广东物理高考研究组2021届高三三模理综(物理)B试题-Word版含解析.docx

2021年广东省高考争辩组高考物理三模试卷（B卷）一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求；每题4分）1（4分）如图所示，用轻绳系住一小球静止在光滑斜面上若要按力的实际作用效果来分解小球的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（） A 1和4 B 2和4 C 3和4 D 3和2【考点】： 力的分解【专题】： 平行四边形法则图解法专题【分析】： 将力进行分解时，一般要依据力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要依据力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果【解析】： 解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4故选：C【点评】： 依据力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简洁2（4分）电梯在t=0时由静止开头上升，运动的at图象如图所示，电梯内乘客的质量m=50kg，忽视一切阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（） A 第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态 B 第2s内电梯做匀速直线运动 C 第2s内乘客对电梯的压力大小为450N D 笫2s内乘客对电梯的压力大小为550N【考点】： 牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 具有向上的加速度为超重，具有向下的加速度为失重；以乘客为争辩对象依据牛顿其次定律列方程求出乘客所受的支持力；以电梯和人整体为争辩对象依据牛顿其次定律求钢索对电梯的拉力【解析】： 解：A、第1s内乘客向上加速，具有向上的加速度，处于超重状态，第9S内电梯仍旧具有正向的加速度，即加速度向上，仍旧处于超重状态，故A错误；BCD、由图知笫2s内乘客的加速度恒为1.0m/s2，即做匀加速直线运动，依据牛顿其次定律：Fmg=ma，得：F=mg+ma=500+501.0=550N，依据牛顿第三定律，则乘客对电压的压力大小为550N，故D正确，BC错误；故选：D【点评】： 本题一要有基本的读图力量，留意是at图象，不要错当成vt图象，并能依据加速度图象分析电梯的运动状况3（4分）以下关于宇宙速度的说法中正确的是（） A 卫星绕地球做圆轨道运行的速度都是第一宇宙速度 B 卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度是其次宇宙速度 C 第一宇宙速度是人造地球卫星做圆轨道运动的最大运行速度 D 地球上的物体无论以多大的速度放射都不行能脱离太阳的束缚【考点】： 第一宇宙速度、其次宇宙速度和第三宇宙速度【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： （1）第一宇宙速度（又称环绕速度）：是指物体紧贴地球表面作圆周运动的速度（也是人造地球卫星的最小放射速度）大小为7.9km/s（2）计算方法是：=m 其中：M是地球的质量，R是地球的半径，得：v=【解析】： 解：A：第一宇宙速度，由：=m 其中：M是地球的质量，R是地球的半径，得：v=所以当卫星的轨道半径最小等于地球半径R时，速度是最大的故A错误B：卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度大于第一宇宙速度故B错误C：第一宇宙速度是人造地球卫星做圆轨道运动的最大运行速度故C正确D：当速度达到16.7km/s时，脱离太阳的束缚故D错误故选：C【点评】： 留意第一宇宙速度有三种说法：它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度它是卫星进入近地圆形轨道的最小放射速度4（4分）如图，线圈串有两发光二极管D1、D2（具有正向导电发光特性）若手握“物体”向线圈运动时，D1发光则（） A 该物体可能是一种铜质材料 B 手握“物体”向线圈运动时，D2也会发光 C 手握“物体”远离线圈运动时，D2会发光 D 手握“物体”远离线圈运动时，会感觉到一股斥力【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 依据电磁感应现象，结合楞次定律的内容：“增反减同”，及“来拒去留”，即可求解【解析】： 解：A、由手握“物体”向线圈运动时，D1发光，可知，穿过线圈的磁通量必转变，则该物体可能是一种磁性材料，故A错误；B、手握“物体”向线圈运动时，D1发光，则说明感应电流方向顺时针方向（从右向左），由于二极管的单向导电性，因此D2不会发光，故B错误；C、手握“物体”远离线圈运动时，依据楞次定律可知，感应电流方向与靠近时相反，则D2会发光，故C正确；D、手握“物体”远离线圈运动时，依据楞次定律“来拒去留”，可知，会感觉到一股引力，故D错误；故选：C【点评】： 考查楞次定律的应用，把握：“增反减同”，及“来拒去留”的含义，留意二极管的单向导电性二、双项选择题（每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目的要求；每题6分，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分）5（6分）肯定质量的抱负气体经受一系列状态变化，其p图线如图所示，变化挨次由abcda，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与轴垂直气体在此状态变化过程中（） A ab，压强减小、温度不变、体积增大 B bc，压强增大、温度降低、体积减小 C cd，压强不变、温度降低、体积减小 D da，压强减小、温度上升、体积不变【考点】： 抱负气体的状态方程【专题】： 抱负气体状态方程专题【分析】： 依据抱负气体状态方程整理出压强温度的表达式，依据表达式和数学学问推断体积的变化状况【解析】： 解：A、由抱负气体状态方程=C整理得：p=T，在PT图象中a到b过程斜率不变，不变，则得气体的体积不变，故A错误；B、由抱负气体状态方程整理得：p=T，可以推断图象上的各点与坐标原点连线的斜率即为，所以bc过程中气体体积不断减小，cd过程中气体体积不断增大，故B错误C、cd，压强不变，体积减小，则由抱负气体状态方程=C可知，温度降低；故C正确；D、da过程中，体积不变，压强减小，故温度应减小；故D错误；故选：C【点评】： 本题考查抱负状态方程与图象的综合应用；对于图象类的物体解决的关键是整理出图象对应的表达式，依据表达式推断各物理量的变化状况6（6分）远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是抱负变压器当 K 由 2 改接为 1时，下列说法正确的是（） A 电压表读数变大 B 电流表读数变大 C 电流表读数变小 D 输电线损失的功率减小【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 沟通电专题【分析】： 正确解答本题需要把握：抱负变压器的输入功率由输出功率打算，输出电压有输入电压打算；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系抱负变压器电压和匝数关系【解析】： 解：A、k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2上升（U1：U2=N1：N2，N2增多）所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A正确B、电压表示数增大，电流增大，电流与匝数成反比，所以电流表的示数增大，B正确C错误；D、电流表示数增大，输电线损失功率增大，D错误；故选AB【点评】： 对于远距离输电问题，肯定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其留意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关7（6分）用同一光电管争辩a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图则这两种光（） A a光的频率更大 B 在增大电压U时，光电流肯定都会增大 C 照射该光电管时a光单位时间发生的光电子数多 D 照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 通过图象判定a、b两种单色光谁的反向遏止电压大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的【解析】： 解：A、由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大，依据eUC=hW0，b光的频率大，故A错误；B、当加遏止电压时，电压增加，光电流减小，故B错误；C、由于a光的饱和电流大，故照射该光电管时a光单位时间发生的光电子数多，故C正确；D、由题图可得b光照射光电管时反向截止电压大，依据eUC=Ekm，照射该光电管时b光使其逸出的光电子最大初动能大，故D正确；故选：CD【点评】： 本题关键是从图得到饱和电流大小、遏止电压大小关系，然后结合公式eUC=Ekm、Ekm=hW0进行分析，基础题目8（6分）“太极球”是近年来在宽敞市民中较流行的一种健身器材做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上现将太极球简化成如图所示的平板和小球，娴熟的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板无相对运动趋势A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高，则从D到A过程（） A 健身者对“太极球”做正功 B “太极球”的机械能守恒 C “太极球”的重力势能增加 D 合外力对“太极球”做正功【考点】： 功能关系；功的计算【分析】： 从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，动能不变，则合外力做功为零，重力做负功，重力势能增大，则机械能增大【解析】： 解：A、从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，依据动能定理得：Wmgh=0，由于重力始终做负功，所以健身者对“太极球”做正功，故A正确；B、从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，“太极球”的动能不变，重力做负功，重力势能增大，所以机械能增大，不守恒，故B错误，C正确；D、从D到A的过程中，“太极球”做匀速圆周运动，动能不变，合力做功为零，故D错误故选：AC【点评】： 本题主要考查了动能定理得直接应用，抓住“太极球”做匀速圆周运动，速率不变，则动能不变求解，难度适中9（6分）如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是（） A 增大U1 B 增大U2 C 增大L D 增大d【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，依据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可【解析】： 解：电子在加速电场中加速，依据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，y=at2=（）2=，所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故BC正确，AD错误故选：BC【点评】： 本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，依据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析，基础题目三、非选择题10（8分）某同学利用图甲所示的试验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开头运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开头（其中第“1”点先打下），每5个点取1个计数点，相邻计数间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为50Hz通过分析纸带数据，可推断物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开头减速计数点9对应的速度大小为0.76（保留2位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a=2.0（保留2位有效数字）物块在加速阶段，假如以（其中s表示位移，t表示时间）为纵坐标、以t为横坐标作图象，得到图象的斜率为k，则加速度大小为2k（用字母符号表示）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 试验题【分析】： 由纸带两个点之间的时间相同，若位移渐渐增大，表示物体做加速运动，若位移渐渐减小，则表示物体做减速运动；匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出某点的瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度；依据运动学公式求出与t的函数关系，结合数学学问可知斜率k与加速度的关系【解析】： 解：从纸带上的数据分析得知：在计数点6之前，两点之间的位移渐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移渐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开头减速匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：由纸带可知，计数点7往后做减速运动，有：x1=3.00cm，x2=5.01cm，x3=7.01cm，x4=9.00cm，因此x2.00cm=0.02m，T=0.1s，代入公式x=aT2得：，所以物块加速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2依据运动学公式有：，因此有：因此假如以为纵坐标、以t为横坐标作图象，得到图象的斜率为k=，即a=2k故答案为：6；7；0.762.0 2k【点评】： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答试验问题的力量，在平常练习中要加强基础学问的理解与应用11（10分）用直流电源（内阻不计）、电阻箱、单刀双掷开关、导线若干，在如图所示的电路上，完成测多用电表直流2.5V档内阻RV的试验在不拆卸电路的状况下，完成相关操作：在使用多用电表前，发觉指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图中多用电表的A（选填“A”、“B”或“C“）将多用电表选择开关旋到直流2.5V档，把开关S打向b（填“a”或“b”），电表示数如图所示U1，断开开关S适当调整电阻箱的阻值为R，把开关S打向a（选填“a”或“b”），读出并记录电表示数U2求得RV=（用以上测得的物理量U1、U2、R表示）若考虑电源内阻，用此法测得的RV偏大（填“大”或“小”）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 试验题【分析】： 通过分析试验步骤明确试验原理，依据试验原理可知本试验接受等效替代的方法进行的试验；则可明确各步中应进行的操作【解析】： 解：因指针不指左边零处，故应进行机械调零；故应调整A旋钮；因测量直流2.5V的内阻；故应将开关旋到直流2.5V，开关打在b处，只将电压表和电源相连；将电阻箱接入，故开关接在a处；开关接a时，电阻箱与电压表串联，电阻箱两端的电压U=U1U2；由欧姆定律可知：RV=；因电源有内阻，则接入R后，总电流减小，总电压要增大；故此法测出的电压表内阻偏大；故答案为：A；直流2.5V；b；a；大【点评】： 本题考查电压表的测量，要留意正确分析试验原理，依据试验原理才能明确试验步骤12（18分）如图所示，金属板的右侧存在两种左右有抱负边界的匀强磁场，磁场的上边界AE与下边界BF间的距离足够大ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面对里，CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面对外，两区域中磁感应强度的大小均为B，两磁场区域的宽度相同当加速电压为某一值时，一电子由静止开头，经电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场，经t=的时间后，垂直于另一磁场边界EF离开磁场已知电子的质量为m，电荷量为e求：（1）每一磁场的宽度d；（2）若要保证电子能够从磁场右边界EF穿出，加速度电压U至少应大于多少？（3）现撤去加速装置，使ABCD区域的磁感应强度变为2B，使电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，可转变射入时的方向（其它条件不变）要使得电子穿过ABCD区域的时间最短时，求电子穿过两区域的时间t【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，依据时间与周期的关系求得轨迹对应的圆心角，由洛仑兹力供应向心力得到轨迹半径，再由几何关系求解磁场的宽度d（2）电子恰好不从EF边穿出磁场，其轨迹应和CD相切，得到半径，求出速度大小，再由动能定理求加速电压U（3）若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，作图轨迹，得到电子在两区域的半径关系，由轨迹的圆心角求解时间值【解析】： 解：（1）电子在每一磁场中运动的时间为t1=故电子的在磁场中转过电子在磁场中运动时，洛仑兹力供应向心力，即evB=m由图可知 d=rsin45 解得 d=（2）若电子恰好不从EF边穿出磁场，电子应和CD相切，在ABCD区域中转半圈后从AB边离开磁场，设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，则 evB=m由几何关系有 R=d电子在加速电场中运动时，由动能定理有 eU=解得 U=（3）若要电子穿过ABCD区域的时间最短，则需要电子对称地穿过ABCD区域，作图 （1分） 电子在两区域的半径关系 r2=2r1=2由sin=解得 =45第一段时间 t1=T=在区域CDEF中的圆心必在EF边上（如图内错角）= 其次段时间 t2=T=通过两场的总时间t=t1+t2=答：（1）每一磁场的宽度d为；（2）若要保证电子能够从磁场右边界EF穿出，加速度电压U至少应大于（3）电子穿过两区域的时间为【点评】： 带电粒子在磁场中运动问题，关键要定圆心、定半径，画轨迹，运用几何学问求轨迹半径对于时间经常依据轨迹的圆心角求解13（18分）如图所示，光滑的圆弧轨道固定在桌面上，质量为M的长木板B紧靠圆弧轨道静止在光滑水平桌面上，长木板的上表面与圆弧轨道的底端切线处于同一水平面，桌面的右端固定一大小可忽视的小挡板P，现将质量为m的小物块A自圆弧轨道的顶端由静止释放已知M=2m，圆弧轨道的半径为R，长木板的上表面离地面的高度为R，A与B间的动摩擦因数=0.5，重力加速度为g，假设B的长度为L，P到B右端的距离为x，试求：（1）小物块A滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力；（2）若B与P发生碰撞时A、B恰好共速，则L、x应满足什么条件，（3）若L=R，B与P碰撞后静止，A滑离B后落到水平地面上的E点，试分析争辩x取不同值时，E点与桌面右端的水平距离 s与x有何关系？【考点】： 动量守恒定律；向心力【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）A由静止滑至底端过程中，依据动能定理求出到达低端的速度，在最低点，依据向心力公式列式即可求解；（2）B与P碰撞时，A、B恰好共速，设A的位移为xA、B的位移为xB，碰撞过程中，动量守恒，依据动量守恒定律定律列式，再分别对A和B依据动能定理列式，联立方程求解；（3）若xxB，则B与P碰撞时，A、B已共速，依据动能定理列式求出A滑离B时的速度，A滑离B后做平抛运动，依据平抛运动基本公式求解，若0xxB，则B与P碰撞时，A、B还未共速，碰后A连续在B上滑行，依据动能定理求解【解析】： 解：（1）A由静止滑至底端过程：解得：A在最低点时：解得：N=3mg由牛顿第三定律：A对轨道的压力大小N=N=3mg，方向竖直向下，（2）B与P碰撞时，A、B恰好共速，设A的位移为xA、B的位移为xB，则有mv0=（m+M）v共对B：对A：联立解得：，所以有：，（3）由于，故B与P碰撞前，A不会滑离B（i）若xxB，则B与P碰撞时，A、B已共速，设A滑离B时的速度为vA，则碰后至A滑离B的过程有：联立解得：A滑离B后做平抛运动，则有：s=vAt联立解得：（ii）若0xxB，则B与P碰撞时，A、B还未共速，碰后A连续在B上滑行，A滑离B时的速度为vA，则有：解得：，说明A能滑离B联立解得：答：（1）小物块A滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力为3mg，方向竖直向下；（2）若B与P发生碰撞时A、B恰好共速，则L、x应满足，（3）若xxB，；若0xxB，【点评】： 本题主要考查了动量守恒定律、动能定理、平抛运动基本公式以及向心力公式的直接应用，关键是分析清楚物体的受力状况和运动状况，能选择合适的定理求解，知道A滑离B后做平抛运动，能分状况进行争辩，难度适中