2021届广东省江门一中高考物理模拟试卷(5月份)(含答案解析)

2021届广东省江门一中高考物理模拟试卷（5月份）

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.物理定律多数是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但也有些物理规律的建立并不是直接从

实验得到的，而是经过了理想化（或合理）外推得到的。下列规律中属于理想化外推得到的是（）

A.机械能守恒定律B.牛顿第二定律

C.牛顿第一定律D.法拉第电磁感应定律

2.如图所示为氢原子的能级图，一群处于律=4能级的氢原子辐射出的_________竺2丫o

光子照射某金属表面，逸出的光电子的最大初动能为2.5eU,则下列寸期

说法正确的是（）2------------3.40.

A.该金属的逸出功为10.5eV

1------------13.6

B.共有3种不同频率的光子能使该金属发生光电效应

C.从n=4直接跃迁到n=1辐射的光子被电子吸收后，电子一定会从金属表面飞出

D.从陞=3跃迁到n=l辐射出的光子照射该金属，打出的光电子的最大初动能为1.84eV

3.下列叙述中正确的是（）

A.库仑提出了用电场线描述电场的方法

B.重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想

C.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证

D.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=；,加速度a='都是

采用比值法定义的

4.在如图所示的U-/图像中，直线。为某电源的路端电压与电流的关系，直线匕为某电阻元件的

电压与电流的关系。现用该电源直接与元件连接成闭合电路。则此时

UN

A.电源将其它能转化为电能的功率为18W

B.该元件的电阻为20

C.该元件发热功率为6W

D.电源外电路与内电路消耗功率之比为2:3

5.如图所示的水平面上，伸长的橡皮绳一端固定，另一端连接两根

弹簧，连接点P在F1、尸2和尸三力作用下保持静止。下列判断正

确的是（）

A.4>尸2>尸3

B.尸2>&>&

C.尸3>&>F2

D.>F2>Fl

6.下列说法正确的是（）

A.为了形象地描述电场和磁场，法拉第引入了电场线和磁感线

B.由E可知，电场中某点的电场强度大小与检验电荷受到的电场力大小成正比

C.由C=》可知，电容器的电容与加在电容器上的电压成反比

D.由可知，某点的检验电流元所受的安培力为零，则该点的磁感应强度必为零

7.火星是太阳系中地球外侧离地球最近的行星，当地球在火星和太阳之间且成一条直线时，称为

行星冲日现象，已知地球的公转周期为1年，火星的公转周期约为地球的两倍，则火星和地球

相邻两次冲日的时间间隔大约为（）

A.1年B.2年C.4年D.8年

二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）

8.一个带正电的微粒在电场中只受到电场力的作用，在4s内它的速度-时间图线如图所示，下列

关于电场力对带电微粒作用的说法正确的是（）

A.

B.前2s内与后2s内电场力对微粒作用的冲量大小相等、方向相反

C.前2s内与后2s内电场力对微粒作的功大小相等、符号相同

D.前2s内与后2s内电场力对微粒作的功大小相等、符号相反

9.如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中

央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流,

则（）

A.如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极

B.如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极

C.无论如何台秤的示数都不可能变化

D.台秤的示数可能随电流的增大而减小

10.如图所示，细杆的一端与小球相连,可绕过0点的水平轴自由转动，细杆长0.5m,b

小球质量为2.0kg。现给小球一定的初速度使它做圆周运动，若小球通过轨道最

O

低点a处的速度为%=5m/s,通过轨道最高点b处的速度为%=Im/s,取g=

10m/s2,则小球通过最低点和最高点时对细杆作用力的情况是（）

A.”处为拉力，大小为120NB.“处为拉力，大小为80N

C"处为拉力，大小为24ND.6处为压力，大小为16N

三、填空题（本大题共2小题，共8.（）分）

11.如图甲所示是一平面上晶体物质微粒的排列情况，图中三条等长线A3、AC、A。上物质微粒的

数目不同，由此得出晶体具有.的性质.如图乙所示，液体表面层分子间距离大于分子平

衡距离小，因此表面层分子间作用表现为吸引力，这些力的宏观表现就是液体的表面张力，表

面张力的方向与液面.（选填“平行”或“垂直”）.

12.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播.t=0时，波传播到x轴上的质点B,在《=0.9s时,

质点。第二次出现在负的最大位移处.求：

(1)该波的周期T；

(2)该波的波速V；

(3)从t=0时开始到质点£第一次到达正向最大位移经历的时间及在该段时间内质点E通过的路程.

四、实验题(本大题共2小题，共16.0分)

13.某同学用如图所示的装置，验证“动能定理”.在装置中，气垫导轨上滑块的质量为“，钩码的

质量为如遮光条宽度为d,两光电门间的距离为3滑块通过两光电门，记录的时间分别为匕、

t2,当地的重力加速度为g.实验前调节气垫导轨水平，要用上述装置探究滑块受到的合外力做的

功与滑块动能变化的关系，要使绳中拉力近似等于钩码的重力，则加与M之间的关系应满足

；实验要验证的表达式为(用己知量表示).

14.某同学对一个标称值为“50、1.25W"的定值电阻的阻值是否准确产生了怀疑，准备用伏安法

尽可能准确进行测量，现可供使用的器材如下：

人电流表公，量程50样，内阻90

比电压表匕，量程15匕内阻约15ko

C电压表彩，量程3匕内阻约3k0

D变阻器R,全电阻约20。

E.定值电阻Ro=1。

F.直流电源E,电动势4.5V,内阻不计

G开关S、导线若干

（1）上述器材中，最适合的电压表为（填字母编号）.

（2）答卷中的虚线框内画出测量Rx的电路图.

（3）正确连接电路后开始测量，电压表与电流表刻度指针如图示，则被测电阻值为

五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

15.如图所示的坐标系轴与曲线OC之间存在垂直于直面向里的磁感应强度为当的匀强磁场。

A处为一放射源，可沿与x轴正方向夹角为火8为小于90。的某个定值）范围内各个方向发射出质

量相同、速率相等的带电粒子，且发射出的带电粒子最后都垂直穿过y轴后向右运动，y轴上有

带电粒子的范围为0SySL.两平行极板P、。垂直于y轴且紧贴y轴放置，极板长度和两板间

距均为3P、Q两板间加如图所示的电压。在x2A的范围内存在垂直纸面向里的磁感应强度

为82（82未知）的匀强磁场，且在x=L处平行），轴放置长为W—2L）的收集板MN,已

知在t=%时刻（UPQ=%）进入极板中心轴线处的某一带电粒子z恰好在2时刻经极板边缘飞出

电场。不考虑带电粒子之间的相互作用力及粒子的重力，两极板间的电场看成匀强电场且忽略

极板的边缘效应。若带电粒子打在极板上立即可被导走，不改变原电场分布：若带电粒子

打在收集板上，立即被吸收（不考虑收集板的存在对带电粒子运动的影响）：若粒子没有打

在收集板上则无需考虑后续的运动。上述名、L、%、玲均为已知量。

由2

(1)求粒子带电性质及比荷》

(2)要使带电粒子z能被收集板吸收，则殳的取值范围

(3)己知A。长度为a(a为粒子在匀强磁场B内做圆周运动的半径)，试确定匀强磁场当边界0C的曲

线方程。

16.滑块4、8与C点位于一条直线上，设A、B质量均为机且可视为质点，4、8间的距离为LB

与C点间距离为S,给4-瞬时初速度火，使A向B运动并发生对心正碰，碰撞时间极短，碰撞

过程中没有能量损失，设A、8与平面的动摩擦因数为〃.求：为使8通过C点，A的初速度％最

小是多大？

AJJ_______

17.U形管两臂粗细不等开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的两倍，管中装

入水银，大气压强Po=76cmHg,开口管中水银面到管口距离匕=10.25cm,且水

银面比封闭内的高八=6cm,封闭管内空气柱长％=10cm,如图所示，现开口端用

小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，该过程中两管的气体温度始终不变，求:

(1)粗管中气体的最终压强;

(2)活塞推动的距离.

18.如图所示为一玻璃工件的截面图，右侧ABC为等腰直角三角形，/C=90。，

BC边的长度为2R,左侧为半径为R的半圆，。点为圆心。一光线垂直BC

边从。点射入，恰好在AB边发生全反射，已知CO=3BD,光在真空中

的传播速度为c。求：

⑴该玻璃工件的折射率；

5)光线从射入到第一次从弧AC射出的过程在玻璃工件中的传播时间。

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解：ABC、机械能守恒定律、牛顿第二定律以及法拉第电磁应定律均为实验定律，故错

误；

C、牛顿第一定律是逻辑思维的产物，不是直接从实验得到的，故C正确。

故选：Co

明确各个定律的特点以及理想实验的应用即可正确解答本题；知道哪些规律是实验定律，哪些定律

为理想化外推得出的定律。

本题考查了理想实验的理解和应用，在平时学习中要加强基本规律的理解，平时注意加强练习。

2.答案：D

解析：解：4、n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级时辐射出的光子的能量最大，最大能量为：

hv=(-0.85eK)-(-13.6eV)=12.75eV,且逸出的光电子的最大初动能为a=2.5eV,

故该金属的逸出功为：W0=hv-Ek=12.75el/-2.5eK=10.25eV,故A错误；

B、n=4能级的氢原子共能辐射出盘=6种光子，其中只有第四能级跃迁到第一能级和第三能级跃

迁到第一能级这两种情况下辐射出的光子的能量大于逸出功，从而使该金属发生光电效应，故B错

误；

C、电子吸收光子能量后有可能向金属内部运动，而不一定会从金属表面飞出，故C错误；

D,n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量为：

(-1.51eV)-(-13.6eK)=12.09eV,且该金属逸出功为10.25elZ,

故打出的光电子的最大初动能为：12.09el/-10.25eV=1.84eV,故。正确。

故选：Do

辐射出的光子的最大能量减去金属的逸出功，即为该金属发生光电效应时逸出的光电子的最大初动

能，由此计算出该金属的逸出功，逐一分析即可。

辐射出的光子的能量为成=后初一？终，若辐射出的光子的能量大于金属的逸出功％,则从该金属逸

出的光电子的动能为Ek=hv-W0,对于此类题型需要牢记这两个公式并能灵活运用。

3.答案：B

解析：解：A、法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故4错误.

8、重心是物体各部分所受重力的作用点、合力与分力是等效关系，所以这两个概念的建立都体现了

等效替代的思想.故8正确.

C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基

础上的理想化推理得到，故C错误.

D、场强E=；是采用比值法定义的，而加速度a=5不是采用比值法定义，故。错误.

故选:B.

本题涉及物理学史，根据物理学家的科学成就和常识进行解答.

本题考查了物理学史和一些常识问题，知道比值法定义出来的物理量与参与定义的量无关.

4.答案：D

解析：

本题考查了闭合电路欧姆定律。

根据U-/图像正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-/图像正确读出外电路两端的电压和流过

电阻的电流，是解决此类问题的出发点。

根据闭合电路欧姆定律。=E-/r,结合图像a可得电源电动势E=8U,内电阻r=2。；

4B.根据图像。和6的交点坐标为：U=3.2U,/=2.44,该电阻的阻值为：R=4=’,电源将其

它能转化为电能的功率为：P=EI,代入数据解得：P=19.2W,故AB错误；

C.该元件的发热功率为：P热=/2R=7.68W,故C错误；

。・电源外电路消耗功率为：P外=»R,电源内部消耗的功率为p=/2r，故电源外电路与内电路消耗

功率之比为2:3,故。正确。

故选。。

5.答案：C

解析：

本题考查共点力平衡条件，首先对物体进行受力分析然后结合平衡方程可解得。

首先对尸点进行受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解。

根据平衡条件，在垂直于尸3方向上有尸1只耳30。=尸2s讥60°,则&=旧尸2，居cos3(r+F2cos60。=

尸3，

得尸3=2/2，比较可得尸3>F1>/2，故C正确，ABO错误。

故选C。

6.答案：A

解析：解：A、根据物理学史可知，为了形象地描述电场和磁场，法拉第引入了电场线和磁感线，故

4正确；

8、比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，与定义所用的物理量

无关，电场强度后=:采用的是比值定义法，反映了电场本身的特性，与检验电荷受到的电场力大小

无关，故B错误；

C、电容C=?采用的是比值定义法，反映了电容本身的特性，与加在电容器上的电压无关，故C错

误；

。、某点的检验电流元所受的安培力为零，可能是由于检验电流元的方向与磁场的方向平行，该点

的磁感应强度不一定为零，故。错误。

故选：Ao

法拉第引入了电场线和磁感线；所谓比值定义法就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的

方法，定义出的新的物理量反映物质的属性.

比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义.用比值法定义的物理概念在物理

学中占有相当大的比例，比如速度、功率、电场强度、磁感应强度等等.

7.答案：B

解析：解：设地球公转周期为T,则火星的公转周期为2T,相邻两次冲日的时间间隔为f,

有：争-亲=2兀,解得t=27=2年。

故选：Bo

火星的公转周期是地球公转周期的2倍，当地球在火星和太阳之间且成一条直线时，称为行星冲日

现象，在下一次行星冲日时，地球比火星多转动一圈，根据相同时间内多走的角度求出时间间隔.

解决本题的关键知道两次冲日时间间隔内，地球比火星多走一圈，结合该关系进行求解，难度不大.

8.答案：AD

解析：解：AB,由u-t图知，在4s内带电微粒受到的电场力大小和方向都不变，由动量定理可得

前2s内与后2s内电场力对微粒作用的冲量大小相等、方向相同。故A正确，8错误；

CD.在4s内带电微粒受到的电场力大小和方向都不变，与初速度方向相反；而带电微粒前2s速度

的正方向运动，t=2s时速度为零，后2s内速度方向反向，前2s通过的位移与后2s内通过的位移

大小相等方向方相反，故C错误，。正确

故选：AD.

由速度图象判断速度的变化，然后由牛顿第二定律判断电场力得变化，然后由动量定理以及动能定

理分析即可。

该题结合图象应用动能定理与动量定理，解答的关键是正确理解图象的意义，正确使用动能定理与

动量定理。

9.答案：AD

解析：解：AB,如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体

对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁铁左侧为N极，右侧为S极，

故A正确，8错误；

CD、由A分析，结合F=8〃可得，随电流的增大，安培力也增大，但由于磁极不知，所以台秤示

数可能增大，也可能减小，故C错误，O正确。

故选：AD.

先由台秤示数的变化得到电流对磁铁的作用力方向，然后根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培

力方向，再根据左手定则判断磁场方向，最后得到磁极分布情况.

判断磁体以电流间作用力可以先以电流为研究对象，然后结合左手定则分析，注意牛顿第三定律的

应用.

10.答案：AD

解析：解：A、在最低点，杆子一定表现为拉力，有F—mg=ni',

则F=mg+m包=20+2x2=120N.小球对杆子的作用力方向向下为拉力。故A正确，8错误；

Dr0.5

C、在最高点，有mg+F=TH—,则F=—mg=2x20=—16N.所以杆子表现为支持力，

〃rr〃0.5

球对杆子的作用力方向竖直向下，为压力，大小为16M故C错误，。正确。

故选：ADo

在最高点和最低点，小球靠重力和杆子作用力的合力提供圆周运动的向心力，根据合力提供向心力

判断杆子的作用力的大小和方向。

解决本题的关键知道杆子既可以表现为拉力，也可以表现为支持力，做圆周运动时，在最高点和最

低点，靠重力和杆子的作用力的合力提供圆周运动的向心力。

11.答案：各向异性平行

解析：解：三条等长线AB、AC、4。上物质微粒的数目不同，则晶体沿各个方向的导热、导电性能

等等都不同，表现为各向异性.

在分子平衡距离r0时分子引力与斥力大小相等，而斥力受距离影响较大，变化较快.液体表面层分

子比较稀疏，分子间距大于分子平衡距离为，引力和斥力都减小，但斥力减小快，则分子引力大于

斥力，分子力表现为引力，这些力的宏观表现就是液体的表面张力，表面张力的方向与液面平行.

故答案为：各向异性，平行

三条等长线A3、AC、AO上物质微粒的数目不同，由此得出晶体具有各向异性；液体表面层分子比

较稀疏，分子间距离大于分子平衡距离r。，分子力表现为引力.

本题结合图象考查晶体的性质及液体分子表面张力，这两个知识点都是比较简单的内容，属热学中

的基础问题.

12.答案：解：(1)据题意分析知，t=0时刻离。点第二远的波谷在=0.9s传到。点，根据波形平移

法知，波传播的距离是2：4=：九则有

44

-T=0.9s

4

可得T=0.4s

(2)由图可以知道波长A=2m,则波速“=：=5m/s.

(3)当A点的状态传到E点时，质点E第一次到达正向最大位移，AE间的距离是2；波长，则质点E

第一次到达正向最大位移经历的时间是t==0.9s

波从8传到E的时间为37,则在在该段时间内质点E振动的时间为t=f?

E点开始振动方向向下，所以在该段时间内质点E通过的路程S=3A=0.15m

答：(1)该波的周期7是0.4s.

(2)该波的波速v是5m/s.

⑶从t=0时开始到质点E第一次到达正向最大位移经历的时间是0.9s,在该段时间内质点E通过的

路程是0.15m.

解析：(l)t=0时波传播到x轴上的质点8,在t=0.9s时，质点。第二次出现在负的最大位移处，

说明t=0时刻离。点第二远的波谷在=0.9s传到。点，根据波形平移法求出波的周期.

(2)读出波长，由波速公式求出波速；

(3)当A点的状态传到E点时，质点E第一次到达正向最大位移，根据A、E间距离与波长的关系，

求时间.E点开始振动方向向下，分析通过的路程.

本题从时间的角度研究周期，从空间的角度研究波长.两点平衡位置间距离与波长的关系可分析振

动情况的关系，要能熟练运用波形平移法分析图象的意义.

13.答案：M»mmgL=-

解析：解：使小车所受合外力等于细线的拉力，所以必需有小车的重力沿轨道的分力等于轨道对小

车的摩擦力，所以做实验时必需平衡摩擦力.

以钩码作为研究对象有mg-FT=ma

以小车作为研究对象有=Ma

联立以上两式可得Fr="鼠

要绳子的拉力等于钩码的重力，即M盘=mg,

故湍^=1，则有M»m；

光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法.由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均

速度代替瞬时速度.

dd

%=豆，%=豆

滑块P动能的增加量=^M询一说.

祛码对滑块做的功，即合外力做功为勿=

要以滑块为对象验证验证动能定理，只要判断小。4回(今产是否成立.

ZAt2乙ACj

故答案为：mgL-iM(-^-)2

LNAC]

只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力.

实验原理是：求出通过光电门1时的速度％,通过光电门1时的速度。2,测出两光电门间的距离L，

在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgL,

增加的动能为：△&=3"+小泗一家M+m)诏；再比较减少的重力势能与增加的动能之间的关

系.

了解光电门测量瞬时速度的原理.实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全

面.

14.答案：(1)C；(2)电路图如图所不|；(3)5.60.

解析：

(1)求出定值电阻的额定电压，根据电阻额定电压选择电压表.

(2)根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图.

(3)根据图示确定电表量程与分度值，读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值.

本题考查了实验器材的选择、作电路图、电表读数、求电阻阻值，要掌握实验器材的选择原则，由

于电流表量程太小，不能用电流表直接测电流，可以给电流表并联一个分流电阻，应用并联电路特

点与欧姆定律求出干路电流，然后应用欧姆定律求出电阻阻值.

(1)电阻额定电压U=yfPR=VI.25X5=2.5V.电压表应选C.

(2)待测电阻的额定电流约为/=笔=卷=0.54=500欣1，远大于电流表量程50样，不能用电

流表直接测电流，可以用定值电阻用与电流表并联测电流，装后测电流表内阻：4=翳;=瑞=

0.9。，由于电流表内阻已知，电流表可以采用内接法，电路图如图所示.

(3)改装后的电流表的内电阻：心=:需=冷=0.90,

由图示电流表可知，其分度值为2加4,示数为40加4,通过定值电阻电流为等=360nM,通过待

测电阻电流/=40+360=400mA=0.44,由图示电压表可知，其分度值为0.1V,示数为2.6V,待

测电阻阻值R="&=含一0.9=5.612.

故答案为：(1)C；(2)电路图如图所示；(3)5.60.

15.答案：解：(1)粒子带负电,

据题意t=给

qu。

a

L2

解得5=

(2)粒子在电场中做类平抛运动：^=^t0,L=vyt0

解得%=Vo=

进入磁场时V=V2v0

方向与y轴成45。。

要使带电粒子打在MN收集板，由几何关系，得：2LW岳W3L

又92=字

解得r=叵也得：警sB2s等

z

qB232/L

(3)设在坐标(x,y)处进入磁场，由几何关系号:审2

又/+(y-b)2=a2

付y一庇中

答：(1)求粒子带电性质及比荷2为蔡：

(2)要使带电粒子z能被收集板吸收，则殳的取值范围簧<B2<^

(3)匀强磁场为边界OC的曲线方程为y=

解析：(1)根据匀变速直线运动的规律求解荷质比：

(2)粒子在电场中做类平抛运动，要使带电粒子打在MN收集板，粒子做圆周运动，联立解得场强的

取值范围；

(3)根据几何关系，确定匀强磁场/边界OC的曲线方程

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，

几何关系就比较明显了。

16.答案：解：设4、3相碰前A的速度大小为v,碰撞后A、8的速度分别为心和外.

碰撞前，对4,由动能定理有：

2

~^mAgs=|m4v-加诏①

A、B相碰过程动量守恒，以4的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得:

mAv=mAvA+mBvB②

由能量守恒定律得

=\mAvl+\mBvl③

因为皿4==m，所以由②③解得：vA=0,vB=v(?)

碰撞