广东省湛江市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

广东省湛江市2021届新高考物理模拟试题（2）
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．如图所示汽车用绕过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，轮船在水面上以速度v 匀速前进汽车与定滑轮间的轻绳保持水平。

假设轮船始终受到恒定阻力f ，当牵引轮船的轻绳与水平方向成θ角时轻绳拉船的功率为P 。

不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A ．汽车做加速运动
B ．轮船受到的浮力逐渐增大
C ．轻绳的拉力逐渐减小
D ．P 的数值等于fv
【答案】D
【解析】
【详解】 A ．由速度分解此时汽车的速度为：v 车=vcosθ，船靠岸的过程中，θ增大，cosθ减小，船的速度v 不变，则车速减小，所以汽车做减速运动，故A 错误；
BC ．绳的拉力对船做功的功率为P ，由P=Fvcosθ知，绳对船的拉力为：
p F vcos θ
= 对船：
sin F F mg θ+=浮
联立可知：
tan P F mg v
θ+=浮 θ增大，则F 变大，F 浮变小；故BC 错误；
D ．船匀速运动，则Fcosθ=f ，则
cos P Fv fv θ==
故D 正确。

故选D 。

2．一额定电压U 额＝150V 的电动机接在电压U 1＝5V 的直流电源上时未转动，测得此时流过电动机的电流I 1＝0.5A 。

现将该电动机接入如图所示的电路，用以提升质量m ＝50kg 的重物，当电源供电电压恒为U 2＝200V 时，电动机正常工作，保护电阻R ＝10Ω，不计一切摩擦，g ＝10m/s 2电动机正常工作时，下列说法正确的是( )
A ．电动机线圈的直流电阻r ＝30Ω
B ．电动机的铭牌应标有“150V ，10A ＂字样
C ．重物匀速上升的速度大小v ＝2m/s
D ．若重物被匀速提升h ＝60m 的高度，整个电路消耗的电能为
E 总＝6×104J
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．电动机不转动时的电阻即线圈的直流电阻，由欧姆定律知，
11
10U r I ==Ω 故A 错误；
B ．电动机的额定电流
2=5A U U I R -=额额
电动机的铭牌应标有“150V ，5A”字样，故B 错误；
C ．由
2U I I r mgv -=额额额
得，重物匀速上升的速度大小
1m/s v =
故C 错误；
D ．因重物上升60m 的时间
60s h t v
== 由2=E U I t 总额得
4=610J E ⨯总
故D 正确。

故选D 。

3．如图所示，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h=1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3m ，L 2＝2m ，则A 、B 两小球（ ）
A ．周期之比T 1：T 2＝2：3
B ．角速度之比ω1：ω2＝3：2
C ．线速度之比v 1：v 28：3
D ．向心加速度之比a 1：a 2＝8：3
【答案】C
【解析】
【详解】 AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。

对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有：
在竖直方向有
Fcosθ-mg=0…①
在水平方向有
2
24sin sin F m L T
πθθ= …② 由①②得
cos 2L θT g
= 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcosθ，相等，所以周期相等 T 1：T 2=1：1
角速度
2T
πω＝ 则角速度之比
ω1：ω2=1：1
故AB 错误；
C ．根据合力提供向心力得
2
tan tan v mg m h θθ
= 解得
tan v gh =
根据几何关系可知
2211tan 8L h h
θ-== 2222tan 3L h h θ-==
故线速度之比
128:3v v =:
故C 正确；
D ．向心加速度：a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为
128:3a a =:
故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M （含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m 的水以相对地面为0v 的速度竖直向下喷出。

已知重力加速度为g ，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A ．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B ．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C ．火箭获得的最大速度为0Mv M m
- D ．火箭上升的最大高度为2202
2()m v g M m - 【答案】D
【解析】
【详解】
A ．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A 错误；
B ．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B 错误；
C ．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
0()0M m v mv --=
解得
0mv v M m
=- C 错误；
D ．水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有
22v gh =
解得
2202
2()m v g M h m -= D 正确。

故选D 。

5．下列说法中正确的是
A ．α粒子散射实验发现了质子
B ．玻尔理论不仅能解释氢的原子光谱，也能解释氦的原子光谱
C ．热核反应的燃料是氢的同位素，裂变反应的燃料是铀
D ．中子与质子结合成氘核的过程中需要吸收能量
【答案】C
【解析】
试题分析：卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，从而提出了原子核式结构模型，质子的发现是卢瑟福通过α粒子轰击氮核而发现质子，选项A 错．波尔理论把原子能级量子化，目的是解释原子辐射的线状谱，但是波尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，选项B 错．热核反应主要是氘核氚核在高温高压下发生的聚变反应，氘核和氚核都是氢的同位素，裂变主要是铀核裂变，选项C 对．中子和质子结合成氘核是聚变反应，该过程释放能量，选项D 错．
考点：原子 原子核
6．下列说法中正确的是（ ）
A ．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来
B ．自然界的四种基本相互作用是强相互作用，弱相互作用，电相互作用和磁相互作用
C ．“月－地检验”证明了一切场力都遵循“平方反比”的规律
D ．一对相互作用力做功，总功一定为零
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．伽利略研究自由落体运动的核心方法是把实验和逻辑推理结合起来，故A 正确；
B．自然界中的四种基本相互作用是万有引力、强相互作用、电磁力、弱相互作用，故B错误；
C．“月-地检验”证明了地面上的重力、地球吸引月球与太阳吸引行星的力遵循同样的“距离平方反比”规律，故C错误；
D．一对作用力和反作用力分别作用在两个不同物体上，它们可能分别对两个物体都做正功，其代数和为正值，比如在光滑水平面由静止释放的两个带同种电荷的小球，库仑力对两个小球都做正功，作用力和反作用力所做的功的代数和为正值，故物体间的一对相互作用力做功的代数和不一定为零，故D错误。

故选A。

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．如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线。

一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，的中点。

A、B为斜面上的两点，且BO AO
从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。

（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（）
A．小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小
B．小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大
C．小物块运动到O点时具有最大速度
D．小物块能回到A点，且速度大小等于v0
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．从A到B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带负电，从A到O，电场力做正功，电势能减小；从O到B电场力做负功，电势能变大；因在O 点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与AB两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，选项A错误，B正确；
C．因滑块在O点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到O点以下某位置时具有最大速度，选项C错误；
D．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到A点，且速度大小等于v0，选项D正确。

故选BD。

8．2019年8月19日20时03分04秒，我国在西昌卫星发射中心利用长征三号乙增强型火箭发射中星18
号同步通信卫星，下列说法正确的是（）
A．中星18号同步通信卫星可定位在北京上空
B．中星18号同步通信卫星的运动周期为24h
C．中星18号同步通信卫星环绕地球的速度为第一宇宙速度
D．中星18号同步通信卫星比近地卫星运行角速度小
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．中星18号同步通信卫星轨道面与赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A错误；B．其运动周期为24h，故B正确；
C．根据
2
2
Mm v
G m
r r
=可得：
GM
v
r
=
中星18号同步通信卫星环绕地球的速度小于第一宇宙速度即近地卫星的环绕速度，故C错误；
D．中星18号同步通信卫星轨道高于近地卫星轨道，运行角速度比近地卫星运行角速度小，故D正确。

故选：BD。

9．如图所示，圆形区域内以直线AB为分界线，上半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

下半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为R。

在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为m，电量大小为q的粒子在极板M右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度沿直线CD射入磁场，直线CD与直径AB距离为0.6R。

粒子在AB上方磁场中偏转后，恰能垂直直径AB进入下面的磁场，之后在AB下方磁场中偏转后恰好从O点进入AB上方的磁场。

带电粒子的重力不计。

则
A．带电粒子带负电
B．加速电场的电压为
22 9
25 qB R
m
C．粒子进入AB下方磁场时的运动半径为0.1R D．AB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．从C 点入射的粒子向下做匀速圆周运动，即受到洛仑兹力向下，由左手定则知道粒子带负电，所以选项A 正确；
B ．由题意知，粒子在AB 上方磁场中做匀速圆周运动的半径r 1＝0.6R ，在电场中加速有：
212Uq mv = 在AB 上方磁场中：
2
1
mv qvB r = 联立得：
22
950qB R U m
= 所以选项B 错误；
C ．粒子在AB 下方磁场中做匀速圆周运动，由几何关系：
22122(0.6)r r R R +=-
解得
r 2＝0.1R
所以选项C 正确；
D ．由洛仑兹力提供向心力得到半径：
mv r qB
= 由于r 1＝6r 2，所以
B 2＝6B 1
所以选项D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC ，其中AB ＝AC ，该三棱镜对红光的折射率大于。

一束平行于BC 边的白光射到AB 面上。

光束先在AB 面折射后射到BC 面上，接着又从AC 面射出。

下列说法正确的是________。

A ．各色光在A
B 面的折射角都小于30°
B ．各色光在B
C 面的入射角都大于45°
C ．有的色光可能不在BC 面发生全反射
D．从AC面射出的有色光束中红光在最上方
E. 从AC面射出的光束一定平行于BC边
【答案】ABE
【解析】
【分析】
由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。

【详解】
设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，，解得sin α＜，即各色光在AB面的折射角都小
于30°，故A正确；由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；由临界角公式sin θ=1/n知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误。

故选ABE。

11．如图所示，P点为一粒子源，可以产生某种质量为m电荷量为q的带正电粒子，粒子从静止开始经MN 两板间的加速电场加速后从O点沿纸面以与Od成30°角的方向射入正方形abcd匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，正方形abcd边长为a，O点是cd边的中点，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（）
A．若加速电压U为
22
qB a
m
时，粒子全部从ad边离开磁场
B．若加速电压U为
22
7
qB a
m
时，粒子全部从ab边离开磁场
C．若加速电压U为
22
9
qB a
m
时，粒子全部从bc边离开磁场
D．若加速电压U由
22
19
qB a
m
变为
22
20
qB a
m
时，粒子在磁场中运动时间变长
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．当粒子的轨迹与ad 边相切时，如图①轨迹所示，设此时粒子轨道半径为1r ，由几何关系得 11sin 302
a r r ︒-
= 得 1r a =
在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力
2111
mv qv B r = 粒子在电场中加速过程根据动能定理
21112
qU mv = 以上各式联立解得粒子轨迹与ad 边相切时加速电压为
22
12qB a U m
= 当粒子的轨迹与ab 边相切时，如图②轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为
2r = 同理求得此时的加速电压为
22
2U =当粒子的轨迹与bc 边相切时，如图③轨迹所示，由几何关系可得此时的半径为 313
r a = 同理求得此时的加速电压为
22
318qB a U m
= 当加速电压U 为22
qB a m
大于临界电压1U 时，则粒子全部从ad 边离开磁场，故A 正确； B ．当加速电压U 为22
7qB a m
时 22
327qB a U U m
<< 粒子从bc 边离开磁场，故B 错误；
C ．当加速电压U 为22
9qB a m 时
22
329qB a U U m
<<
所以粒子从bc 边离开磁场，故C 正确；
D ．加速电压U 为2219qB a m 和22
20qB a m
时均小于临界电压3U ，则粒子从cd 边离开磁场，轨迹如图④所示，
根据对称性得轨迹的圆心角为300︒，运动时间都为
30052536063m m
t T qB qB
ππ︒︒
==⨯= 故D 错误。

故选AC 。

12．沿x 轴正向传播的简谐横波在0t =时刻的波形如图所示，此时波传播到2m x =处的质点B ，质点A 恰好位于波谷位置。

C 、D 两个质点的平衡位置分别位于3m x =和5m x =处。

当0.2s t =时，质点A 恰好第一次（从计时后算起）处于波峰位置。

则下列表述正确的是________________。

A ．该波的波速为5m /s
B ． 1.0s t =时，质点
C 在平衡位置处且向下运动 C ．0.9s t =时，质点
D 的位移为2cm - D ．D 点开始振动的时间为0.6s
E.质点D 第一次位于波谷位置时，质点B 恰好也位于波谷位置 【答案】ACD 【解析】
【详解】
A ．由图可知波长2m λ=，当0.2s t =时质点A 第一次在波峰，则周期为
20.2s 0.4s =⨯=T
则波速
5m/s v T
λ
=
=
故A 正确； B ．可知
1.0s 22
T t T ==+
波传到C 所用时间为
3m 2m 0.2s 2
T
v -== 之后C 点开始向上振动，做2次全振动后到平衡位置处且向上运动，故B 错误； CD ．D 点开始振动的时间为
0.6s BD
v
= 之后D 点开始向上振动，再经过
30.9s 0.6s 0.3s 4
T -==
到达波谷，位移为-2cm ，故CD 正确；
E ．B 、D 间相距1.5λ，其振动情况总是相反，则当质点D 第一次位于波谷位置时，质点B 恰好位于波峰位置，故E 错误。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图所示的实验装置研究平抛运动．某同学按如下的操作得到了一组数据：
①将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球．
②将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处（图中虚线位置），在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器．
1 2 3 4 5 6 初速度v 0（m/s ） 1.024 1.201 1.176 1.153 0.942 1.060 飞行时间t （s ）
0.246
0.249
0.248
0.173
0.212
0.189
(1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是__．
(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约__m ；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约__m ． 【答案】光电门 0.3 0.2 【解析】 【详解】
(1)[1]根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；
(2)[2][3]由表格数据可知，前3个，时间基本相等；而后3个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度
2211
100.25m 0.3m 22
h gt =
≈⨯⨯≈ 初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离
0 1.1530.173m 0.2m x v t ≈≈⨯≈
14．某同学设计了一个既可以测电阻又可以测电源电动势与内阻的实验电路，如图甲所示，实验室提供了以下实验器材：
电源E （电动势约为6V ，内阻约为1Ω）； 定值电阻R 0（阻值约为5Ω）；
电流表A （量程30mA ，内阻约为5Ω）； 电流表B （量程1A ，内阻约为1Ω）； 电压表C （量程6V ，内阻约为5kΩ）； 电压表D （量程3V ，内阻约为3kΩ）； 滑动变阻器F （阻值0~20Ω）； 滑动变阻器G （阻值0~500Ω） 根据题中所给信息，请回答以下问题
(1)电流表应选________，滑动变阻器应选________；（选填器材代号）
(2)该同学操作正确无误，用U 1、U 2、I 分别表示电表V 1、V 2、A 的读数，其数据如下表所示：
根据表中数据求得定值电阻R 0=________Ω（保留一位小数），其测量值________真实值（选填“>”、“<”或“=”）；该同学同时利用上表测得的数据求得电动势和内阻，由误差分析可知，电动势的测量值________电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

(3)该同学进一步利用了一个辅助电源E′，采用如图乙所示电路测量电源的电动势，测量过程中，调节R 后再调节R 1，使电流表A 1的示数为0，测得多组数据。

这样，电源的电动势的测量值________电源电动势的真实值（选填“>”、“<”或“=”）。

【答案】B F 4.8 < < = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]．电源电动势为6V ，保护电阻约为5Ω，则电流约为 I=
06
=15
E R r ++A=1A 故为了能准确测量，电流表应选择B ；因电源内电阻较小，故滑动变阻器应选择阻值较小的
F ； (2)[3][4][5]．由电路图可知，U 2为定值电阻两端的电压，电流表示数为R 0中的电流，由图可知电压表示数与电流表示数成正比，则可知，定值电阻的阻值为 R 0=
2
U I
≈4.8Ω 由于采用了电流表外接法，故测量出的电流偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；如果用来测量电动势和内阻，由于采用相对电源的电流表外接法，由于电压表分流作用而使电流表示数偏小，则测出的电动势偏小；
(3)[6]．由于电压表支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表示数为路端电压，因此测量结果是准确的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．水平光滑平行导轨上静置两根完全相同的金属棒，已知足够长的导轨间距为0.40m L =，每根金属棒的电阻为0.1r =Ω，质量均为0.20kg m =。

整个装置处在垂直导轨竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小0.1T B =。

00t =时刻，对ab 沿导轨方向施加向右的恒力0.30N F =，作用14s t =后撤去，此刻ab
棒的速度为14m /s v =，cd 棒向右发生的位移5m cd x =。

试求： (1)撤力时cd 棒的速度；
(2)从最初到最终稳定的全过程中，ab 棒上产生的焦耳热；
(3)若从最初到最终稳定的全过程中，经历的时间为26s t =，求这段时间内的感应电流的有效值。

【答案】 (1) 2m/s ；(2) 7.35J ；(3)3.5A 【解析】 【详解】
(1)F 作用过程，对系统，由动量定理得 Ft 1=mv 1+mv 2 代入数据解得 v 2=2m/s
(2)最终两导体棒速度相等，对整个过程，由动量定理得 Ft 1=2mv 代入数据解得 v=3m/s 对导体棒 I 安培=mv 2 I 安培=BILt=BLq 通过导体棒的电荷量
222)2(ab cd BL x x E q i t t t r r t r r
-∆Φ∆Φ=∆=
∆∆∆⋅＝＝＝ 代入数据解得 x ab =55m
由能量守恒定律得 Fx ab =
1
2
•2mv 2+2Q 代入数据解得 Q=7.35J (3)由焦耳定律得
2
222Q I rt =⋅有效
代入数据解得 I 有效=3.5A ；
16．如图所示.在距水平地面高h=0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t=0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s=0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.15，重力加速度取g=10m/s 1．求：
(1)木块B 离开桌面时的速度大小；
(1)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】 (1) 1.5m/s (1) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】
(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t′．根据平抛运动规律有：2
12
h gt =
，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g
v h
== (1)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：
22.5m/s Mg
a M
μ=
=
设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得
0 2.0m/s v v at =-=
(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：
2Mv Mv mv =+1
解得：2
10.80m/s Mv mv v M
-=
=.
17．如图所示，一单色细光束AB 从真空中以入射角i=45°，入射到某透明球体的表面上B 点，经研究发现光束在过球心O 的平面内，从B 点折射进入球内后，又经球的内表面只反射一次，再经球表面上的C
点折射后，以光线CD 射出球外，
此单色光在球体内传播速度是832
10/2
m s ⨯，
在真空中的光速为3×108 m/s 。

求：
(1)此单色细光束在透明球内的折射率；
(2)出射光线CD 与入射光线AB 方向改变的角度。

【答案】 2；(2)150° 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据公式c
n v
=
求得光束在球内的折射率 8
8
2
3210n ==⨯(2)由折射定律得
sin sin i
n r
=
解得
30r =︒
由几何关系及对称性，有
()22
r i r r i α
=--=-
则
42r i α=-
把30,45r i ︒︒==代入得
30︒=α
方向改变的角度为
180150βα︒︒=-=
出射光线CD 与入射光线AB 方向的夹角是150°。