2021届广东省高考物理高分冲刺突破押题密卷五（考试版+全解全析）

2021届广东省高考物理高分冲刺突破押题密卷（五）

-：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.关于光电效应有如下几种陈述，其中正确的是（）

A.爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象

B.入射光的频率必须小于极限频率，才能产生光电效应

C.光电效应说明光具有波动性

D.发生光电效应时，若入射光频率增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍

2.太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力/，测得其加速度为20m/s2,然后将

标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力尸，测得共同加速度为8m/s2。已知标准物体质量

町=2.0kg,则待测物体质量加2为（）

A.3.0kgB.5.0kgC.7.0kgD.8.0kg

3.如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，

将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁

表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”,

下列说法正确的是（）

A.从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转

B.电池的输出功率等于线框转动的机械功率

C.线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系

D.“简易电动机''由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小

4.如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生,

其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的

电流来调节。下列说法正确的是（）

A.电子在电子枪里做匀速直线运动

B.电子在磁场里做匀速圆周运动

C.增大励磁线圈的电流，磁场将变弱

D.仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大

5.在农田旁有一农用水泵，其出水管水平放置，出水口的直径为。，如图所示。已知出水口距离地面的竖

直高度为力，水落到地面的位置距离出水口末端的水平距离为x,下列说法正确的是（假设水从出水口沿水

平方向均匀流出，且忽略空气阻力）（）

£1

1

A.水在空中单位时间速度的变化在不断增大

B.水流出管的初速度”

C.水落地前瞬间的速度与x和h均有关

D.可估算出水口在单位时间内流出的水量。=71XD2

6.如图所示，水平铜盘半径为r,置于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中

心的竖直轴以角速度3做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R|与理想变压器

的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n：I,变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则()

A.变压器原线圈两端的电压为生9

2

B.若Ri不变时，通过负载R2的电流强度为0

C.若R不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0

D.若Ri变化时，通过负载R2的电流强度为通过Ri电流的,

n

7.如图所示，电场中的一簇电场线关于x轴对称分布，。点是坐标原点，E、RM、N是以。为中心的一

个正方形ABC。各边与x、y轴的四个交点，则下列说法中正确的是()

A.M点电势比。点电势高

B.E0间的电势差等于0尸间的电势差

C.一正电荷在尸点的电势能大于在C点的电势能

D.将一负电荷从M点移到F点，电场力做正功

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.观看科幻电影《流浪地球》后，某同学设想地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道通过木星的情景，如图

所示，轨道上尸点距木星最近（距木星表面的高度可忽略），则（）

A.地球靠近木星的过程中运行加速度增大

B.地球远离木星的过程中机械能减小

C.地球远离木星的过程中动能减小

D.地球在P点的运行速度等于木星第一宇宙速度

9.如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30。，物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两

侧，P为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体A、B的质量分别为"和4m,开始时用手托住物体,

滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A距离地面高度为〃时开始下

落，在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力。空气阻力不计，下列关于物体A的说法正确的

是（）

A.在下落至地面前的过程中机械能守恒

B.在下落至地面前的瞬间速度一定为零

C.在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为

D.在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动

10.如图所示，A、B两个物体质量分别为机八、A＞加P，它们相隔一段距离，静止于光滑水平面上。

将大小相等，方向相反的两个水平推力耳、鸟分别作用在A、B上，之后撤去推力，此时两物体还没发生

接触•又过一段时间两物体发生碰撞并粘在一起不再分开，这时两个物体的运动情况将是（）

A.若耳、鸟作用相同的时间，一定沿耳的方向运动

B.若玲月作用相同的时间，一定停止运动

C.若《、心作用下A、B发生相同大小的位移，一定沿冗的方向运动

D.若与、弓作用下A、B发生相同大小的位移，一定沿入的方向运动

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每道试题考生都必须作答。第15、16

题为选考题，考生根据要求作答。

（-）必考题：共42分。

11.（6分）11.用如图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律。

①实验中有A：200g的铝块和B：200g的铁块。为了减少误差，应该选择（填字母）。

②实验操作时应该先接通打点计时器电源再释放纸带，但某同学在操作时做反了，那么通过对这条纸带运

算能否判断机械能是否守恒？o（填“能”或“否”）

③如图（b）是某次实验的一条纸带，。、A、B、C、D、E、F是连续的七个点，每2个点之间的时间为兀

若重物质量为相，对应B到E的下落过程中，重锤重力势能的减少量△切=。B到E动能

变化量为___________

12.（10分）某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率，用一两端开口的玻璃管通过密封塞封住

一定量的矿泉水。

234cm

（1）某同学用游标卡尺去测玻璃管的内径，测出的读数如图，则玻璃管的内径”为mm；

（2）该同学用多用电表的电阻档粗略测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“X10”档，发现指针如图

（a）所示，则该同学接着需要做的实验步骤是:①换选（填"xl”或"X100”或“xlk"）档；②_______;

（3）该组同学按图（b）连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现

电压表有示数，但几乎不变，可能的原因是

A.滑动变阻器阻值太小B.电路中3、4之间断路

C.电路中5、6之间断路D.电路中7、8之间断路

（4）该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水柱的长度为L,电压表示数为U,电流表示数为/,改变玻

璃管中的水量来改变水柱的长度，测出多组数据，并描绘出相应的图像如图（c）所示，若图线的斜率为生

则矿泉水的电阻率夕=（用题中字母表示）。

13.（10分）如图所示，在直角坐标系xO），的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于x。），面向里，第

四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为区磁场与电场图中均未画出。一质量为机、带电

荷量为+4的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限。已知P点坐标

为（0,-/）,Q点坐标为（21,0）,不计粒子重力。

（1）求粒子经过Q点时速度的大小和方向；

（2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求磁感应强度B的大小。

y

______I

O\x

P|

14.（16分）如图所示，在足够长的光滑水平台面AB右侧一定距离处固定一半径为R=^m的光滑圆弧

轨道C。，C点与圆心。点的连线与竖直方向。。的夹角a=53°,该圆弧轨道在。点通过光滑小圆弧与

一足够长的粗糙斜面DE相接，该斜面的倾角/可在0~80°范围内调节（调好后保持不变）。A、B、C、D、

E均在同一竖直平面内。质量为加=1kg的物块N静止在水平台面上，其左侧有质量为〃?°=3kg的物块

让物块M以速度%=2m/s的速度向右运动，与物块N发生弹性碰撞，物块N与物块M分离后离开水平台

面，并恰好从C点无碰撞的进入圆弧轨道，然后滑上斜面。E,物块N与斜面之间的动摩擦因数，

//=,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=1Om/s2»物块M、N均可视为质点，求：

（1）碰撞后物块N、M的速度各是多大；

（2）物块N到达。点时对轨道的压力多大；

（3）若物块N第一次经过C点后，在C点安装一弹性挡板，挡板平面与该点圆弧轨道的切线垂直，物块N

与挡板碰撞前后速度大小不变。求。取不同值时，物块N在运动的全过程中因摩擦而产生的热量。与tan6

的关系式。

（二）选考题：共12分。请考生从15、16两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

15.[选修3-3]（12分）

（1）（4分）封闭在气缸内一定质量的理想气体由状态A经8、C到状态。，其体积V与热力学温度7关系

如图所示，0、A、。三点在同一直线上，在A到。过程中，气体压强PA____PD（选填'或"<”），

气体（选填“吸收”或"放出”）热量

（2）（8分）如图所示，一定质量的气体放在导热的容器中，一自带锁定装置K2的光滑薄导热活塞将容器

分成A、B两室，A,B室的体积分别为匕和3%,A室左侧连接有阀门周，一开始时阀门町打开，（锁

定，A室容器上连接有一管内体积不计的U形管，两边水银柱高度差为76cm,B室内气体压强等于外界

大气压（已知外界大气压=76cmHg）o现关闭阀门町,然后解锁&,求A室最后的气体压强。

16.[选修3-4]

（1）（4分）如图是一列简谐波在/=0时的波形，波恰好传播到x=2.5m处。已知从f=0至，=l.ls内，

质点P三次出现在波峰位置，且在，=Lls时，P点刚好处在波峰位置，则P点的振动周期是：

经过s,x=5.0m处的质点。第二次到达波谷。

(2)(8分).如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，AC是半圆的直径，AC长

为d,一束单色光照射在圆弧面上的。点，入射角为60。，折射光线刚好照射在AB边的中点E,折射光线

在AB面上的入射角为45。，光在真空中传播速度为c,求：

(1)玻璃砖对单色光的折射率；

(2)光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光在圆弧面上的反射)。

2021届广东省高考物理高分冲刺突破押题密卷(五)

物理，全解全析

1.A

【详解】

A、爱因斯坦用光子说成功解释了光电效应，故A正确；

B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度与照射的时间无关，故B错

误；

C、光电效应可以用光子说成功解释，说明光具有粒子性，故C错误；

D.根据光电效应方程EKm=hv-W°知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大而增大,

不是成正比关系.故D错误.

故选A.

2.A

【详解】

对标准物体，由牛顿第二定律得

F=m.a,=2.0x20=40.0N

对标准物体和待测物体整体，由牛顿第二定律可得

F=（仍+m2'）a2

代入数据，解得㈣=3.0kg。

故选Ao

3.D

【详解】

A.线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时

针转动，故A错误；

B.电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的

电功率大于线框旋转的机械功率，故B错误；

C.线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；

D.稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，故

D正确。

故选D。

4.B

【详解】

A.电子在加速电场中受到电场力作用，且电场力方向与电子运动方向相同，因此电子在电子枪里做加速直

线运动，A错误；

B.运动电子在磁场里受到洛伦兹力作用，洛伦兹力方向与电子运动方向垂直，因此电子在磁场里做匀速圆

周运动，B正确；

C.增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场将增强，C错误；

D.电子在磁场中做匀速圆周运动，有

eBv()-r

解得电子运动周期为

271m

I-------

eB

仅增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场增强，电子做圆周运动的周期将变小，D错误。

故选Bo

5.C

【详解】

A.水平射出的水，加速度始终为重力加速度g,由Av=a加可知，在单位时间速度的变化量保持不变,

所以A错误：

B.由平抛运动规律可得

,12

h=2gr

%=卬

解得

所以B错误；

C.竖直方向的速度为

vv=

水落地前瞬间的速度为

所以水落地前瞬间的速度与x和人均有关，则C正确;

D.出水口在单位时间内流出的水量为

Q=Svot

S=-7lD2

4

z=Is

解得

Q=/D，

4

所以D错误；

故选C

6.D

【详解】

试题分析：铜盘转动产生的电动势大小为空丝，加在变压器原线圈两端的电压小于竺的，A错误；

22

铜盘匀速转动产生恒定的电动势，若Ri不变时，原线圈中恒定的电流，通过变压器的副线圈横截面磁通量

不变（但不为零），不产生感应电流，B正确；（:错误；.若Ri变化时，通过负载R2的电流强度为通过Ri

电流的n倍，D错误.

考点：本题考查了变压器原理和感应电动势大小计算.

7.C

【详解】

A.假设有一个正电荷从。点沿y轴移动到M点，则电场力做正功，电势能减小，则电势降低，即M点电

势比。点电势低，选项A错误；

B.因E。之间的电场线较。F间密集，可知£。间场强较大，根据。=Ed可知，E。间的电势差大于。F间的

电势差，选项B错误；

C.一正电荷从F点到C点，电场力做正功，电势能减小，则在F点的电势能大于在C点的电势能，选项C

正确；

D.将一负电荷从M点移到F点，电场力方向与位移方向夹角大于90。，则电场力做负功，选项D错误。

故选C。

8.AC

【详解】

A.地球在轨道上运行时，万有引力提供加速度，则有

GM

地球靠近木星的过程中，r减小，所以加速度增大，故A正确;

B.地球远离木星的过程中，只有万有引力做负功，因此机械能守恒，故B错误；

C.地球绕木星做椭圆运动，根据开普勒第二定律可得，远木点的速度小，近木点的速度大，故地球远离木

星的过程中，运行速度减小，动能减小，故C正确；

D.若地球在P点绕木星做匀速圆周运动，则速度等于木星的第一宇宙速度，即

而地球过P点后做离心运动，万有引力小于需要的向心力，则有

GMm加次

&----

R2R

即

即地球在P点的运行速度大于木星的第一宇宙速度，故D错误；

故选AC。

9.BC

【详解】

A.因为A从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以A在下落至地面的过程中系统的机械能

守恒，而A的机械能不守恒，故A错误；

BD.根据在A下落至地面前的瞬间，物体B恰好对挡板无压力，以B为研究对象，根据平衡条件求得此时

弹簧的弹力为

T=4mgsin300=2mg

再以A为研究对象，当A静止释放的瞬间，A受重力mg,其合力方向向下，大小为mg,当A落地瞬间，A

受重力mg和弹簧的弹力2mg,其合力向上，大小为mg,A做简谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度

为零，据弹簧振子的运动情况可知，A向下运动时，先做加速度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的

减速运动，故B正确，D错误；

C.根据A做简谐运动和能量守恒可知，A落地瞬间，A的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧

的弹力做功为mgh,故C正确。

故选BCo

10.BC

【详解】

AB.将两个大小均为F的恒力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，故两个

力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；根据动量守恒定律可知，两个物体的动量等值、反向，故碰撞均

静止，A错误B正确：

CD.力F大小相等，mA>mB,由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有

%<七

由运动学公式得

1o

x=—ar

2

两物体通过的距离相等，则

根据

I=Ft

得

由动量定理可知

PA>PB

碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，碰后总动量向右，即沿人的方向运动，D错误C正确。

故选BC。

11.B能陷（必+.+生）根（生+乂）2-向/+5）2

8T2

【详解】

①⑴重物应该选择相对质量较大、体积较小的物体，即密度大的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，故B

正确，A错误。

故选Bo

②[2]如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，前面的点不好采集，但

后面的点还是能够采集的，所以能通过对这条纸带运算能判断机械能是否守恒。

③⑶从B到E的过程中重力势能减少为

AEp=tngh=mg(%+Z\x4+Ax5)

⑷物体在B点的速度

%AC_AX2+Ax,

2T--2T~

物体在E点的速度

*DF_Ms+

VE2T-

则B到E动能变化量

1,1,7?7(Ax,+)2—/n(Ax,+Ax,

△稣=万麻-丁珀=~V--

12.21.50X100重新进行欧姆调零ADi

必

【详解】

⑴［1］游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺的读数x分度值=21mm+lOxo.o5mm=21.50mm。

⑵⑵欧姆表的指针偏转不大，读数太大误差较大，则需要换选大倍率的档位来测量，即选X100倍率。

⑶欧姆表换档后，需要重新进行欧姆调零。

⑶⑷A.滑动变阻器阻值太小，通过调节电路中的电流的改变也比较小，则电压表的示数几乎不变，所以A

正确；

B.电路中3、4之间断路，电压表没有读数，所以B错误；

C.电路中5、6之间断路，电压表没有读数，所以C错误；

D.电路中7、8之间断路，电压表串联在电路中，电压表测量的是电源的电动势，所以电压表的示数几乎

不会改变，则D正确；

故选AD»

(4乂5］由部分电路欧姆定律有

U4L

~T~P-不

Id~

整理得

兀£u_

由图像可得

Tld1

4P

矿泉水的电阻率为

7td1

=7F

mE

13.(1)v=2速度方向与水平方向的夹角为45。；(2)B=

~2qi

【详解】

(1)设粒子在电场中运动的时间为to,加速度的大小为a,粒子的初速度为vo,过Q点时速度的大小为打

沿y轴方向分速度的大小为为，由牛顿第二定律得

qE=ma

由运动学公式得

竖直方向速度为

合速度为

解得

因为水平和竖直方向速度相等，所以速度方向与水平方向的夹角为45。。

(2)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可得

R=2折

由牛顿第二定律得

v-

qvB=m—

R

解得

mE

B=

~2ql

1873

14.(1)lm/s,3m/s；(2)36.2N；(3)Q=(04。<30°)，Q=18J(30<0<80)

3tan8+百

【详解】

(1)物块M与N发生弹性碰撞有

M0Vo=movx+mv2

12121)

2^vo=5%)W

解得

恤一机%iz

----v0=—=lm/s

+m2

2m3v八,

v=：nn^=3m/s

2~2

碰撞后物块N、M的速度各是lm/s,3m/s。

(2)物块N到达C点时速度为

^=—=5m/s

%

cosa0.6

物块N从C到达。点时有

2

mgR(l-cosa)=mv^--^mvc

物块N到达D点时有

N-mg=m"

R

解得

398

v=6m/s,N=—®36.2N

D11

由牛顿第三定律有

&=N=36.2N

(3)斜面倾角较小时物块N停在斜面上，有

mgsin0</Limgcos6

解得

0<30’

斜面倾角0K夕V30°较小时物块N停在斜面上，有

1

mgsinOx+/jmgcos^x=—mvD

解得

工一"J

2(gsin6+〃gcos。)

则有

Q=〃〃，gcos.二〃〃?gcos瓯218/

2(gsine+〃gcos。)3tan(9+j3

斜面倾角30<eW80,较大时物块N不能停在斜面上，最后将停在。点，则有

1,

2

2=-mvo=18J

15.[选修3-3](12分)

(1).=吸收

【详解】

[1][2]由图示图象可知，从A到D过程V与丁成正比，气体压强不变，PA=PD,温度升高，内能增大，体积

增大对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。

(2).95cmHg

【详解】

A室气体开始的状态为

Pi=Po+Pgh=152cmHg

匕=匕

B室气体开始的状态为

P2=Po=76cmHg

匕=3%

关闭阀门％,然后解锁K2,最后达到热平衡后有

P1=Pl=p

匕+4=4%

根据玻意耳定律可得

PM=PiM

〃2匕=，2%

整理得

152%=

76x3%=〃％'

联立解得