2021届新高考物理地市名校必刷模拟卷2（广东专用）3月卷解析版

备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（广东专用）・3月卷

第二模拟试题

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.（2020•广东广州市•高三月考）关于原子核下列说法正确的是（）

A.；H+；H-；He+：n属于核裂变

B.tCfVN+_：e属于a衰变

C.由方程嗡U+：ntQ+々Y+2：n可知aU可以衰变为％I和与Y

D.一个膘U原子核衰变为一个年Pb原子核的过程中，发生6次。衰变

【答案】D

【解析】

A.；H+：H->；He+：n属于核聚变，故A错误；

B.tC->i；N+_；e产生了高速电子流，属于。衰变，故B错误；

C.由方程葭u+；nf%I+为Y+2；n可知，2^U在高速中子轰击下裂变为为噜I和,而%I和号Y井

非歌U的衰变产物，故C错误；

D.一个空U原子核衰变为一个啃Pb原子核的过程中，质量数减少32,发生a衰变的次数为

32+4=8

因发生a衰变使核电荷数减少量为

2x8=16

每发生一次B衰变核电荷数增加1,则发生P衰变的次数为

16-（92-82）=6

故D正确。

故选D。

2.（2019・广东中山市•中山一中高三一模）如图，同一平面内有两根互相平行的长直导线M和N,通有等

大反向的电流，该平面内的a、b两点关于导线N对称，且a点与两导线的距离相等。若a点的磁感应

强度大小为B,则下列关于b点磁感应强度Bb的判断正确的是（）

MN

2b

A.Bb>28,方向垂直该平面向里

B.Bb<^B,方向垂直该平面向外

C.|B<Bb<B方向垂直该平面向里

D.B<Bb<2B,方向垂直该平面向外

【答案】B

【解析】

根据安培定则知，M、N两导线在。点产生的磁感应强度方向均垂直纸面向里，设均为夕，则有

2B'=B

解得

T

2

N导线在b点产生的磁感应强度大小为0,方向垂直纸面向外，M导线在b点产生的磁感应强度小于0,

22

方向垂直纸面向里，根据磁场的叠加知，b点的磁感应强度方向垂直平面向外，大小小于自。

2

故选Bo

3.（2021•广东高三专题练习）如图所示，实线为电场线，虚线为电场中的三条等势线，其中电势必=-10V,

£=-50V,点b为a、c连线的中点，一带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点。下列说法

正确的是（）

\c

M'

A.电势以小于-30V

B.电势处等于-30V

C.带电质点在M点的加速度比在N点的加速度小

D.带电质点在M点的动能比在N点的小

【答案】A

【解析】

AB.根据电势差与电场强度的关系有

U=Ed

由于该电场不是匀强电场，从。到c场强越来越强，所以。、c连线的中点b的电势必小于-30V,所以A

正确；B错误；

C.从。到c电场线越来越密，则场强越来越强，电场力越来越大，加速度也越来越大，所以C错误；

D.带负电的质点仅在电场力作用下从M点运动到N点，电场力做负功，动能减小，所以D错误：

故选A„

4.（2020.广东高三零模）珠海某学校新装了一批节能路灯如图甲所示，该路灯通过光控开关实现自动控制：

电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E,内阻

为r,0为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，则下列判断正

确的是（）

A.A灯变暗，B灯变亮

B.电源内阻消耗的功率变小

C.电源的效率变小

D.用上电流的变化量等于Ro上电流变化量

【答案】B

【解析】

A.光照逐渐减弱时，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，故电路总电流/减小，消耗在内阻上的电压减

小，路端电压

U=E-lr

增大，即4灯两端电压增大，通过A灯的电流/A增大，所以A灯变亮，通过定值电阻月。的电流

/O=/-/A

减小，所以&）两端的电压

UO=IQRO

减小，8灯两端的电压

UB=U-IORO

增大，8灯变亮，故A错误；

B.电源电动势不变，电路总电流/减小，由

P=l2r

可知电源的消耗功率减小，故B正确：

C.电源的效率为

77=—X100%

E

由上面的分析可知路端电压U增大，电源的效率变大，故C错误：

D.通过心上电流等于通过光敏电阻风电流与通过灯8的电流之和，即

/o=/t+/e

根据前面的分析，通过灯8的电流/B增大，故用上电流的变化量大于上电流变化量，故D错误。

故选Bo

5.（2021•广东高三月考）甲、乙两行星的半径之比为2：1,分别环绕甲、乙两行星运行的两卫星的周期之

比为4：1,己知两卫星的运动轨道距离甲、乙两行星表面的高度分别等于两行星的半径，则下列关系正确

的是（）

A.甲、乙两行星的密度之比为1：16

B.甲、乙两行星表面第一宇宙速度之比为1：2痣

C.甲、乙两行星表面的重力加速度之比为1：4

D.环绕甲、乙两行星运行的两卫星的角速度之比为1：2

【答案】A

【解析】

A.设行星半径为/?,卫星轨道半径为r,由

…Mm2*兀.

G——=mrcD=mr(—)

r2T

得

4n2r3

M=

GT2

由题意知

r=R+H=2R

故两行星的质量之比为

由

MM

p=一二7------

3

得，两行星的密度之比为

8：0=1：16

故选项A正确；

B.行星的第一宇宙速度

代入数据得

v1:v2=1:2

故选项B错误；

C.在行星表面处有

代入数据得

g|：g2=1：8

故选项C错误；

D.由

2不

（y=——

T

代入数据得

g:令=（：工=1:4

故选项D错误。

故选A。

6.（2021广东高三专题练习）如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时

乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄

豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计

黄豆的空气阻力，将黄豆看成质量相同的质点，则（）

A.两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍

B.甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等

C.乙黄豆相对于/W点上升的最大高度为P/W长度一半

D.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍

【答案】B

【解析】

A.甲黄豆做平抛运动，由平抛运动规律有

MN=PM=gvyt,v甲=加+匕2

解得

4=2%,n甲=A/SVQ

乙黄豆做斜抛运动，乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，由斜抛运动规律有

。=gf，％，=1gf，/=%，吆=4VL+%2

解得

V乙y=%，丫乙=及%

所以A错误；

B.甲黄豆在P点动量

p-mvo

乙黄豆在最高点时.，竖直方向的速度减为0,只有水平速度

也乙=%

乙黄豆在最高点的动量

。乙=根匕乙=根匕

甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等，所以B正确;

C.乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，匀加速直线规律可知

甲t时间下落的高度为

PM=-gt2

2

乙1f时间上升的最大高度为

2

所以C错误；

D.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为a有

tana---\/5

%

乙的速度与水平方向的夹角为《有

tan/3==>/2

所以D错误；

故选Bo

7.（2021•广东高三专题练习）一种简易的重物提升装置如图所示，通过卷扬机牵引，利用定滑轮将重物提

升至某高处，然后由工人将重物水平缓慢拉至平台上。在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确

的是（）

A.地面对人的摩擦力变小

B.0A绳的拉力与0C绳的拉力变大

C.OC、0B两绳拉力的合力变小

D.0B绳的拉力变小

【答案】B

【解析】

B.。8绳拉力大小等于重:力大小，而8绳拉力、。8绳拉力与0C绳的拉力这三个力处于平衡状态，所以三

个力构成一个封闭的三角形，且。8绳拉力竖直向下，大小不变，如图所示。。点向右移动的过程中0A逆

时针转动，由图可以看出0A绳的拉力与0C绳的拉力都一直变大，B项正确；

A.地面对人的摩擦力大小等于0C绳的拉力大小，逐渐变大，A项错误；

C.0C、。8两绳拉力的合力大小等于。A绳上的拉力大小，逐渐变大，C项错误；

D.。8绳的拉力不变，D项错误；

故选B„

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。

8.（2020•广东高三月考）如图所示，水平面内两根光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场

B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。若对金属棒施加一

个水平向右的外力F使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动并依次通过位置b和co若导轨与金属

棒的电阻不计，a到b与b到c的时间相等，则下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（）

XX-1XX，，XXXX1X

i

XX*XXXX•X

F!；B

XXXXXXX；x

।1

乂1

XXXXXX!x

।

।

1J

Xx〃xXXXXCX

A.金属棒在a位置时外力F的大小不为零

B.金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1：2

C.金属棒通过b、C两位置时，电阻R的热功率之比为1：4

D.在从a到b与从b到c的两个过程中，通过金属棒的横截面的电量之比为1：3

【答案】ACD

【解析】

A.金属棒在。位置时外力

F=ma

即大小不为零，选项A正确；

B.。到b与b到c的时间相等，设为t,则到达b时的速度为

v^=at

到达c时的速度为

vc=2ot

根据牛顿第二定律，有

F-F^ma

§处人立

，RR

则

则在b点时

“B2I?at

F=-----Fma

bhR

在c点时

.2B2l}at

F.=------Fma

cR

金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比不等于1：2,选项B错误;

C.根据

E=BLv

知，金属棒经过b、c两个位置产生的感应电动势之比为1:2,根据

£2

P=——

R

知，电阻R的电功率之比为1：4；故C正确；

D.由

E卜（pBLx

q==—4A=—=---

RRR

则

9bc=3<Jab

通过金属棒横截面的电荷量之比为1:3；故D正确。

故选ACD。

9.（2020•广东高三月考）如图所示，质量m=400kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为mq,=40kg、

m『60kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2m/s（相对于岸）的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力,

则正确的是（）

甲乙

•I'Vz

A.小船获得的速度大小为0.5m/s

B.小船获得的速度大小为O.lm/s

C.小船收到的合外力冲量大小为40kgm/s

D.若乙跃出的水平速度为3m/s,则小船获得的速度为零

【答案】BC

【解析】

AB.甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有

0=一弭产正甲+m乙v乙+mv

代入数据解得

v=-0.1m/s

负号说明小船的速度方向向左，故A错误，B正确；

C.根据动量定理可得，小船获得的动量为

P=mv=400xO.lkgQn/s=40kgCjn/s

方向水平向左。故C正确；

D.根据动量守恒定律有

0=一用,唯+m乙或+mv'

代入数据解得

/=-0.25m/s

故D错误。

故选BC。

10.（2020•广东河源市•高三月考）铅块质量为0.8kg,以初速度15m/S从下端滑上很长的斜面，斜面倾角

为37。，铅块到达中途某点损失机械能4J,损失动能16J,只考虑斜面阻力，g=10m/s2,cos370=0.8,

sin37°=0.6,则有（）

A.铅块以a=8m/s2向上滑

B.铅块不可返回下端处，全程损失机械能22.5J

C.铅块与斜面摩擦系数为0.5

D.铅块可返回下端处，到下端剩余动能45J

【答案】AD

【解析】

BC.向上减速运动重力势能增加，动能减小，损失的机械能为摩擦生热Q=4J,根据能量守恒可得

mgh+Ek+Q=Ek()

&0-臬=16J

联立可解得

h=1.5m

上升到某点的位移为x,则有

〃加gcos370x=Q

h

X—丁

sin37

解得

〃=0.25

由于〃<tan37°,则铅块可返回下端。BC错误；

A.铅块受沿斜面向下的摩擦力和沿斜面向下重力的分力，由牛顿第二定律得

mgsin370+/jmgcos370=ma

解得

a=gsin37"+〃gcos37'=8m/s2

A正确；

D.上升到最高点时的位移为

2

/=2=14.0625m

2a

返回下端时，根据动能定理可得

昂一及=//mgcos370x2/

解得

球=45J

D正确。

故选ADo

三、非选择题：共54分。第H〜14题为必考题，考生都必须作答。第15〜16题为选考题,

考生根据要求作答。

（-）必考题：共42分。

11.（7分）

（2021•广东高三专题练习）测绘一个标有"3V,2.5W"小灯泡的伏安特性曲线，某同学要进行了如下操作:

⑴如图甲，用多用电表欧姆档粗测小灯泡的电阻，其操作（填"正确"或"不正确"）;

（2）在图乙所示的实物连接中，还有两根导线没有连接，请用笔画代替导线补充完整______;

⑶正确连接电路后，闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数变化明显，但电流表示数始终为0,则

可能是发生断路；

A.滑动变阻器B.小灯泡C.电流表D.电键

⑷该同学描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，当电压表指针如图丁所示时，小灯泡的功率

为。（结果保留二位有效数字）

【答案】正确

B0.55-0.70W

【解析】

⑴虽然一只手碰到了灯泡的导体-端，但另一端用表笔接触，这样测量电阻值时并没有将人体与电阻并联,

因此测量方法正确。

(2)滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法，电路如图所示

⑶由于移动滑动变阻器，电压表变化明显，说明电压表，滑动变阻器和电键不可能出现故障，而电流表串

联在电路中，若电流表断路，电压表不会有示数，因此一定是小灯泡出现了断路，这样虽然电压表明显变

化，但电流表没有形成闭合电路，始终没有电流。

故选Bo

⑷由图可知，电压表示数为1.50V,由图丁可知，对应的电流示数为0.39A,因此功率

尸=u[=1.50x0.39W=0.59W

12.（9分）

（2020•广东深圳市•深圳外国语学校高三月考）某兴趣小组在做"验证力的平行四边形定则”实验，手边的器

材有：一根轻弹簧、一个校准过的弹簧测力计、刻度尺、装有水的矿泉水瓶、木板、白纸等，步骤如下：

①将轻弹簧上端固定，用弹簧测力计向下缓慢拉动轻弹簧下端，记录弹簧测力计的读数F以及对应的轻弹

簧长度L，如下表：

F/N0.000.501.001.502.002.50

L/cm12.5012.9113.3013.6914.1114.50

②根据表中数据，在图甲中做出F-L图像,求得轻弹簧的劲度系数为N/m（保留三位有效

数字）；

③将一张白纸贴在竖直放置的木板上，如图乙所示，用轻弹簧和测力计共同提起矿泉水瓶并保持静止，在

白纸上记下结点位置0,记录弹簧测力计的拉力Fi=1.70N和方向。4

④测量出轻弹簧的长度Li=13.69cm,记录轻弹簧的拉力F2的方向。8；

⑤只用弹簧测力计提起矿泉水瓶并保持静止，使结点仍然在。点，记录此时弹簧测力计的读数F=2.00N和

方向0C；

⑥实验记录纸如图丙所示，请在图丙中用1cm长的线段表示0.5N的力，以。点为作用点，画出F、&、F2

的图示，并通过平行四边形定则画出以与F2的合力?;

⑦从弹簧测力计与轻弹簧间夹角90。开始，保持。点位置和弹簧测力计拉力方向不变，顺时针缓慢转动轻

弹簧，直至水平状态。则弹簧测力计的读数、轻弹簧的读数（填"逐渐变大"、"逐渐变小"或"不

变

F\

【答案】125N/m

Ues

12-00gw1X00|1SOj<0014SO

逐渐变大

【解析】

②根据表中数据，F-L图象如下

根据胡克定律

F=k(L-Lo)

F-L的图象的斜率为弹簧的劲度系数

AF2.50-0

kN/m=125N/m

\L(14.50-12.50)xlO-2

⑥以。点为作用点，F、&、F2的图示如下

⑦弹簧测力计的拉力为耳，轻弹簧的拉力为F2，它们之间夹角从90。开始，保持。点位置和弹簧测力计拉

力月方向不变，顺时针缓慢转动轻弹簧直至水平状态构成动态平衡，用图解法如图所示

由图可知，弹簧测力计耳的读数逐渐变大、轻弹簧鸟的读数逐渐变大。

13.(10分)

(2021•广东河源市•高三月考)如图甲所示，物块A、B的质量分别是%=4.0kg和相B=3.0kg。用轻弹簧

拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从f=0时以一定速度向右运

动,在片4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的U-/图像如图乙所示。求

(1)C的质量/%；

(2)f=8s时弹簧具有的弹性势能Epi,

(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能与2。

【答案】(l)2kg；(2)27J；(3)9J

【解析】

⑴由题图乙知，C与A碰前速度为

Vj=9m/s；

碰后速度大小为

v2=3m/s

C与A碰撞过程动量守恒，则有

mcV1=+mc)v2

解得

mc-2kg

(2)根据能量守恒可知

4=g(%+，〃c)U22=27J；

⑶由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小

v3=3m/s

之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大，则

有

(%+mc)v^(mA+ml}+mc)v4

；(%+机。)匕2=：(%+%+

V

mC)4+Ep2

解得

综2=9J

14.(16分)

(2021•广东河源市•高三月考)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种

病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、

N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头

的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知

电子的质量为m,带电荷量为e,MN两端的电压为U。，偏转场区域水平宽度为4,竖直高度足够长，MN

中电子束距离靶台竖直高度为H,忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的

初速度，不计空气阻力。

⑴求电子刚进入偏转场时的速度大小;

(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30。,

求匀强磁场的磁感应强度B的大小;

⑶若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。而

仪器实际工作时，电压会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为AU,如图内所示。电子通过加速电

场的时间极短，不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下，为使电子均能击中靶台，求靶台的最小

直径。

［答案］⑴丫=同瑟：(2)B=；呼；⑶△八嘿幺

Vm/Y2e

【解析】

(1)由动能定理有

r，12

eU()=—mv

解得电子刚进入偏转场时的速度大小

v=

(2)由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径

r=2L0

由牛顿第二定律得

2

_V"

evB=m—

r

联立两式并将速度v代入解得磁感应强度

⑶设偏转场右边界距P点的水平距离为L

电子偏出电场时垂宜初速方向的位移

产.(4)2

2mv

电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移

EeL.L

%=--------

mvv

由几何关系有

yt+y2=H

联立两式并将速度v代入解得

Ek2

随电压的变化电子在靶上的扫描长度为

AL=竺也

E4

因此靶台的最小直径

MUH

d=AL=

EL。

（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计

分。

[选修3-3]

15.(1)(4分)

（2021•广东高三专题练习）如果取分子间距离r=q,%=107°01时为分子势能的零势能点，则时，

分子势能为___________值；,>“时，分子势能为___________值。并试着在图中画出Ep?厂的图像

o（选填"正""负"或"零"）

【解析】

当/■>「（）时，分子力为引力，随距离增加，分子力做负功，分子势能增加；当rVro时，分子力为斥力，距离

减小，分子力做负功，分子势能增加：则分子力当时，分子势能最小，所以若规定此时分子势能为零，则

无论r>ro时，还是r<r°时，分子势能均为正值。

图像如图

(2)(8分)

（2021•广东佛山市•高三一模）某科技小组用三个可乐汽水瓶制作了一个小喷泉，结构如图，A瓶开口向上，

B、C瓶封闭，通过3根细管（体积不计）将瓶内气体或液体连通，瓶与细管间接触紧密、密闭良好，在A

瓶中加入一定量的水时，1号管就会有水喷出。己知瓶外大气Po=l.OxlC）5pa,水的密度。=1.0xl03kg-m3,

g=10m/s2,初始时，1号管内水面与B瓶内水面同高，B与C瓶内空气的总体积4=2.1L。

（1）若水即将从1号管喷出时，1号管上端出口与B瓶内液面高度差为50cm,则此时B瓶内气体压强多大?

（2）在A瓶中缓慢加水时，1号管内水面由初始位置（即与B瓶内水面同高）开始增高，直至水即将从1

号管喷出，此过程中C瓶经3号管加入了多少体积的水？

1号管

4瓶

B瓶

2号管

3号管

5

【答案】(1)1.05xl0Pl；(2)0.1L

【解析】

①若水即将从1号管喷出时，有

4=片+刖=1.0X105+1.0X103X10X50X10-2P,=1.05X105P,

(2)A瓶中未加水时，B、C瓶中气体压强等于一个大气压，水即将从1号管喷出时，B、C中的气体压强是PB，

则由

可得

V=型=l-xZ：L=2L

5

PB1.05X10

则在C瓶经3号管加水的体积为

AV=V-^=0.1L

[选修3-4]

16.(1)(4分)

(2021•广东高三月考)如图所示为一半圆柱形透明体的横截面，入射光线沿A3方向从弧面上的P点