2021届广东省东莞六中高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届广东省东莞六中高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共7小题，共28.0分）1.一轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时弹簧伸长了 4，再向下拉1cm,然后放手，则刚释放的瞬间，重物的加速度为（）A.2.5m/s2B.7.5m/s2C.10m/s2D.12.5m/s22.物体在光滑水平面上受三个水平恒力（不共线）作用处于平衡状态，如图所示，当把其中一个水平恒力撤去时（其余两个力保持不变），物体将（）A.物体一定做匀加速直线运动B.物体一定做匀变速直线运3.4.C.物体一定做匀变速运动D.物体一定做曲线运动如图所示，静止在水平面上的三角架质量为M,它用两质量不计的弹簧连接着质量

2、为m的小球.当小球上下振动，三角架对水平面的压力为，咫 时，小球的加速度的方向与大小分别是（）A.B.C.D.向上,向下,向下,向下,MgmMgm如图所示，小孩用水平力推静止在地面上的木箱，但未推动，以下说法正确的是（）A.小孩未把木箱推动是因为木箱所受摩擦力大于小孩的水平推力B.C.D.小孩未把木箱推动是因为木箱给小孩的反作用推力大于小孩给木箱的推力木箱受到的摩擦力与小孩给木箱的水平推力大小相等，方向水平向左木箱所受摩擦力与木箱和地面间的正压力成正比动(M+m)gm5.如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动,则A的受力情况是（）A.受重力、支持力B.受重力、支持力和

3、指向圆心的摩擦力C.受重力、支持力和运动方向相反的摩擦力D.受重力、支持力、向心力、摩擦力6.如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢（图甲）.烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）.那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是（）A.弹簧的弹性势能先减小后增大B.球刚脱离弹簧时动能最大C.球在最低点所受的弹力等于重力D.在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加7.如图，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地.用

4、静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U.在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中，保持电容器所带电量。不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（）A.将M板向下平移B.将M板沿水平向左方向远离N板C.在M、N之间插入云母板（介电常数 1）D.将M、N里外错开一些二、多 选 题（本大题共3小题，共18.0分）8.如图电路图中，八 人接在电压有效值不变的交流电源两端，R。为定值电阻，R为热敏电阻，变压器为理想变压器，当R周围的温度降低时，则下列说法正确的是（）A.LIJO电压表匕、/示数均增大 B.电压表匕示数增大C.电流表4、公示数均减小 D.电阻Ro消耗

5、的功率增大9.如图所示，在一个等腰直角三角形区域ABC内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的有界匀强磁场（边界上有磁场），AC=BC=1,4。=90。，质量为机、电荷量为+q的大量相同粒子以不同a.*工金.”速率从A B边上距A 点为/的。点既垂直于边界A B又垂直于磁场方向射入匀强磁场，不计粒子间的相互作用力及粒子重力，则以下结论正确的是（）A.速 率 在 空 皿 v 幽范围内的粒子会从AC边离开磁场m 2mB.从 AC边离开磁场的粒子在磁场中最短的运动时间为tin=器C.从 AB边离开磁场的粒子在磁场中运动的最大位移为2（遮-1）1D.速率v 空的粒子都会从8 c 边离开磁场m10

6、.如图甲表示斯密特触发器，当加在它的输入端A 的电压逐渐上升到某个值（1.610时，输出端丫会突然从高电平跳到低电平（0.25V）,而当输入端4 的电压下降到另一个值（0.8匕）的时候，y 会从低电平跳到高电平（3.4V）。图乙为一光控电路，用发光二极管LEC模仿路灯，RG为光敏电阻。下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中正确的是（）A.斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号B.斯密特触发器是具有特殊功能的非门C.要想在天更暗时路灯才会亮，应该把右的阻值调大些D.当输出端y 突然从高电平跳到低电平时，发光二极管发光三、填 空 题（本大题共2 小题，共 8.0分）11.两分子间距离减小，则

7、 分 子 引 力,分子斥力。（填变大、变小或者不变）12.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻的波形图象如图中的 2 入.一.实线I 所示，t=0.2s时刻的波形图象如图中的虚线n 所示，则该波 F /2*4 6/JO I2x的波长是 m,该 波 的 周 期 是.一 2陵-乂/四、实验题(本大题共2 小题，共 18.0分)1 3.图 1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点法画出做平抛运动的小球的运动轨迹。(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有 o (不定项)4 安装斜槽轨道，使其末端保持水平8 每次释放小球的初始位置可以任意选择C.每次小球应从同一高度由静止释放。.为描

8、出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接(2)该同学在做实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O,A 为小球运动一段时间后的位置，以A 为坐标原点的坐标系如图2 所示，由图可求出小球做平抛运动的初速度为 m/s.(取g=10m/s2,计算结果保留两位有效数字)14.“一根均匀的中空细长导电材料样品如图甲，截面为同心圆环如图乙.此样品额定功率为P=1.8 x 10-2W,电阻心 约为5000.-O454035(1)现用螺旋测微器测样品的外径。，示数如图丙，读数为 m m；为了测量样品内径d,需要尽可能准确地测量其电阻.请在下列器材中选择合适的器材，在方框图2 中画出测量电路图，并标明所用器材的

9、代号.电 流 表 量 程 为 0 至 50加4,内 阻 约 为 30)电 流 表 量 程 为 0 至 3梯，内阻以2 =150)电阻箱&（099.9。）电阻箱/?2（0 9999.9。）滑动变阻器R（0至200）一只电压表V（量程为。至 12匕 内阻即=4。）蓄电池E（电动势为12匕 内阻很小）电键S-只导线若干（2）若用刻度尺测量样品接入电路部分的长度为3样品的外径。、电阻率为p、实验测得测量样品的电阻为R X,则样品的内径d=.五、计 算 题（本大题共4 小题，共 40.0分）15.如图所示，质量m=1.0kg的物体放在光滑水平面上，在F=3.0N的水 f平恒定拉力作用下由静止开始运动，作

10、用5 秒后撤去力尸，求：（1）物体在力F 作用过程中加速度的大小；（2）撤去力尸的瞬间，物体速度的大小；（3）5s内物体移动的距离。16.如图所示，电源电动势E=12V,内阻r=i n,电阻=30,R2=2。，-也一 一/?3=5 0,电容器的电容G=4 凡C2=l u F,求 6 ”科（I）G、所带电荷量？r二（2）电键S 断开后通过&的电量为多少？17.为庆祝教师节，某学校购买了一只20Z,的氢气瓶给氢气球充气.氢气瓶内氢气的初始压强为3atm,每只氢气球的容积为，充气后氢气球内气体的压强为1.2 an n,若不计充气过程中氢气温度的变化，则该氢气瓶一共能充多少只氢气球？18.如图所示，力

11、BC为一直角三棱镜的截面，其中一个底角为30。，一束单色光与AB面成45。从点01射向A8面，经三棱镜折射后在AC面。2点（图中未画出）射出，棱镜的折射率为n=式.求：（I）入射光线在A 8面折射时的折射角。2；（H）求光线从AC面射出时与02c的夹角a.【答案与解析】1.答案：A解析：解：假设弹簧的劲度系数第一次弹簧伸长了/=4 c m,第二次弹簧伸长了右=5 c m,第一次受力平衡：f c x j =m g =4/c.(T)第二次由牛顿第二定律得：kx2 m g ma,整理得：5 k m g -m a .把式代入式解得：a =2.5 m/s 2,故选：A.根据重物受力平衡可知第一个过程重力

12、等于弹簧的弹力，第二个过程弹力大于重力，由牛顿第二定律求解加速度.解决本题的关键是正确地进行受力分析，弹簧的弹力与伸长量成正比是解决问题的突破口.2.答案：C解析：解：物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力后，而其余力的合力与撤去的力大小相等、方向相反，故合力的大小是不变的，贝4当合力方向与速度方向不同向时，物体就不是匀加速直线运动，故 A错误；B C D.合力恒定，故加速度恒定，故是匀变速运动，当速度方向与合力方向在同一直线上时，物体做匀变速直线运动，当合力与速度不共线时，物体做曲线运动，故 C正确，错误；故选：C.物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，由于物体是

13、受几个恒力的作用，撤去F i 后，物体受到的合力不为零，且是不变的，物体一定是做匀变速运动.根据物体做曲线运动的条件分情况来讨论即可，要注意的是由于物体受到的合力是不变的，所以物体一定是做匀变速运动.3.答案：B解析：解：以M为研究对象M受重力和地面的支持力以及弹簧对M 向上的作用力F：小N=m gM a因为M 在桌面上，加速度为0 故弹簧对何的合力尸=(M-m)g 方向竖直向上；对?而言，弹簧对m 的作用力与对M 的作用力大小相等方向相反即F=F=(M-m)g方向竖直向下，故以，为研究对象有：?昨机所受合力产分=F+ag=Mg所以小的加速度为：。=叁=陛，方向竖直向下。m m故选：B。分别以

14、M 和机为研究对象，进行受力分析，求出合力再根据牛顿第二定律分析求解.正确的受力分析，知道轻弹簧对所连接的两物体的作用力大小相等方向相反是解决本题的关键.4.答案：C解析：解：A、因木箱处于静止状态，故木箱受力平衡，即小孩的推力等于地面对木箱的摩擦力；故A 错误，C正确；8、小孩对木箱的作用力与木箱对小孩的作用力大小相等，方向相反；故 B 错误；。、小孩受到的静摩擦力与正压力无关；故。错误；故选：Co物体处于静止状态，则物体将受力平衡；由二力的平衡关系可求得摩擦力的大小.本题考查对于摩擦力概念的理解，很多同学认为推不动是因为推力小于静摩擦力；理解此处要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别.5.答案

15、：B解析：解：物体跟着圆盘一起做匀速圆周运动，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故 B 正确，A C D错误。故 选:B。按重力、弹力和摩擦力的顺序分析受力情况.向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当，不是真实存在的力，不能说物体受到向心力.本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点，同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受力分析步骤.6.答案：D解析：解：4从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，所以球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最

16、小，故 A 错误。8、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，所以小球的动能先增大后减小，所以球刚脱离弹簧时的动能不是最大，故 B错误。C、烧断细线瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，只有弹簧的弹力大于m g,球才会向上先加速运动，故 C错误。、当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小，但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加。故。正确。故选：D.弹簧的弹性势能跟弹簧的形变量有关，形变越大，弹性势能越大.分析小球的运动情况：从细线被烧断到弹簧的弹力等于小

17、球的重力的过程中，小球向上做加速运动，之后做减速运动，当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大.本题关键是分析小球的受力情况来确定小球的运动情况.中等难度，是常见题型，要熟练掌握.7.答案：C解析：解：A、根据”品 知 I,将 M板向下平移，正对面积减小，则电容减小，电量不变，根据U.知，电势差增大，静电计指针偏角变大.故4 错误.B、根据C=知，将 M板沿水平向左方向远离N 板，两极板距离增大，则电容减小，电量不变，根据U=晟知，电势差增大，静电计指针偏角变大.故B 错误.C、根据C=施 知，在之间插入云母板（介电常数 1）电容增大，电量不变，根据u=擀知，电势差减小，静电计指针

18、偏角变小.故C正确.D、根据知，将“、N里外错开一些，电容减小，电量不变，根据知，电势差增大，4nka C静电计指针偏角变大.故O错误.故选：C.静电计测量的是电容器两端的电势差，结合电容的变化，抓住电量不变，判断电势差的变化.解决本题的关键掌握电容的决定式C=1和电容的定义式C=2并能灵活运用.4nkd U8.答案：BC解析：解：R为热敏电阻，变压器为理想变压器，当R周围的温度降低时，R的阻值增大；4、原副线圈匝数比不变，所以电压表匕、彩示数均不变，故A错误；B、R的阻值增大，副线圈电流减小，R。两端电压减小，R两端电压增大，所以电压表匕示数增大,故B正确；C、R的阻值增大，副线圈电流减小，

19、原副线圈匝数比不变，所以原线圈电流强度减小，即电流表4、公示数均减小，故C正确；。、R的阻值增大，副线圈电流减小，两端电压减小，电阻R。消耗的功率减小，故。错误。故选：B C。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据/?2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2,电流/1,12,输入和输出功率P l，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况.不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不

20、变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系.9.答案：BCD解析：【试题解析】解：A、当粒子的速度为某一个值打,刚好从C点离开磁场，圆心为A点，根据几何关系知半径为/,此时的速度最大有q%B=m,得巧-竺&=当粒子的速度最小时，轨迹刚好和磁场的边界相切，半径，由几何关系夜/?2 +区 2=I解得/?2 =(/一 1)，由 q w B =m R2得=(V2-i)q B(/m所 以 速 率 在 空 逊 w u w%范围内的粒子会从AC 边离开磁场，故 A错误；m m5、从 C 点离开磁场的粒子在磁场中的运动的圆弧最小，时间最短6 4 5 1 27 nn n mt m in=3 6 0 T=3 6 0?=8

21、X qB=4qB故 8正确；C、当轨迹和AC 边相切时，粒子从A B 边离开磁场的位移最大xm=2R2=2(V2 -1)/故 C 正确；。、当速率v%时，粒子都会从2 C 边离开磁场，故。正确；m故选：B C D。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，求解速度、位移、时间的最值问题，切入点可以参考轨迹与磁场边界相切的临界入手。10.答案：BCD解析：解：A B、斯密特触发器是一种特殊的非门，它能把连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，故 4错误，B正确；C、如果把Ri的阻值调大些，则只有RG的阻值达到更大值时，才能使斯密特触发器的A端电压达到某个值(1.6 U),即达到天更暗时路灯才会亮的目的，故

22、 C 正确；。、当输出端丫 突然从高电平跳到低电平时，发光二极管导通发光，故。正确。故选：B C D。光敏电阻的电阻随光照增强而减小，天暗时，电阻比较大，光敏电阻两端的电势差比较大，则输入门电路为高电势，而另一输入端为低电势，最后灯亮：天亮时，光敏电阻比较小，则光敏电阻两端的电势差比较小，则输入门电路为低电势，而另一输入端为低电势，灯熄灭.解决本题的关键要掌握非门的特点：输入高电势输出低电势，反之输入低电势输出高电势。11.答案：变大变大解析：解：如图所示，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快。故答案为：变大；变大。当分子间的距离减小时，

23、引力和斥力均增大。根据分子力随厂 的图线分析判断。解决本题的关键知道分子力的特点，知道分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着距离的增大而减小。12.答案：8能s(n =O,L 2 1.)解析：解：由题意可知，波长为8%；设波的周期为T.若波沿x轴正方向传播，则t =(n +；)T,得到7 三=(n =O J,2,.)故答案为：8,s(n=0,1,2.)4n+l 、根据波形图可知，波长 为 8 m；若波沿x轴正方向传播，传播的最短距离为2,，根据波的周期性：相隔整数倍周期的时间，波形相同，根据时间与周期关系的通项，求出周期.本题是波动图象中典型的问题，要根据波的周期性和双向性研究时间与周期的

24、关系.13.答案：A C 1.0解析：解：(1)4、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确。8、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故8错误，C正确。、实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线，故。错误。故选：A C；(2)根据y 8 c%B =g T 2得：7 =严铲?彳=0.人,则小球平抛运动的初速度为：%=擀=昔=L O m/s。故答案为：(1)4C；(2)1.0。(1)保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的

25、位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；(2)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移求出初速度。解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。14.答案：0.9 0 0；1 0 2解析：解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0

26、.5 6 6+40.0 x O.O l r m n =0.9 0 0 m m；(2)由P=?可知，元件电压约为：U=V 1.8 x 1 0-2 x 5 0 0 =3 V,额定电流：/=0.0 0 6/4=6 mA,元件额定电压为3V远小于电压表量程，为减小测量误差，不能应用电压表测电压，可以用电流表公与电阻箱 串联组成电压表测电压，用电流表4测电流，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：(3)样品电阻：Rx=P*=崎二令,样品的内径：d=0 2 _券故答案为：(1)0.9 00；(2)电路图如图所不；(3)JD2(1)螺旋测微器的

27、读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.(2)根据题意求出待测电阻的额定电压与额定电流，根据额定电压与额定电流选择实验器材，然后根据实验原理作出电路图.(3)根据电阻定律可以求出样品直径的表达式.本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、设计实验电路、求样品内径等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；要掌握实验器材的选择原则，根据实验器材与实验原理设计实验电路图.15.答案：解：(1)根据牛顿第二定律可知：F =m a代入数据可以得到：a =3 m/s 2；(2)根据速度与时间关系可知：v=at代入数据可以得到：v =1 5m/s；(3)5s 内物体移动的距离：x =1

28、 a t2代入数据可以得到：x =3 7.5m,答：(1)物体在力尸作用过程中加速度的大小是3 m/s 2：(2)撤去力F的瞬间，物体速度的大小是1 5z n/s；(3)5s 内物体移动的距离是3 7.5m。解析：(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律，即可求出加速度；(2)根据速度时间公式=a t,结合加速度即可求出速度；(3)根据位移与时间关系x =a t?求位移。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，要知道物体在整个过程中的运动规律，以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.16.答案：解：(1)电路稳定时，电容器相当于开关断开，所在电路没有电流，则电路中电阻、/?2 串联，电容器

29、G的电压等于电阻&的电压，即为路端电压为U=E=x 12V=1 0K；R1+&+T 3+2+1 根据Q =CU得:电容器C 1 的电量 Qi=C M=4 x 1 0-6 X 4C =1.6 x 1 0-5C电容器C 2 的电量(J?=1 x 1 0-6 x 1 0C =1.0 x 1 0-5C.(2)电键S断开后，电容器Q、。2 均要放电，都通过电阻/?2，因此通过/?2 的电量为Q 3 =Q 1 +?2 =1-6 x 1 0-5。+1.0 x 1 0-5C =2.6 x 1 0-5C答：(1)电路稳定时6、所带电荷量Q 1、/2由题知%=45解得。2=30(口)由几何关系可知光线射到A C 面上的入射角。3 =30由折射定律得n=鬻sm%解得。4=45。由图中几何关系得光线从AC面射出时与。2c的夹角a=45。.答：(I)入射光线在A 8面折射时的折射角。2是30。.(H)光线从AC面射出时与02c的夹角a是45。.解析：(I)画出光路图，根据折射定律求入射光线在AB面折射时的折射角。2；(H)由几何知识求光线射到AC面上的入射角，再由折射定律求光线从AC面射出时与02c的夹角a.本题的解题关键是正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律研究.