【高考模拟】广东省广州市某校高三市二模物理试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 18 18页，总 =sectionpages 19 19页试卷第 =page 19 19页，总 =sectionpages 19 19页广东省广州市某校2021届高三市二模物理试卷一、选择题1. 物理学家奥斯特发现了电流的磁效应如图，南北方向放置的直导线正下方有一静止的小磁针，当导线通入由南向北的电流时观察到小磁针偏转，则小磁针（） A.N极会垂直纸面向里偏转B.N极会沿纸面内向上偏转C.对通电直导线无力的作用D.转动方向与电流方向无关2. 如图为氢原子发射光谱，H、H、H、H是其中的四条光谱线，下列说法正确的是（） A.氢原子发射光谱属于连续光谱B.H谱线对应光子的能量最

2、大C.H谱线对应光子的频率最小D.该光谱由氢原子核外电子的跃迁产生3. 如图，在跳高运动时，运动员落地一侧铺有海绵垫，这样做的目的是为了减小（） A.运动员的惯性B.运动员重力的冲量C.接触面对运动员的冲量D.接触面对运动员的作用力4. 如图，重为G的物体a放在上表面水平的物体b上，沿固定光滑斜面c一起下滑，则（） A.a对b的压力等于零B.a对b的压力等于GC.a受到的摩擦力方向水平向右D.a与b之间没有摩擦力的作用5. 如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡开关S由断开到闭合（） A.a先亮b后亮，然后b逐渐变亮B.b先亮a后亮，然后a逐渐变亮C.a、b同时亮后b

3、逐渐变暗至熄灭D.a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭6. 如图，救援演习中通过绳索悬挂货物的飞机以4m/s的速度水平匀速飞行 t=0时刻起，开始匀加速收拢绳提升货物，忽略空气对货物的影响，在t=1s时，货物的速度大小为5m/s，则货物的加速度大小为（） A.1m/s2B.3m/s2C.4m/s2D.5m/s27. 已知动车组列车每节动车的额定功率相同，每节动车与拖车质量相等，动车组运行时所受阻力与其重力成正比若某动车组由4节动车加8节拖车组成，其运行的最大速率为240km/h，则由该4节动车加4节拖车组成的动车组，运行的最大速率为（） A.480km/hB.360km/hC.320km/hD.24

4、0km/h二、多选题 如图，匀强电场区域内，由a、b、c、d、 a、b、c、d作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面abcd垂直若在c点固定一正点电荷，则（） A.b、d两点的电场强度大小相等，电势相等B.a、b两点的电场强度大小相等，电势相等C.b、d两点的电场强度大小相等，电势相等D.a、b两点的电场强度大小相等，电势相等 如图甲，足够长的光滑斜面倾角为30，t=0时质量为2kg的物块在沿斜面方向的力F作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力F的正方向，力F随时间t的变化关系如图乙取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取10m/s2，则物块（） A.在01s过程中机械能减少4JB.在t=1

5、s时动能为1JC.在t=2s时机械能为-4JD.在t=3s时速度大小为15.5m/s 如图，在直角三角形abc区域内有磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场直角边ab上的O点有一粒子发射源，该发射源可以沿纸面与ab边垂直的方向发射速率不同的带电粒子已知所有粒子在磁场中运动的时间均相同，粒子比荷为k，Oa长为d，Ob长为3d，=30 ，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则（） A.粒子在磁场中的运动时间为6kBB.正电粒子的轨迹半径最大为d3C.负电粒子的轨迹半径最大为3d2D.负电粒子运动的最大速度为kBd三、解答题 用工作频率为50Hz的打点计时器进行“研究匀变速直线运动”的实验如图是

6、实验时获得的一条纸带，O（未画出）、A、B、C、D和E为纸带上的计数点，每相邻两点间还有4个计时点未画出现对纸带进行以下处理：以A为圆心、AO为半径作圆，交AB于点a；以B为圆心、BA为半径作圆，交BC于点b；如此依次得到c、d两点在处理后的纸带上，用刻度尺进行相关测量，得到aB、bC、cD、dE的值并填入表格中aBbCcDdEs/cm1.011.02s31.02 （1）表格中s3=_cm； （2）根据表中数据可知，匀变速直线运动位移的特点是_. （3）与纸带相连的物体的加速度大小a=_m/s2，打点计时器打A点时，物体的速度大小v=_m/s（计算结果均保留两位小数） 如图甲，电阻R=0.2的

7、直角梯形金属框abcde放在绝缘水平地面上，ab、bc、cd、de的长度均为L=0.4m；边长L=0.4m的正方形区域MNHK内存在垂直地面向下B=0.5T的匀强磁场金属框沿地面以恒定速度v=1.0m/s向右穿过磁场，从cd边刚进入磁场（t=0）到a离开磁场的时间内，e、d、N、H始终在一条直线上 （1）求cd边刚进入磁场时通过金属框的电流强度； （2）通过分析和计算，在图乙中画出通过金属框的电流强度随时间变化的i-t图像（设逆时针方向为正方向） 如图，光滑绝缘水平地面上，静止并紧靠着的带正电小球a和不带电的绝缘小球b，用长为2.5m的不可伸长且不会拉断的绝缘细绳相连a的质量为0.1kg、电量

8、为1.010-6C，b的质量为a的k（k0）倍a右侧有水平向右的匀强电场区域，场强大小为1.0105N/C、场区宽度为2m现同时给a、b以1m/s的速度开始运动，使a水平向右进入电场区域、b水平向左运动，细绳绷紧瞬间两球具有共同速度v，重力加速度取10m/s2求： （1）细绳绷紧瞬间a到电场左边界的距离； （2）v与k的关系式； （3）a离开电场区域时的速度大小 如图，锅炉外壁紧贴着一个导热性能良好、右壁开孔与大气相通的汽缸，用于监控锅炉外壁的温度轻质活塞通过轻杆与汽缸右壁的压力传感器相连；锅炉未工作时，活塞左侧封闭温度300K、压强为105Pa的空气，此时传感器的示数为0已知大气压强为105

9、Pa，活塞横截面积为10-2m2，不计活塞与汽缸壁间的摩擦锅炉工作时，求压力传感器示数F与锅炉外壁温度T的关系式 四、实验探究题 利用图(a)的电路测量干电池组的电动势和内阻，实验器材有：待测干电池组（由电池A、B串联而成）、电流表（0.6A量程，内阻为0.5）、电阻箱、定值电阻（阻值为2.0）、开关及导线若干 （1）为了完成实验需要进行的测量是_ （2）某同学按图（a）连接线路后，闭合开关，无论怎么调节电阻箱，电流表始终无示数，他为了排查电路故障，保持电路开关闭合，将内阻很大的电压表的“-”接线柱通过导线与a处的接线端保持连接，“+”接线柱通过导线依次与b、c、d、e、f 、g、h、i、j、

10、k处的接线端接触，电压表示数如下表所示：测量端abacadaeafagahaiajak电压/V1.452.882.882.882.882.882.882.882.880则电路存在的故障有_ （3）该同学排除故障后，利用图（a）中的器材和电路完成相关实验：断开电路开关，调节电阻箱，示数如图（b），读得电阻值是_；闭合电路开关，电流表的示数如图（c），电流值为_A；根据（2）表中的数据和中的读数，可计算出干电池组的内阻是_（计算结果保留两位有效数字）参考答案与试题解析 广东省广州市某校2021届高三市二模物理试卷一、选择题1.【答案】A【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【解析】小磁针静止时

11、N极的指向表示磁场的方向，根据右手螺旋定则得出N极偏转方向【解答】解：根据安培定则可知，通电后，小磁针的N极向纸里偏转，故A正确，BCD错误故选A2.【答案】D【考点】氢原子的能级公式和跃迁玻尔理论【解析】本题目的是考查波尔理论：氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动电子在不同的轨道上运动时对应不同的能量值，原子只能处于一系列能量不连续的状态中当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时只能吸收或发射特定频率的光子【解答】解：A由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级En=1n2E1，故氢原子的能级是不连续的，故A错误；BC根据公式E=hc，可知，

12、波长越长的，光子的能量越小，因H波长最长，则H谱线对应光子的能量最小，H波长最短，则H谱线对应光子的能量最大，频率最大，故BC错误；D该光谱由氢原子核外电子的跃迁产生，故D正确故选D3.【答案】D【考点】动量定理的基本应用【解析】跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量一定，延长与地面的接触时间，可以减小运动员受到的冲击力【解答】解：跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，跳高运动员在跳高时跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故D正确，ABC错误故选：D4.

13、【答案】C【考点】物物叠放连接体动力学中的整体法与隔离法【解析】先对整体受力分析，再分析a物体的受力情况，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力，再得到b对a的作用力.【解答】解：对于ab组成的整体，整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，对整体，由牛顿第二定律得(ma+mb)gsin(ma+mb)a，得agsin，对a物体，由牛顿第二定律得：竖直方向上：mag-Nmaa1magsinsin，水平方向上：fmaa2magsincos，则得支持力：Nmag-magsin2magcos2，摩擦力大小为fmagsincos，方向水平向右，故C正确，ABD错误故选择

14、：C5.【答案】C【考点】自感现象和自感系数【解析】闭合S，ab同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，b灯逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析b灯亮度的变化【解答】解：闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，a、b同时亮；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，b逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，a灯变亮，故C正确，ABD错误故选：C6.【答案】B【考点】运动的合成与分解【解析】货物在水平方向随飞机匀速运动的同时，在竖直方向匀加速上升，根据速度的合成求出竖直分速度，根据匀加速运动规律求出加速度.【解答】解：货物在水平方向随飞机匀

15、速运动的同时，在竖直方向匀加速上升，1s时的速度v=vx2+vy2=42+vy2=5m/s，vy=3m/s，vy=at，解得a=3m/s2，故B正确故选B7.【答案】B【考点】机车启动问题-恒定功率瞬时功率【解析】当功率一定时，当牵引力等于阻力时，速度达到最大；根据P=Fv=fv去求最大速度【解答】解：若开动4节动车带8节拖车，最大速度可达到240km/h，每节动车的功率为P，设每节车厢所受的阻力为f，则有：4P=Fv=12fv，当开动4节动车带4节拖车时，有：4P=Fv=8fv，联立两式解得：v=32v=360km/h，故ACD错误，B正确故选B二、多选题【答案】A,C【考点】电势电场的叠加

16、【解析】本题中电场可以看作是由匀强电场和点电荷的电场叠加而成，解决本题的关键知道电场强度是矢量，合成遵循平行四边形定则【解答】解：A在点电荷产生的电场中b、d两点到c点的距离相等，由E=kQr2可知，电场强度大小相等，方向均在abcd平面内，且电势相等，在匀强电场中b、d两点电场强度相等，电势相等，所以叠加后可知：b、d两点电场强度大小相等，电势相等，故A正确；B在点电荷产生的电场中a、b两点到c点的距离不相等，由E=kQr2可知，电场强度大小不相等，故根据电场的叠加原理可知a、b两点的电场强度大小不相等，故B错误；C在点电荷产生的电场中b、d两点到c点的距离相等，由E=kQr2可知，电场强度

17、大小相等，方向与匀强电场夹角相等，且电势相等，所以叠加后可知：b、d两点的电场强度大小相等，电势相等，故C正确；D在点电荷产生的电场中a、b两点到c点的距离不相等，由E=kQr2可知，电场强度大小不相等，根据电场的叠加原理可知a、b两点的电场强度大小不相等，故D错误故选AC【答案】A,C,D【考点】用牛顿运动定律分析斜面体模型功能关系中图象问题的分析动能定理的应用【解析】将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，垂直斜面方向合力为零，物体沿平行斜面方向运动，比较拉力和重力的平行斜面方向的分力，结合牛顿运动定律即可判断物体的运动情况；机械能变化量等于拉力做功；根据动能定义式计算动能大小.【解

18、答】解：对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，平行与斜面方向分力为：G1=mgsin30=10N，分阶段讨论物体的运动情况：AB0到1s内，F合=10N-2N=8N，沿斜面向下，加速度为a=F合m=4m/s2，1s时速度为v1=at=4m/s，Ek=mv122=2422=16J，1s内位移为x1=12at12=2m，拉力做功W=-Fx1=-4J，则机械能减少4J，故A正确，B错误；C 1s到2s内，合力为10N，物块匀加速运动，加速度为a=F合m=5m/s2，2s末速度为v2=(4+51)m/s=9m/s，拉力为0，则机械能不变，相对初始时刻减少4J

19、，则机械能为-4J，故C正确；D2s到3s内，合力为F合=10N+3N=13N，加速度为a=F合m=6.5m/s2，3s末速度为v3=v2+at3=15.5m/s，故D正确故选：ACD【答案】B,D【考点】带电粒子在有界磁场中的圆周运动【解析】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间【解答】解：A已知所有粒子在磁场中运动的时间均相同，故所有粒子均从ab边出射，圆心角均为180，故t=2T=mqB=kB，故A错误；B正电粒子的轨迹半径最大时，轨迹与ac相切，如图：f为圆周运动圆

20、心，由几何关系得：sin=rr+d-2r，解得r=d3，故B正确；CD负电粒子的轨迹半径最大为，轨迹与ac相切，如图：e为圆周运动圆心，由几何关系得sin=RR+d，解得R=d，由qvB=mv2R得v=qBRm=kBd，故C错误，D正确故选BD三、解答题【答案】（1）1.00（2）连续相等时间内的位移增量相等（3）1.01,0.24【考点】利用打点计时器研究匀变速直线运动【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）s3=11.80-10.80=1.00cm（2）根据表中数据分析得，匀变速直线运动位移的特点是连续相等时间内的位移增量相等（3）由于相邻的时间间隔位移之差相等，根据运动学公式x=aT2，x

21、1.01cm，T=0.1s，代入数据，解得a=1.01m/s2，根据x=vAT+12aT2，x=2.90cm，解得vA0.24m/s【答案】（1）cd边刚进入磁场时通过金属框的电流强度为1A；（2）详细见解答【考点】导线框切割磁感线电磁感应中的图象问题【解析】 【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有E=BLv，I=ER，联立并代入数据，解得I=1A（2）金属框穿过磁场，分三个阶段第一阶段：cd边从进入磁场到离开磁场（设从0到t1），第二阶段：be从进入磁场到离开离磁场（设从t1到t2），第三阶段：a从进入磁场到离开磁场（设从t2到t3），每个阶段的经历的时间均为：t=L

22、v，依题意，第一阶段，经历时间为0.4s（00.4s），l1=L，得：i1=1A，第二阶段，经历时间为0.4s（0.4s0.8s），l2=vt-t1，得：i2=1-2.5t，第三阶段，经历时间为0.4s（0.8s1.2s），l3=L-vt-t2，得：i3=2.5t-3，i-t图像如图所示：【答案】（1）细绳绷紧瞬间a到电场左边界的距离为1.5m；（2）v与k的关系式为v=2-k1+k；（3）a离开电场区域时的速度大小为k2-3k+51+k或k2-7k+11+k【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转动量守恒定律的综合应用应用动能定理处理物体系的运动【解析】 【解答】解：（1）设细绳长为L，电场宽度为d，小球a、b的初速度为v0，经时间t细绳绷紧，a到电场左边界的距离为sa、b通过的距离为sb，设电场强度为E，a的质量为m，在电场中的加速度为a，以水平向右为正方向，依题意sa=v0t+12at2，sb=v0t，sa+sb=L，a=qEm，联立并代入数据可得sa=1.5m（2）设绷紧前瞬间a的速度为vt，绷紧瞬间两球的共同的速度为v，以水平向右为正方向，依题意vt=v0+at，mvt-kmv0=m+kmv，联立并代入数据可得v=2-k1+k，当