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2021年广东省清远一中试验学校高考物理模拟试卷（三）
一、单项选择题（共4小题，每小题4分，满分16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．选对的得4分，选错或不答的得0分．）
1．（4分）物理学进展到今日的程度，推动了人类文明的极大进步．以下对几位物理学家所作科学贡献，叙述正确的是（ ）
A． 牛顿在前人争辩基础上总结出万有引力定律，并第一个测出引力常数为G
B． 汤姆生提出原子的核式结构学说，后来卢瑟福用α粒子散射试验赐予验证
C． 牛顿推翻了亚里士多德的“重的物体下落快”观点
D． 奥斯特发觉了电流的磁效应，法拉第发觉了电磁感应现象
【考点】： 物理学史．
【分析】： 正确解答本题的关键是：了解高中的重要物理学史，知道各个重要规律的发觉者以及重要规律发觉的历史背景、使用条件等．
【解析】： 解：A、第一个测出万有引力常量G的是卡文迪许，不是牛顿，故A错误．
B、汤姆生发觉电子，提出原子结构模型为“枣糕模型”，卢瑟福通过α粒子散射试验子提出原子核式结构学说”．故B错误．
C、伽利略推翻亚里士多德的“重的物体下落快”观点，故C错误．
D、奥斯特发觉了电流的磁效应，法拉第发觉了电磁感应现象，故D正确．
故选：D．
【点评】： 对于物理学史部分，在平常学习中不行忽视，要不断的积累和平常留意多加记忆，否则很简洁出错．
2．（4分）两根原长均为8cm的弹簧用一根不行伸长的细绳跨过光滑的定滑轮将一根木棒悬挂起来，稳定后木棒处于水平状态，已知此时弹簧长度变为10cm，弹簧与棒的夹角均为30°，弹簧劲度系数k=2N/cm，g=10m/s2，则木棒的质量是（ ）
A． 4kg B． 0.4kg C． 2kg D． 0.2kg
【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．
【专题】： 共点力作用下物体平衡专题．
【分析】： 先依据胡克定律求解弹簧的拉力T，再对木棒受力分析，依据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解．
【解析】： 解：弹簧的劲度系数k=2N/cm，伸长2cm，依据拉力为：T=kx=2×2=4N
对木棒受力分析，受两个拉力和重力，依据平衡条件，有：
2Tsin30°=mg
解得：m===0.4kg
故选：B．
【点评】： 本题关键依据平衡条件并接受正交分解法列式求解，即两个拉力的竖直重量的矢量和等于重力，不难．
3．（4分）如图所示为电影《星际穿越》中飞船图片，为了模拟重力环境，可以让飞船旋转起来．对飞行的飞船用Tracker Video Analysis 软件进行分析，得出飞船角速度为0.6rad/s，已知地球表面重力加速度为10m/s2，由此推算出飞船的半径约为（ ）
A． 28m B． 56m C． 100m D． 256m
【考点】： 向心力．
【分析】： 飞船中的人处于完全失重状态，可知飞船中的物体靠重力供应向心力，依据牛顿其次定律求出飞船的半径．
【解析】： 解：在模拟重力的环境下，飞船旋转时，靠重力供应向心力，依据mg=ma=mrω2得，即a=rω2=g，代入数据解得飞船的半径r约为28m．
故选：A．
【点评】： 抓住飞船中的物体处于完全失重，结合重力供应向心力进行求解，难度不大．
4．（4分）如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，圆盘绕转轴OO′以角速度ω顺时针转动，铜盘的中心及边缘分别用金属滑片与抱负变压器的原线圈相连．已知圆盘半径为r，变压器原、副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与电阻为R的负载相连．不计铜盘及导线的电阻，则下列说法正确的是（ ）
A． 变压器原线圈两端的电压为Bωr2
B． 变压器原线圈两端的电压为Bωr2
C． 变压器副线圈两端的电压为Bωr2
D． 通过负载R的电流为
【考点】： 变压器的构造和原理；沟通发电机及其产生正弦式电流的原理．
【专题】： 沟通电专题．
【分析】： 先依据转动切割磁感线感应电动势公式E=BL2ω，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压器原线圈两端的电压大小．依据变压器工作原理分析答题
【解析】： 解：A、由题意可知，圆盘相当于一个做切割磁感线运动的导线，产生感应电动势为Br2ω，即为变压器原线圈两端输入电压，故A选项正确，B选项错误；
C、由于水平金属圆盘以角速度ω匀速转动，且B、r恒定，所以变压器原线圈两端的电压恒定，由变压器的工作原理知，变压器副线圈两端无电压，负载R中无电流通过，故C、D选项错误．
故选：A
【点评】： 本题关键要能将铜盘看成由很多幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式E=BL2ω．
二、双项选择题（本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或或者不答的得0分．）
5．（6分）以下核反应方程式的书写及其说明正确的是（ ）
A． Na+n→Na，这是轻核聚变的方程式
B． Th→Pa+e，这是β衰变的方程式
C． U+n→Sr+Xe+10n，这是重核裂变的方程式
D． +He→O+H，这是原子核人工转变的方程式
【考点】： 裂变反应和聚变反应．
【分析】： α衰变生成核原子核，β衰变生成电子，聚变是质量轻的核结合成质量大的核．
【解析】： 解：A、Na+n→Na，这是人工核反应方程的方程式，故A错误；
B、Th→Pa，放射出的是电子，这是β衰变的方程式，故B错误；
C、U+n→Sr+Xe+10n，这是重核裂变的方程式，故C正确；
D、+He→O+H，这是原子核人工转变的方程式，是通过试验发觉质子的核反应方程，故D正确；
故选：CD
【点评】： 本题难度不大，考查了核反应方程的种类，在学习中需要记住一些特殊的方程式．
6．（6分）如图所示为高温高压气体的膨胀过程，对这一过程，下列叙述正确的是（ ）
A． 气体对外做功，部分内能转化为机械能
B． 气体的分子势能削减
C． 气体从外界吸取热量
D． 气体的温度下降
【考点】： 抱负气体的状态方程；分子势能．
【分析】： 做功可以转变物体的内能：当外界对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大，温度上升；当物体对外界做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小，温度降低．依据热力学第确定律进行分析
【解析】： 解：A、当内燃机内部的高温气体膨胀时，气体对外做功时，部分内能转化为机械能，内能减小，故A正确．
B、气体分子作用力很小，分子势能很小，认为不变，故B错误．
C、D、气体的内能会减小，气体的温度会降低，气体对外做功，又由于此时气体的温度要大于环境和缸套的温度，气体对外做功的同时会放出热量，故C选项错误，D选项正确．
故选：AD
【点评】： 解决此类问题要结合做功可以转变物体的内能，知道抱负气体的内能与温度有关
7．（6分）如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时速度为v，A、B两点间的竖直高度差为h，则（ ）
A． 由A至B重力功为mgh
B． 由A至B重力势能削减mv2
C． 由A至B小球克服弹力做功为mgh
D． 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为（mgh﹣mv2）
【考点】： 机械能守恒定律；重力势能的变化与重力做功的关系．
【专题】： 机械能守恒定律应用专题．
【分析】： 小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由机械能守恒条件可知小球是否机械能守恒；
由重力做功量度重力势能的变化．
由弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．
【解析】： 解：A、重力做功只与初末位置的高度差有关，则由A至B重力功为mgh．故A正确．
B、由A至B重力做功为mgh，则重力势能削减mgh．小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，所以mgh＞mv2，故B错误．
C、依据动能定理得：mgh+w弹=mv2，所以由A至B小球克服弹力做功为mgh﹣mv2，故C错误．
D、弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh﹣mv2，故D正确．
故选AD．
【点评】： 本题要留意我们争辩的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒；而只对小球机械能是不定恒的．
生疏功能的对应关系．
8．（6分）静电除尘装置的简化模型如图所示，重力可忽视的带负电尘埃，以速度v0垂直匀强电场飞入板间．为了使更多的尘埃打在板上，下列措施可行的是（ ）
A． 只增大两极板间的宽度d B． 只增大两极板的长度L
C． 只增大两极板间的电压U D． 只增大尘埃的速度v0
【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】： 类平抛运动，竖直方向上的位移为：据此可分析各选项
【解析】： 解：带负电尘埃在电场中做类平抛运动，竖直方向上的位移为：．
要使更多尘埃打在板上，则需要增大y便可．由式可知增加L，增大U可，BC正确．
故选：BC
【点评】： 明确偏转距离的表达式是解题的关键．
9．（6分）如图所示，“U”形光滑金属框架宽度为L，与水平面夹角为θ，处于垂直导轨面对上的磁场中．一质量为m的金属棒ab从静止开头沿框架下滑，金属棒的运动速度v、所受安培力F随时间变化的图象正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
【专题】： 电磁感应与图像结合．
【分析】： 通过分析金属棒的受力状况，列出安培力与速度的关系式，由牛顿其次定律分析加速度的变化，从而推断出速度的变化，推断安培力的变化．
【解析】： 解：AB、对金属棒进行受力分析，如图所示．
由E=BLv，I=，F安=BIL得 F安=
金属棒下滑过程中，速度渐渐增大，故其所受安培力渐渐变大．
依据牛顿其次定律得：mgsinθ﹣F安=mgsinθ﹣=ma，则知加速度a随速度v的增大而减小，所以金属杆做加速度渐渐减小的加速运动，直到加速度为0，开头做匀速直线运动．故A正确，B错误．
CD、由于F安=，金属杆做加速度减小的加速运动，直到加速度为0，速度保持不变．所以安培力的变化与速度v的变化全都，故C正确，D错误．
故选：AC．
【点评】： 解决本题的关键是推导出安培力与速度的关系式F安=，知道安培力与速度成正比，由牛顿其次定律分析金属棒运动状况．
三、非选择题（本大题共4小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出出数值和单位．）
10．（8分）如图a是某同学做争辩物体运动状况试验时获得的一条纸带．
①依据纸带，该同学可以推断出物体做 匀加速直线 运动．
②打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F点由于不清楚而未画出．试依据纸带上的数据，推想F点的位置并在纸带上标出，算出对应的速度vF= 0.70 m/s．（计算结果保留两位有效数字）
③图b是某同学依据纸带上的数据，作出的v﹣t图象．依据图象，t=0时的速度v0= 0.20 m/s、加速度a= 5.0 m/s2．（计算结果保留两位有效数字）
【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】： 试验题；直线运动规律专题．
【分析】： 1、依据连续相等时间内的位移差是否相等，来推断运动性质．
2、F点的瞬时速度等于EG之间的平均速度；
3、速度时间图象的纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度；
【解析】： 解：（1）依据题意可知，连续相等时间内的位移差相等为：△x=0.20cm，因此物体做匀加速直线运动．
（2）平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
vF==0.70m/s
（3）v﹣t 图象的斜率表示加速度，纵轴截距表示初速度，
故v0=0.20m/s，
a==5.0m/s2；
故答案为：（1）匀加速直线运动
（2）0.70
（3）0.20；5.0
【点评】： 本题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的力气，同时留意图象法在物理试验中的应用．
11．（10分）要测定某电源的电动势和内电阻，以下供应的器材有：
A．待测电源E（E约为2V，r约为1Ω）
B．电流表A1（量程为0.6A，RA1=3Ω）
C．电流表A2（量程为0.3A，RA2约为5Ω）
D．开关S1、S2
E．导线若干
某同学接受以上两个电流表和两个开关测定电源的电动势和内电阻．
①请从供应的试验器材中选择合适的两个电流表分别填入试验电路图的圆框中．
②闭合开关S1，断开S2，读出电流表 A1 的示数为I1；
③再闭合开关S2，读出该支路电流表的示数为I2及原先支路电流表的示数为I1′；
④由此可得到电源电动势和内电阻的表达式E= ，r= ．
【考点】： 测定电源的电动势和内阻．
【专题】： 试验题；恒定电流专题．
【分析】： 1、由闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，依据数学学问分析图象的斜率和截距的意义，即可求出电源电动势E和内电阻r．
2、接受两个电流表和两个开关测定本电源的电动势和内电阻，依据闭合电路欧姆定律列出等式求解
【解析】： 解：①由于电流表A1电阻是确定的，所以电路图中上面填A2，下面填A1，
②闭合开关S1，断开S2，读出电流表A1的示数为I1；
④闭合开关S1，断开S2，电流表A1的示数为I1．
依据闭合电路欧姆定律得：
E=I1×（r+RA1）
再闭合开关S2，读出该支路电流表的示数为I2及原先支路电流表的示数为I1′；
依据闭合电路欧姆定律得：
E=（I1′+I2）r+I1′RA1
解得：E=；r=
故答案为：①如图所示；②A1，④，
【点评】： 本题是一道电学测定某电源的电动势和内电阻试验题，它检测同学会利用课本试验进行变形的迁引力气，将I﹣R的非线性关系转换成﹣R的线性关系，便于直观读图争辩．
12．（18分）如图所示，水平放置的两根光滑平行长导轨M、N相距L0=2m，两轨之间有垂直导轨平面对里的磁感应强度B1=20T的匀强磁场，金属杆ab与导轨良好接触，从t=0时刻开头，ab在外力作用下其速度满足v=25cos2πt（m/s）沿导轨方向运动，并把产生的电压加在两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间．在离金属板右边缘L2=75cm处放置一个荧光屏，左边缘紧接一个电子加速器，加速电压U0=5000V（不计电子在加速器中运动的时间）．从t=0时刻开头，电子不断地从阴极K射出并以初速为零开头向右运动．已知电子的质量为m=9.1×10﹣31kg．
（1）计算确定加在平行金属板A、B之间电压的表达式；
（2）计算电子得到加速后的速度；（结果保留二位有效数字）
（3）计算确定电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式．
【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．
【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】： （1）由依据法拉第电磁感应定律：e=BLv可得表达式．
（2）由动能定理得：eU=可得速度值．
（3）运动分为类平抛与匀速直线，两个过程的竖直分位移之和即为要求的偏转量．
【解析】： 解：（1）依据法拉第电磁感应定律
e=B1L0v=20×2×25cos2πt （V）=1000cos2πt （V）
因电路开路，故加在金属板A、B间的电压
U=e=1000cos2πt （V）
（2）对电子的加速过程，由动能定理得
eU0=mv02 得电子加速后的速度 v0==4.2×107m/s
（3）电子进入偏转电场后，电子在水平方向运动的时间为
t1==2.5×10﹣9s，
而偏转电压的周期T==1S
故可以忽视运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动，如图所示，
e
沟通电压在A、B两板间产生的电场强度E=
电子飞离金属板时的偏转距离
电子飞离金属板时的竖直速度
电子从飞离金属板到达荧光屏时的偏转距离
所以，电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为：
==0.20cos2πt
答：（1）加在平行金属板A、B之间电压的表达式为U=e=1000cos2πt （V）；
（2）得到加速后的速度为=4.2×107m/s
（3）电子在荧光屏上偏离O点的距离随时间变化的表达式为y=0.20cos2πt
【点评】： 本题是带电粒子在电场中运动的典型问题：在电场中加速，在电场中做类平抛运动，把握粒子在电场中的运动规律是解决本题的关键
13．（18分） 在真空室内取坐标系xOy，在x轴上方存在二个方向都垂直于纸面对外的磁场区域Ⅰ和Ⅱ（如图），平行于x轴的直线aa′和bb′是区域的边界线，两个区域在y方向上的宽度都为d、在x方向上都足够长．Ⅰ区和Ⅱ区内分别布满磁感应强度为B和B的匀强磁场，边界bb′上装有足够长的平面感光板．一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从坐标原点O以大小为v的速度沿y轴正方向射入Ⅰ区的磁场中．不计粒子的重力作用．
（1）粒子射入的速度v大小满足什么条件时可使粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区？
（2）粒子射入的速度v大小满足什么条件时可使粒子击中bb′上的感光板？并求感光板可能被粒子击中的范围？
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】： （1）速度越大，轨道半径越大，临界状况是轨迹与aa′边相切；临界半径是d，依据牛顿其次定律并结合洛伦兹力供应向心力列式；
（2）临界状况是轨迹与bb′相切；先结合几何关系求解轨道半径，然后依据牛顿其次定律并结合洛伦兹力供应向心力列式．
【解析】： 解：（1）粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动，有：
qvB=m ①
得粒子运动的轨道半径：
②
粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区，则
r1≤d ③
解得速度v满足的条件：
v≤ ④
（2）粒子Ⅱ区内做匀速圆周运动，有：
qv ⑤
得粒子运动的轨道半径：
r2== ⑥
粒子恰好能运动到感光板的运动状况如图所示．
粒子在Ⅰ区中运动的圆心为A1、在Ⅱ区中运动的圆心为A2，在图中△A1CD相像于△A2CE，因此
即 ⑦
解得：r1= ⑧
v= ⑨
因此，要使粒子击中感光板，粒子射入的速度应满足
v≥ ⑩
在△AaCD中，可得
cosθ= （11）
粒子经过感光板上的F点的x坐标
xF=r1+（r2﹣r1）sinθ （12）
解得：xF= （13）
因此，感光板可能被粒子击中的x坐标范围
0＜x≤
答：（1）粒子射入的速度v大小满足v≤条件时可使粒子只在Ⅰ区内运动而不会进入Ⅱ区；
（2）粒子射入的速度v大小满足v≥条件时可使粒子击中bb′上的感光板；感光板可能被粒子击中的范围为0＜x≤．
【点评】： 本题关键是画出两个临界轨迹，然后结合几何关系求解轨道半径，运用洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律列方程求解，不难．
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