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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a﹣t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：F﹣mg=ma，得：F=mg+ma=500+50×1.0=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a﹣t图象，不要错当成v﹣t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：
①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度
②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度
③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a→b→c→d→a，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． a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B． b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C． c→d，压强不变、温度降低、体积减小
D． d→a，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P﹣T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、c→d，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=hγ﹣W0，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=hγ﹣W0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：W﹣mgh=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．
①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．
②计数点9对应的速度大小为 0.76 ．（保留2位有效数字）
③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）
④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】： ①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；
②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；
③用作差法求解减速过程中的加速度；
④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：①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．
②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：
③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△x≈2.00cm=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．
④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：①6；7；②0.76 ③2.0 ④2k．
【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：
①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“）．
②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．
③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．
④求得RV= （用以上测得的物理量U1、U2、R表示）
⑤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：①因指针不指左边零处，故应进行机械调零；故应调整A旋钮；
②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；
③将电阻箱接入，故开关接在a处；
④开关接a时，电阻箱与电压表串联，电阻箱两端的电压U=U1﹣U2；由欧姆定律可知：RV==；
⑤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：①A；②直流2.5V；b；③a；④⑤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sinθ=
解得 θ=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）Φ=θ
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μ=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x≥xB，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0≤x≤xB，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：①
解得：
A在最低点时：②
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③
对B：④
对A：⑤
联立①③④⑤解得：，
所以有：，
（3）由于，故B与P碰撞前，A不会滑离B．
（i）若x≥xB，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：⑥
联立①③⑥解得：⑦
A滑离B后做平抛运动，则有：⑧
s=vAt⑨
联立⑦⑧⑨解得：
（ii）若0≤x≤xB，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：⑩
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x≥xB，；若0≤x≤xB，．
【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．
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