2021届广东省深圳市高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届广东省深圳市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图所示，将半球置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，柔软光2女，＞.7、、

滑的轻绳穿过小孔，两端分别系有质量为HII、血2的物体（两物体均可看I\：\

成质点），它们静止时Tn】与球心。的连线与水平线成45。角，mi与半球面O'

的动摩擦因数为0.5,巾1所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，则黄的最小值是（）

A.延B.更C.7D.公

4113

2.氢原子从n=4的激发态直接跃迁到n=2的能态时，发出蓝色光，则氢原子从n=5的激发态直

接跃迁到般=2的能态时，可能发出的是（）

A.红外线B.红光C.y射线D.紫光

3.一平行板电容器的两个极板分别接在电池组的正极和负极上，则（）

A.电容器两极板间可形成匀强电场

B.电容器所带的电荷量一直增加

C.只要断开电池组，电容器要放电，带的电荷量立即为零

D.电容器的电容与电池组的电压成正比

4.发电机发出的电能送到远处，为减少线路损失，用下图方式输电，已知发电机输出电压打不变,

其他物理量如图所示，若用户数量增加时，下列说法正确的是（）

A.因匝数比都没变，所以外、3、内都不变

B.因用户总电阻减小，所以以减小，从而引起出、出也减小

C.出不变，（3、都减小

D.若用户总电阻减为原来一半，则电流。会增大到原来两倍

5.一枚火箭由地面竖直向上发射，其u-t图象如图所示，则下列说法中

正确的是（）

A.在t2时刻火箭到达最大高度

B.在时刻火箭落回地面

C.在t2〜t3时间内火箭加速度最大

D.在匕〜t2时间内火箭加速度最大

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.从电势差定义式可以看出（）

A.电场中两点间的电势差与电场力做的功W成正比，与移送的电量q成反比

B.电场力在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大

C.将1库的负电荷从一点移到另一点电场做了1焦的功，这两点间的电势差的大小是1伏

D.两点间的电势差，等于把正点电荷从一点移到另一点电场力做的功

7.（此题属多选）如图所示，质量为m的物体与转台之间的动摩擦因数为〃，物

体与转轴间距离为R,物体随转台由静止开始转动，当转台转速增加到某一

值后转台开始匀速转动，整个过程中物体相对于转台静止不动，则以下判

断正确的是（）

A.转台转速增加的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴

B.转台转速增加的过程中,转台对物体静摩擦力的方向跟物体速度间夹角一定小于90。

C.转台匀速转动的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴

D.转台匀速转动的过程中,转台对物体静摩擦力的方向一定跟物体的速度方向相反

8.滑块以一定速度沿固定粗糙斜面由底端向上运动，一段时间后能回到出发点，若滑块向上运动

的位移中点为4,取斜面底端重力势能为零，则（）

A.上升过程中动能和势能相等的位置在4点下方

B.上升过程中动能和势能相等的位置在4点上方

C.下降过程中动能和势能相等的位置在4点下方

D.下降过程中动能和势能相等的位置在4点上方

三、填空题（本大题共2小题，共9.0分）

9.如图所示为可加热饭盒（可视为气缸），饭盒盖上有一排气口，饭盒内封闭了一定质量的理想气

体，气体的初始温度为27。&压强为大气压强po=1.0x105pa。现缓慢加热饭盒使其内部气体

温度达到57。&此时封闭气体的压强为Pa；打开排气口，放出部分气体，当饭盒内气体

压强与外界大气压强相等时，求排出气体与饭盒内原来气体的质量比（假设此过程中饭

盒内气体温度不变）

10.如图所示，一束截面为圆形（半径R=壶M）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面,

经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区。屏幕S至球心距离。=3m,不考虑光的干涉和衍射，若

玻璃半球对紫色光的折射率n=或，则圆形亮区的面积为机2（保留两位小数）；若将紫光

改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是（填单色光的种类）色的光。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学在做“研究小车速度随时间变化的规律”这一实验中：该同学在小车的后面连上纸带，

利用纸带上打出的点计算小车各个时刻的速度.某次打出的一条纸带如图所示.该同学已在这

条纸带上取好了计数点，每两个计数点间还有4个点未画出.计数点的编号依次为：4、B、C、

D、E,打点计时器的电源频率为50Hz.他把一刻度尺放在纸带上，其零刻度线和计数点4对齐.

ABCDE

（1）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是（填写序号）

A.先接通电源，后让纸带运动B.先让纸带运动，再接通电源

C.让纸带运动的同时接通电源D.先让纸带运动或先接通电源都可以

（2）用该刻度尺测量出计数点4B之间的距离为cm,BC之间距离为cm.

（3）计算打B这个计数点时小车的瞬时速度%=m/s,小车的加速度是m/s2.

12.用伏安法测量某一电阻Rx阻值，现有实验器材如下：

待测电阻Rx（阻值约300,额定功率为30W）；

电流表量程。〜0.64内阻0.10）；

电流表量程0〜34内阻0.050）；

电压表匕（量程0〜3内阻2k。）；

电压表眩（量程0〜15V,内阻3k。）；

滑动变阻器弱（0〜10。），

蓄电池（电动势为15U）、开关、导线.

（1）为了较准确测量Rx阻值，电压表应选、电流表应选

（2）设计测量电路，画出电路图。

五、简答题（本大题共2小题，共32.0分）

13.研究表明，有些金属电阻的阻值会随温度的变化而变化，物理学

中利用这类金属的特性可以制成金属电阻温度计，它可以用来测

量很高的温度，其原理如图所示。图中电流表的量程为0〜15m4（

不计其电阻），电源电压恒为3V,/?'为滑动变阻器，金属电阻作

为温度计的测温探头，在t>时，其阻值&随温度t的变化关系为a=100+0.5t（单位：0）。

（1）若要把灯放入温度为0汽处进行测量，使电流表恰好达到满量程，即电流为15mA,则此时滑动变

阻器R'接入电路的阻值为多大;

（2）保持（1）中滑动变阻器R接入电路的阻值不变，当被测温度为600K时，电路消耗的电功率为多大?

14.如图所示，水平桌面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2nl的U形管恰好能在两导槽之间

自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度孙从U形管的一端射入，从另一端射出。已

知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦。

（1）小球从U形管的另一端射出时的速度大小；

（2）从小球射入至射出U形管的过程中，U形管受到的冲量大小；

(3)小球运动到U形管圆弧部分最左端时的速度大小。

LK(俯视图)

六、计算题(本大题共2小题，共20.0分)

15.炎热的夏天，我们在课室打开空调后，由于课室并非是完全密闭的空间，室内空气的质量会发

生变化。已知标准状况下(压强为1个标准大气压、温度为(TC)空气的密度为po,且降温前后，

室内外压强始终保持1个标准大气压。欲估算降温前后室内空气质量变化的大小，则

i.需要直接测量哪些物理量？

必根据这些测量量(分别用字母表示)，写出演算过程及结果。

16.如图，简谐运动的图象上有a、b、c、d、e、f六个点、,其中:

(1)与a点速度相同的点有哪些？

(2)图象上从a点到c点，质点经过的路程为多少？

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：当Tn1有最小值时，摩擦力沿球面向下，受力如图..

根据共点力平衡得，migs讥45。+狐=丁「（Ljg\

fm=吃=47ngeos45°

T=m2g

联立三式解得：也=乎.

m23

故选：D.

对巾1进行受力分析，受重力、支持力、拉力以及摩擦力处于平衡，当？n1有最小值时，摩擦力沿球面

向下.根据共点力平衡求出詈的最小值.

Til2

解决本题的关键知道巾1受到的最大静摩擦力可能沿球面向上，也可能沿球面向下，当沿球面向下时,

加1有最小值.根据共点力平衡可得出詈的最小值.

▲TH-2

2.答案：D

解析：解：氢原子从n=5的激发态直接跃迁到n=2的能级时，辐射的光子能量大于从n=4的激发

态直接跃迁到n=2的能级时辐射的光子能量，所以光子能量大于蓝光的光子能量，

y射线是原子核在发生a衰变和0衰变时产生的能量以y光子的形式释放，是高频电磁波，所以辐射的

光子能量小于y射线的光子能量.故。正确，A、B、C错误.

故选：D.

根据向低能级跃迁时，可以发出多种不同频率的光子，求出能极差对应的光子波长，能级差最小的

放出的光子能量最小.

正确根据氢原子的能级公式和跃迁进行有关问题的计算，是原子物理部分的重点知识，要注意加强

训练.

3.答案：A

解析：解：4、电容器带电后，两极板间是匀强电场，故A正确；

B、与电源相连后是充电还是放电，应看电容器原有电压与电源电压的大小关系，故8错误；

C、电容器要想放电，需将两极板短接，故C错误；

D,电容是电容器本身的因素，与外界因素无关，故。错误。

故选：Ao

明确电容器的性质，知道电容是电容器本身的性质，与电量和电压无关；电容器之间形成匀强电场。

对于电容器动态分析问题，往往是电容的决定式c=抵，电容的定义式c=4；明确电容与电量和

4nkdU

电压无关。

4.答案：C

解析：解：4、已知发电机输出电压/不变，在升压变压器中，生=,，故升压变压器副线圈中的

电压4不变，当用户增多时，用户消耗的功率增大，降压变压器副线圈中的电流增大，根据关=最可

知，输电线路上的电流增大，由AU=/3r可知，损失的电压增大，则｛/3=。2-4〃将减小，力也将

减小，故4错误，C正确；

B、通过4的分析，是由于/的减小，才导致了心的减小，故B错误；

。、用户的总电阻减小，导致输电线路上损失的电压增大，故g和都减小，由可知，电流〃

总

会增大但小于原来两倍，故。错误；

故选：C。

抓住升压变压器的输入电压不变，得出输出电压不变，当用户增多时，消耗的电功率变大，则降压

变压器的输入功率变大，降压变压器副线圈中的电流会增大，结合输电线上的电压损失得出降压变

压器原副线圈电压的变化。

解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。知

道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系。

5.答案：C

解析：解：AB,由图象看出，火箭的速度一直是正值，说明火箭一直向上运动，J时刻速度为零，

上升到最高点，故4、8错误。

CD、速度图线的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。由图象可知在t2〜t3时间内火箭加速度

最大。故C正确，。错误。

故选：Co

速度图象直接反映物体速度随时间的变化情况，由速度的正负读出速度的方向，分析火箭的运动情

况，判断什么时刻火箭到达最大高度和什么时刻回到地面.根据斜率等于加速度，由数学知识判断

加速度的大小.

本题关键要抓住：速度-时间图象速度的正负反映速度的方向，斜率表示加速度的大小，“面积”

表示位移.

6.答案：BC

解析：解：4、电场中两点的电势差U=?由电场本身决定，与电量和功力无关。故A错误；

B、由电势差定义式可得W=qU,即移动的电荷越多，电场力做的功越大，故B正确；

C、根据电势差的公式u=?得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与

电荷量的比值，1C的负电荷在电场中从a移动到b,若电场力做了1/的功，这两点间的电势差就是-IV,

即这两点间的电势差的大小是1伏，故C正确；

。、根据电势差和电场力做功的公式U=?得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场

力所做的功与电荷量的比值，故。错误；

故选：BC»

电场中两点的电势差由电场本身决定，与电量和功W无关，电场力做功W=qU,只与电量和电势差

有关，与具体路径无关。

对于电势差的定义式U=?要正确理解，明确电势差U与那些因素有关，明确公式中各个物理量的含

义。

7.答案：BC

解析：解：4、转台转速增加的过程中，物体做加速圆周运动，静摩擦力沿着半径方向的分力提供向

心力，切向分力使物体加速。故静摩擦力不指向圆心，跟物体速度间夹角一定小于90。，故A错误，

B正确；

C、。转台匀速转动时，物体做匀速圆周运动，物体所受的合力始终指向圆心，此时所受的静摩擦力

方向一定指向转轴，故C正确；。错误。

故选：BC.

物体做加速圆周运动，受重力、支持力、摩擦力，摩擦力的径向分力提供向心力，切向分力使物体

加速.转台匀速转动的过程中，转台对物体静摩擦力的方向一定指向转轴.

本题关键明确只有匀速圆周运动中合力才指向圆心，变速圆周运动中合力不指向圆心，合力的径向

分力提供向心力，切向分力使改变速度大小.

8.答案：BC

解析：解：力、B、可先求出斜面中点4的动能Ec和势能Ep.情况，滑块初始机械能当=［小说①

滑块向上做匀减速运动，可看成沿斜面向下的初速度为零的匀加速运动，由运动学公式/=2ax可

知，物体在斜面中点A的速度以=净%.②

在4点的机械能演=+EPA(3)

联立①②③式得：EA=+EPA=；描+EPA-.

因斜面与滑块间有摩擦，所以&<Ei，即：所以，

1E1+EPA<E1,EPA<?EI

而％=EKA+EPA，

所以得到：EKA>EPA,故动能和势能相等的位置应出现在4点之上，故A错误，B正确；

C、D、设斜面的高度为h,下滑到中点4时的动能为a小从最高点到A点物体克服摩擦力做功为W.

根据能量守恒定律得：mgh=mg-^+EkA+W

则得：mg-^=EkA+W,

4点的重力势能为：EPA=-p可知，EPA>EkA,物体下滑过程，重力势能减小，动能增加，所

以下降过程中动能和势能相等的位置在4点下方.故C正确，。错误.

故选：BC.

由物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能和势能和同的点，

可以先表示出4点的机械能，则比较出发点与4点的机械能的关系可得出动能和势能的关系，则可得

出动能和势能相同的位置.

本题应注意物体上升和下降时均做匀速直线运动，利用匀变速直线运动公式求出位移中点A时的速度,

可以直接表示出中点处的动能；同时本题没有直接找出相等的点，而是先比较4点时的动能和势能再

确定相等点的位置，此点由选项应该能判断出来.

9.答案：1.1x1051：11

解析：解：封闭气体初状态的温度A=(273+27)K=300K,

5

压强Pi=p0=1.0x10Pa,

气体末状态的温度72=(273+57)K=330K,

加热饭盒过程中，气体体积不变，由查理定律得泉=票，

12

代入数据解得P2=11x10sPa,

打开排气口放出气体后，气体末状态的压强「3=Po=1-0x105Pa,

由于气体温度不变，由玻意耳定律得P2%=P3%，

可得匕=1.1V2,

排出气体与饭盒内剩余气体的质量比为筒=皆=M

故答案为：1.1X105；1：11

本题第一空主要利用加热过程气体体积不变的条件，通过查理定律进行求解；打开排气口之后，饭

盒中气体温度不变，故利用波意耳定律求出体积，再从体积之比得到质量之比。

本题考查理想气体状态方程，要求学生从题干得出有效条件，分别针对气体体积不变、温度不变两

种情况运用公式进行求解，难度不大。

10.答案：3.14紫

解析：解：⑴光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E

到亮区中心G的距离就是所求最大半径。如图所示

设紫光临界角为C，由全反射的知识得sinC=2

n

D

又AB=RsinC=-

n

y/n2—1

OB=RcosC=R---------

n

R

BF=ABtanC=-

nVn2—1

nR

GF=D—(OB+BF)=D--==

，九2-1

又生=竺

ABFB

2

所以有最大半径为：rmax=GE=—AB=£)Vn-1-nR

代入解得：rmax=Im

2

面积为：S=nr^ax«3.14m0

(2)紫色。当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率的最大，则临界角最小，所以首先发生

全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远。故圆形亮区的最外侧是紫光。

故答案为：3.14,紫。

(1)光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径，作

出光路图，根据sinC=工并结合几何知识求解最大半径，再求解最大面积；

n

(2)当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率的最大，则临界角最小，所以首先发生全反射,

因此出射光线与屏幕的交点最远。

解决该题的关键是明确知道光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点到亮区中心的距离就

是所求最大半径，能根据几何知识求解相关的长度。

11.答案:41.50；2.10；0.18；0.6

解析：解：(1)为了更好地利用纸带，应先接通电源，再让纸带运动.

故选：A.

(2)AB间的距离为1.50cm,BC间的距离为2.10cm.

(3)B点的瞬时速度%=丁—m/s=0.18m/s,

根据△x=a7'2,运用逐差法得：4=注袈=(6.OO-3.6O)XIO-2=

故答案为：(1)4,(2)1.50,2.10,(3)0.18,0.6.

刻度尺的读数要读到最小刻度的下一位，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B

点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度.

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动

的推论运用.

12.答案：(1)%；&；(2)电路图如下图所示。

解析：试题分析：(1)由于电源电压为15V,故电压表的量程应选0〜15V,又由于待测电阻的阻值约

为30。，故电路中的电流最大为，=0.54,故电流表的量程选择0〜0.64

(2)由于去即多，说明待测电阻的测量电路宜采用电流表内接法，滑动变阻器%(0〜100),阻值

较小，宜采用分压式，故电路图如图所示。

考点：伏安法测电阻的仪器选取，电路的设计。

13.答案:解：(1)当t=(TC时,Rt=100+0.5t=10012,

由欧姆定律得：此时电路中的总电阻：

R,；,=-=—n=2000,

忠I15x10-3

串联电路中总电阻等于各分电阻之和,

总

R'=R-Rt=2000-100/2=1000。

(2)当t=600汽时,Rt=100+0.5t=400n,

电路中的总电阻：

R,;=&+/?'=4000+100/2=5000,

电路消耗的总功率：

y232

P=—=—W=0.018IV

R总500o

答：(1)若要把&放入温度为O°c处进行测量，使电流表恰好达到满量程，即电流为15nM,则此时滑

动变阻器R'接入电路的阻值为1000。

(2)保持(1)中滑动变阻器R接入电路的阻值不变，当被测温度为600K时，电路消耗的电功率为

0.018W。

解析：(1)根据a=100+0.5t求出0。(：时，金属电阻的阻值，根据欧姆定律求出串联电路中的总电

阻，利用电阻的串联求出电路消耗的电功率。

(2)根据a=100+0.5C求出600久时，金属电阻的阻值，进一步求出电路消耗的电功率。

该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，本题审题非常关键，应由题干中所给信息明确出电阻与

温度的关系，再去结合电学知识计算出结果。本题对学生要求较高，区分度较高。

14.答案：解：(1)小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，故：

1,1,1,

-mvn=-mvf4--x2mvo

202122

沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故?n%=2m口2+

12

解得：Vi=--v0,v2--VO

即小球从U形管的另一端射出时，速度大小为：见,方向向右；

(2)对U形管，根据动量定理可得/=2mv2=|mv0

所以从小球射入至射出U形管的过程中，U形管受到的冲量大小为^血孙，方向向左；

(3)小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故

mv0=(m+2m)v

解得：V=|v0