可 知副线圈的C.若交变电压u的有效值不变频率增大，则电压表的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变频率增大，则灯泡D的亮度将变暗解析】变压器不会改变电流的频率，电流的频率为2 MHz 50Hz ,故人正确；由瞬时值的表答案】AD达式可知，原线圈的电压最大值为311V ,所以原线圈的电压的有效值为：Ui "V 220V ,在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为 55V ,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D, 电压不变，所以电压表的示数不变，故C错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越 大，所以电路的电流会减小，灯泡

19、D的亮度要变暗，故D正确.所以AD正确，BC错误.三、实验题：共 2小题，每题8分，共16分13.如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动 机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间 隔为T的电火花可在卡(D请将下列实验步骤按先后排序使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触接通电火花计时器的电源，使它工作起来启动电动机，使圆形卡纸转动起来关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示),写出角速度3的表达式，代入数据，得出3的测量值(2)要得到3的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是A.秒表B,毫米

20、刻度尺C.圆规D.量角器(3)写出角速度3的表达式3二,并指出表达式中各个物理量的意义 o【答案】D 8为n个点对应的圆心角(n 1)T(解析】【详解】(1) 1该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数 据处理.故次序为；(2) 2要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D；(3) 3根据，则(4) 9是n个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔。14.测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示,MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R o=1.O Qo调节滑片P,记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长

21、度x,绘制了 U-I图像如图乙所示。由图乙求得电池的电动势E= V ,内阻r二。(2)实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值其真实值(选填“大于”、“等于”或“小于” )oU(3)根据实验数据可绘出 -X图像，如图丙所示。图像斜率为k ,电阻丝横截面积为S,可求得电阻丝的 电阻率P = ,电表内阻对电阻率的测量 (选填“有”或“没有”)影响。【答案】1.49 0.45小于kS没有【解析】【详解】(1) 12由闭合电路欧姆定律可知U=E-I (r+R o)则可知图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=1.49V ；图象的斜率表示(r+R o),则1.49 1.2r Ro1.45 Q0 0.

22、20解得r=1.45- 1.0=0. 45 Q(2) 3由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量弹出口速度为v 2. 0 10* 3m/s ,忽摩擦力与重力的影响。求:值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示(1)炮弹在两导轨间的加速度大小a；(2)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力大小F；(3)通过导轨的电流I。答案】(1) 4.0 105m/s2 ； (2) 1.2 104N ； (3) 6.0 104A解析】分析】详解】(1)炮弹在两导轨问做匀加速运动，因而2 v 2as2s解得52 a 4. 0 105m/s2(

23、2)忽略摩擦力与重力的影响，合外力则为安培力，所以F ma解得F 1.2 104N(3)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ILB . 解得I 6.0 104A16.如图所示，光滑斜面倾角 =30 ° , 一个质量m=3kg的物块在大小为F的恒力作用下，在t=0时刻从 斜面底端由静止开始上滑。在t尸3s时撤去力F,物块在t2=6s时恰好回到斜面的底端。已知重力加速度 g=10m/s 2O 求：(1)恒力的大小F ；(2)物块沿斜面上升的最大距离。答案】(D20N ； (2) 10m解析】(1)设物块前3s的加速度大小为ai ,根据牛顿第二定律有F mgs in mai物块3s末的速

24、度vi ari物块前3s内通过的位移xi 2 aiti设物块后3s的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有mgs i n ma2物块后3s内通过的位移2 X2 V1 t2 tl 2a2 t2 H 据题意可知X1 x2联立解得F=20N(2)物块3s末的速度vi aiti 5m/s设再经过t时间物块上升到最大高度，根据运动学公式有t V1 1 S a2物块沿斜面上升的最大距离s v1 ti t 10m217.游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在 水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为1kg , b、c间的

25、动 摩擦所产0.4, c与地面间的动摩擦因数m2二0. 6在某次投掷中，球a以vo=6m/s的速度水平抛出，同时给 木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取 g=10m/ s ,求：(1)球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离xo；(2) a、b合为一体时的速度大小；(3)要使ab不脱离木板c,木板长度L的最小值。【答案】(1)4.32m ; (2)3.2m/s; (3)2.96m.【解析】分析】详解】(Da球从抛出到落到b槽内的时间t 7 0. 6s此过程中a球的水平位移Xa vot 3. 6m设a、b、c的质量分别为2m、m、m；假设be之间无相对滑动一起向左加速运 q 动，则加速度 I d2 22，。