广东省广州市20高三下学期二模考试物理试题含解析

2021届广东省广州市高三〔下〕二模物理试题二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分。在每题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.一种利用红外线感应控制的紫外线灯，人在时自动切断紫外线灯电源，人离开时自动开启紫外线灯杀菌消毒。红外线的光子最高能量是1.61eV，紫外线的光子最低能量是3.11eV；如图是氢原子能级示意图，那么大量氢原子〔〕A.从n=2跃迁到低能级过程只可能辐射出红外线B.从n=3跃迁到低能级过程不可能辐射出红外线C.从n=4跃迁到低能级过程只可能辐射出紫外线D.从n=5跃迁到低能级过程不可能辐射出紫外线【答案】B【解析】【分析】【详解】A．从n=2跃迁到低能级过程中辐射的光子能量为由题意可知该光子属于紫外线，故A错误；B．从n=3跃迁到低能级过程中，跃迁到n=2能级过程辐射的光子能量最小，其值为该光子能量大于红外线光子的最高能量，其他光子能量均大于该光子，故B正确；C．从n=4跃迁到n=3能级辐射的光子能量为该光子属于红外线，故C错误；D．从n=5跃迁到低能级过程中辐射的光子能量最大为该光子属于紫外线，故D错误；应选B。2.医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上b点，忽略其它电场影响，那么〔〕A.颗粒做匀变速曲线运动B.颗粒受到的电场力恒定C.颗粒的电势能逐渐减小D.a点的电势比b点的高【答案】C【解析】【详解】AB．带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运动，故A、B错误；C．由于颗粒带负电，绝缘纤维带正电，因此电场力对颗粒做正功，电势能减小，故C正确；D．由于绝缘纤维带正电，故b点电势高于a点，故D错误；应选C。3.疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球。某次斜向上发球，球垂直撞在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力。关于球离开球拍到第一次落地的过程，以下说法正确的选项是〔〕A.球撞击墙壁过程没有机械能损失B.球在空中上升和下降过程时间相等C.球落地时的速率一定比抛出时大D.球落地时和抛出时的动能可能相等【答案】D【解析】【详解】A．小球反弹前的运动为斜抛运动，与墙壁撞击时速度与墙壁垂直，因此可以逆向思维看做平抛运动，反弹后的运动也为平抛运动，两次平抛的水平位移相同，但是第二次的竖直位移更大，因此第二次运动时间更长，因此反弹后的水平初速度小于与墙壁撞击之前的速度，即小球与墙壁撞击时有能量损失，故A错误；B．由A中分析可知，下降时间大于上升时间，故B错误；CD．由于与墙壁撞击时存在能量损失，小球从抛出到落体重力做了正功，由于不知道能量损失和重力做功的关系，因此落地时的速度与抛出时的速度有可能相等，故C错误，D正确；应选D。4.风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为η，那么风力发电机发电的功率为〔〕A.ηρSv2 B.ηρSv2 C.ηρSv3 D.ηρSv3【答案】D【解析】【详解】时间t内，撞击到风力发电机上的空气的动能为故风力发电机的功率为故D正确；应选D。5.如图，“食双星〞是指在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩食〔像月亮挡住太阳〕而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星。在地球上通过望远镜观察这种双星，视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，两颗恒星A、B间距为d，万有引力常量为G，那么可推算出双星的总质量为〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设A、B两天体的轨道半径分别为、，两者做圆周运动的周期相同，设为，由于经过时间两者在此连成一条直线，故对两天体，由万有引力提供向心力可得其中，联立解得故B正确；应选B。6.某电磁弹射装置的简化模型如下图，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，假设〔〕A.从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向B.将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动C.将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动D.金属环不闭合，那么闭合开关时金属环不会产生感应电动势【答案】AC【解析】【详解】A．闭合开关后，由右手定那么可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故A正确；B．将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；C．金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；D．金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动势，但是没有感应电流，故D错误；应选AC。7.如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t=0时初速度大小为v1〔v1＞v2〕的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v﹣t图象如图乙，那么〔〕A.0~t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tanθC.t2时刻，小物块离传送带底端的距离到达最大D.小物块返回传送带底端时的速率小于v1【答案】BD【解析】【详解】A．由图像可知，在时刻，小物体加速度发生变化，故在时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；B．时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续相加加速度，故即，故B正确；C．由图像可知，在时刻物体速度反向，故时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；D．小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功，由动能定理可知，其返回低端速度小于初速度，故D正确；应选BD。θ=30°的绝缘斜面固定在水平桌面上，细金属棒ab和cd质量均为m，电阻均为R；用电阻不计、不可伸长的两根柔软轻导线将它们连成闭合回路abcda，使两金属棒水平并通过固定在斜面上端的两个光滑绝缘的定滑轮跨放〔如下图〕，斜面上两导线相互平行且都平行于斜面。斜面上间距为d的两虚线间的区域存在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，cd与斜面间的动摩擦因数μ=，重力加速度为g，当ab匀速下落时〔〕A.回路中的电流方向为abcdaB.回路中的电流大小为0C.cd的速度大小为D.相同时间内，cd与斜面摩擦产生的热量和回路产生的焦耳热相等【答案】ACD【解析】【详解】AB．cd棒沿斜面向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定那么可知，电流方向为abcda，故A正确，B错误；C．ab匀速下落，那么cd匀速上升，两者合力均为0，故绳中拉力为对cd棒有其中解得故C正确；D．由C中可得，安培力大小为摩擦力为故相同时间内，两者做功相等，因此摩擦产生的热量和回路中产生的焦耳热相等，故D正确；应选ACD。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。〔一〕必考题：共129分。9.在“验证力的平行四边形定那么〞实验中，橡皮条一端固定在贴有白纸的水平木板上P点，另一端栓上两根细绳，每根细绳分别连着量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计A和B，平行木板沿两个不同的方向拉弹簧测力计。某次实验，当橡皮条与两细绳的结点被拉到O点时，两细绳刚好相互垂直，弹簧测力计的示数如图甲所示。(1)两细绳对结点的拉力大小可由A、B分别读出：FA=_____N和FB_____N；(2)请在图乙的方格纸〔一小格边长表示0.5N〕上画出这两个力及它们合力的图示_____。【答案】(1).4.00N(2).2.50N(3).【解析】【详解】〔1〕[1][2]由图甲中可知，弹簧测力计读数分别为4.00N和2.50N；〔2〕[3]由于每格为0.5N，故、分别为8格和5格，故力的图示如下图10.某同学利用以下器材研究小灯泡的伏安特性：小灯泡L〔额定电压2.5V，额定电流0.3A〕；电压表V〔量程3V，内阻约3k〕；毫安表mA〔量程100mA，内阻9〕；定值电阻R0〔阻值3〕；滑动变阻器R〔阻值0~10〕；电源E〔电动势4V，内阻不计〕；开关S；导线假设干。(1)实验要求在0~2.5V的范围内对小灯泡进行测量，在图〔a〕中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整_____；(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最_____〔选填“左〞或“右〞〕端；(3)实验得到该小灯泡伏安特性曲线如图〔b〕所示，可知随着电流的增加小灯泡的电阻_______〔填“增大〞“不变〞或“减小〞〕；假设实验过程中某次读数时毫安表的指针位置如图〔c〕所示，那么此时小灯泡的电阻为_______〔保存一位小数〕；(4)完成实验后，该同学用另一开关S1和上述器材连接成图〔d〕所示的电路，闭合开关S、S1，适当调节滑动变阻器R的滑片位置，使小灯泡恰好正常发光；再断开开关S1，此时小灯泡两端的电压为_______V〔保存一位小数〕。【答案】(1).【解析】【详解】〔1〕[1]本实验中小灯泡电压要求从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法；由于小灯泡的额定电流为0.3A，电流表量程太小，因此电流表和并联扩大量程，故电路连接如下图〔2〕[2]闭合开关时，电压表电流表示数均应该为0，故滑动变阻器滑片置于左侧；〔3〕[3][4]由可知，图中点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故图中表示的电阻越来越大；从图c中可知，通过小灯泡电流为故灯泡两端电压为，故小灯泡的电阻为〔4〕[5]闭合S1小灯泡正常发光，那么滑动变阻器接入电路的阻值为开关S1断开后，将R0和滑动变阻器接入电路电阻视为电源内阻，那么等效内阻为作出电源的图像，其与小灯泡伏安特性曲线的交点即为通过小灯泡的电流和电压，如下图，由图中可知电压为11.如图，正方形ABCD区域的边长为L，一质子由静止开始被电压为U的电场加速后，从AD边的中点O平行AB边射入。假设ABCD区域内仅存在一垂直纸面向外的匀强磁场，那么质子从CD边的中点射出。假设ABCD区域内仅存在场强大小为、方向由A指向D的匀强电场，那么质子从区域边界上的P点〔未画出〕射出。质子质量为m，电荷量为e，不计重力，求：(1)磁感应强度大小；(2)P、C两点间的距离。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设质子从O点射入时的速度大小为v，静止开始加速过程由动能定理①由题意可知质子在磁场中圆周运动的半径为，轨迹如图由牛顿第二定律②联立解得③(2)依题意知电场强度为设质子在电场中的加速度为a，运动时间为t，由牛顿第二定律④由类平抛运动的规律，沿电场方向的位移⑤假设P点在BC边上，垂直电场方向有⑥解得由于y<，假设成立，⑦所以P、C之间的距离为⑧12.如图甲，长L=5m、质量M=1kg的木板静置在粗糙水平面上，木板与水平面之间的动摩擦因数μ=0.1，木板的上外表由不同材料构成。质量m=1kg的小物块静止在木板左端的O点，物块与木板OA段、AB段、BC段之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2μ3t=0开始对物块施加一水平拉力F，F随时间t变化关系如图乙所示，取水平向右为正方向。OA、AB段长度分别为L1=1.0m、L2=3.0m，重力加速度g=10m/s2.求：(1)物块到达木板上外表A点时的速度大小v1；(2)第2s内物块与木板之间的摩擦产生的热量Q；(3)最终物块与木板都静止时，物块距木板右端C的距离d。【解析】【详解】(1)在0~1s时间内，由图象可知拉力F1=6N，假设该段时间t1=1s内，物块一直在OA段运动，设物块和木板末速度分别为、，物块和木板加速度分别为、，由牛顿第二定律，对物块有对木板有解得，由于故物块相对木板向右滑动，该段时间t1=1s内，物块的位移木板的位移两者相对位移物块刚好到达木板上A点，假设成立；此时，物块和木板的速度分别为，(2)在1s~2s时间内，由图象可知拉力F2=2N，假设该段时间t2=1s内，物块一直在AB段运动，设物块和木板末速度分别为、，物块和木板的加速度分别为、，由牛顿第二定律，对物块有对木板有解得，那么该段时间t2=1s内，物块的位移木板的位移两者相对位移物块刚好到达木板上B点，假设成立，此时物块和木板的速度分别为，因此，第2s内物块与木板之间摩擦生热(3)在2s~3s时间内，由图象可知拉力，物块滑入木板外表BC段后，假设该段时间t3=1s内，物块一直在BC段运动，设设物块和木板末速度分别为、，物块与木板加速度分别为、，由牛顿第二定律，对物块有对木板有解得，设经过时间物块与木板共速，速度为，由速度与时间关系解得，该过程时间内物块位移木板位移由于所以物块还在木板上，未到达C点，假设成立。之后，假设物块和木板共同减速，其加速度大小为此时，对物体得物块受到摩擦力假设成立，即板块不再相对滑动，F3再作用时间物块与木板共同速度为即恰好都停止。最终物块到木板右端C点的距离为〔二〕选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，那么每科按所做的第一题计分。[物理——选修3-3]13.将冰块放在烧杯中，冰块慢慢熔化成水，再逐渐蒸发。以下说法正确的选项是〔〕A.几何形状不规那么的冰块不是晶体B.冰熔化成水的过程中，水分子的平均动能不变C.在水的外表层，分子比拟稀疏，分子间作用力表现为引力D.水变成水蒸气，分子间距增大，分子势能增大E.水蒸发成同质量水蒸气的过程，其吸收的热量与内能增加量一定相等【答案】BCD【解析】【详解】A．晶体有固定的熔点，所以冰块是晶体，故A错误；B．冰熔化成水的过程中，吸收热量，温度不变，所以水分子的平均动能不变，故B正确；C．在水的外表层，分子比拟稀疏，分子间作用力表现为引力，故C正确；D．水变成水蒸气，其内能增加，但分子的平均动能没有增加，所以是分子之间的势能增加，故D正确；E．水蒸发成同质量水蒸气的过程，体积变大，对外做功，所以其吸收的热量大于内能增加量，故E错误。应选BCD。14.如下图，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。LL；再在瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求：〔i〕液体密度ρ；〔ii〕大气压强p0。【答案】〔i〕；〔ii〕【解析】【详解】〔i〕初态，瓶内气体压强为p1=p0Lρg瓶处于平衡状态有p1S=p0S+mg联立解得液体密度ρ=〔ii〕初态，瓶内气体压强p1=p0+由题意知瓶内气柱长度为L1L末态，设瓶内气柱长度为L2，瓶内气体压强为p2瓶内气体压强p2=p0+ρgL2瓶和物块整体处于平衡状态有p2S=p0S+2mg联立解得L2=02L瓶内气体做等温变化，由玻意耳定律p1L1S=p2L2S联立解得[物理——选修3-4]〔15分〕15.以下说