【文档说明】2021年高考物理终极猜题卷 新高考版 广东地区专用 答案.docx，共(10)页，431.168 KB，由小赞的店铺上传

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12021年高考物理终极猜题卷新高考版广东地区专用答案答案以及解析1.答案：B解析：根据爱因斯坦光电效应方程有kEhW=−逸，当AK、两极板之间所加反向电压恰好可以使光电子不能到达A极板时，对应的电压就是遏止电压cU。根据动能

定理可知ck0eUE−=−，解得kc=EeU，由题图乙可知，选项A正确；同种材料的逸出功相同，与入射光的颜色无关，是由材料本身的性质决定的，选项B错误；光强越强，单位时间内照射在材料上的光电子数越多，射出的光电子数越多，对应的光电流越大，选项C正确；因为紫光频率大于黄光和蓝光的频

率，紫光光子具有的能量大于黄光和蓝光光子的能量，故换用紫光照射该种材料一定能够发生光电效应，选项D正确。2.答案：B解析：“天问一号”在椭圆轨道上由A向B运动的过程中，逐渐远离太阳中心，万有引力做负功，速率逐渐减小，引力势能逐渐增大，无其他外力做功，机械能不变，

A错误；“天问一号”在火星轨道和地球轨道上运行时，火星轨道半径大，根据22MmvGmrr=可得GMvr=，则轨道半径越大，线速度越小，动能越小，B正确；“天问一号”在火星轨道和椭圆轨道上经过B点时，到太阳中心的距离相等，受到太阳的万有引力相等，则加速度相等

，C错误；由动量守恒定律知，“天问一号”在地球轨道上运行时向前喷气，速率会减小，由22MmvGmrr可知，“天问一号”将做近心运动，D错误。3.答案：D解析：悬挂钩码Q前有0PkmgF−=合，悬挂后释放钩码Q的瞬间，弹簧形变量没变，对P的弹

力不变，所以()PQPQkmgmgFmma+−=+合，对钩码Q有QQmgFma−=，解得10NF=，A错误；下降过程中，当速度最大时，钩码PQ、加速度为零，所受合外力为零，所以此时钩码PQ、间的作用力为20N，B错误；假设振动是简谐运动，根据对称性可知，由A选项可计算在最低点加速度

为2g、方向竖直向上，对Q有QQFmgma−=，可解得30NF=，但该系统在竖直方向上的振动不是简谐运动（证明：如图所示，假设在O点，钩码PQ、平衡，设此时与天花板间的距离为h，弹簧与竖直方向夹角为α，则

有202cos20coshkLmg−−=，设当钩码PQ、离开平衡位置的位移为x时，弹簧与竖直方向夹角为β，物体距天花板距离为hx+，则0=2cos2coshxFkLmg+−−=合002cos2coscoscoshxhkLkL+−

−−022(coscos)kxkL=+−，显然不满足=Fkx−合，所以不是简谐运动），所以钩码P和Q离开平衡位置后运动不对称，加速度大小也不对称，实际上在最低点加速度大小大于2g，则30NF，C错误；悬挂钩码P时，弹簧中的弹力为20N，根据Fkx=−可解得

500N/mk=，D正确。4.答案：B解析：粒子所受重力和电场力的合力恒定，轨迹为抛物线，选项A错误；从A点到B点，在竖直方向有2002−=−vgh，由A到B，根据动能定理有2200131222−+=−mghEqlmvmv，得203

8=Eqlmv，则电势能减少了2038mv，选项B正确；粒子由A点到B点和由B点到C点所用时间相同，在水平方向上粒子做初速为零的匀加速直线运动，212=lat，21(2)2=xat，则4=xl，、AC间的距离为、AB间水平距离的4倍，选项C错误；粒子再次经过水平线MN上的C点时的动能22k001

22=+=CEmvEqxmv，选项D错误。35.答案：D解析：设弹簧恢复原长时AB、的速度大小分别为ABvv、，由动量守恒定律和能量守恒定律可得22p11,22AABBAABBmvmvEmvmv==+，联立两式解得Av=p22,BBABAEmvmmm=+p22AABB

Emmmm+，AB错误；设B与C发生弹性碰撞后速度大小分别为BCvv、，该过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得BBBBCCmvmvmv=−+，222111222BBBBCCmvmvmv=+，当110

BCmm=时，911BBvv=，当13BCmm=时，12BBvv=，C错误，D正确。6.答案：D解析：根据安培定则、楞次定律及通电直导线电流产生磁场规律可知，在0~0t时间内，磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，磁场方向垂直纸面向里，导体棒中电流恒定，方向由N到M，则

0MNu，受到的安培力FBIL=均匀增大，方向向左，外力等于安培力，方向向右；在0t~02t时间内，磁感应强度均匀减小，磁通量均匀减小，磁场方向垂直纸面向里，导体棒中电流恒定，方向由M到N，则0MNu，受到的安

培力FBIL=均匀减小，方向向右，外力等于安培力，方向向左；在02t~03t时间内，磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，磁场方向垂直纸面向外，导体棒中电流恒定，方向由M到N，则0MNu，受到的安培力FBIL=均匀增大，方向向左，外力等于安培力，方向向右；

在03t~04t时间内，磁感应强度均匀减小，磁通量均匀减小，磁场方向垂直纸面向外，导体棒中电流恒定，方向由N到M，则0MNu，受到的安培力FBIL=均匀减小，方向向右，外力等于安培力，方向向左，综上分析，ABC错误；

由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势Et=，即MN两端电压大小不变，电势高低随导体棒中电流方向做周期性变化，D正确。7.答案：C解析：根据PUI=可得通过电器LR的电流为LLL1100A5A220PIU=

==，题图甲中电阻r的功率为22L52W50WrPIr===，故A错误；题图甲变压器输出电压为4LL220V52V230VUUIr=+=+=出，题图甲输出功率等于输入功率为1L2305W1150WPUI===出，电器LR正常工作的电流为LLL440A2A220PIU===，题

图乙中干路电流为LL7AIII=+=总，题图乙中输出电压为L220V72V234VUUIr=+=+=出总，题图乙中输出功率等于输入功率为2=2347W1638WPUI==出总，题图乙中变压器的输入功率比图甲中变压器的输入功率增加了211638W115

0W488WPPP=−=−=，故B错误；由于输入电压为m27000227000V22UU===入，则题图甲中原、副线圈匝数比12270023UnnU==入出，则题图乙中原、副线圈匝数比1213500117UnnU==出入，故C正确，D错误。8.

答案：AC解析：由题图可知154ttt=−，从4t到5t的过程中，弹力为零，人先向上匀减速，再反向匀加速，即做自由落体运动的时间54122tttt−==，A正确；由于空气阻力忽略不计，有()22545411228ttLggtt−==−，B错

误；从2t到4t的过程中，人从最低点向上运动，重力势能增大，弹性绳逐渐恢复原长，弹性势能减小，当合外力为零时，加速度为零，速度达到最大值，动能先增大后减小，C正确；从2t到4t的过程中，人的加速度先向上减小，

再向下增大，D错误。9.答案：BC解析：小球M运动过程中受重力、轨道对小球的弹力、轻杆对小球的弹力，不满足做平抛运动的条件，A错误；小球M即将落地时，设小球M的速度为v，则小球N的速度为22v，以两小球和轻杆组成的系统为研究对象，根据机械能守恒定律有2231124222m

ghmvmv=+，可以求出小球M的速度大小为gh，小球N的速度大小为22gh，C正确，D错误；小球N的动能为222121212422ghmvmmgh==，B正确。510.

答案：CD解析：根据闭合电路欧姆定律可知，电流1.0AEIRr==+，金属棒ab的发热功率为22.0WPIR==，A错误；根据受力平衡可知，安培力方向水平向右，则磁场方向竖直向上，C正确；对金属棒ab进行受力分

析可得tanBILmg=，解得2.5TB=，B错误；改变磁场方向，仍使金属棒静止在导轨上，磁感应强度最小时磁场的方向应垂直导轨向上，此时有minsinBILmg=，解得min2.0TB=，D正确。11.答案

：（1）11.30（2）222221ddtt−（3）可靠解析：（1）小球的直径为11mm60.05mm11.30mmd=+=。（2）小球下落过程若满足机械能守恒，则有221122BAmghmvmv=−，而21,BAddvvtt==，联立可得2222212ddghtt=−。（

3）由于小球释放后，它的球心不一定正好绝对无误地通过光电门的挡光部位，会造成挡光的距离偏短，测量的速度会偏大，从而造成实验数据偏差。而换用正方体的铁块，即使计时释放点略有偏离光电门的中心，挡光的距离仍为正方体的棱长，故相

比小球，采集的实验数据会更加可靠。12.答案：（1）电流表（2）150mA（3）1YX−解析：（1）电流计和电阻箱并联等效于电流表。（2）题图乙中电流为50mA，通过电阻箱1R的电流为100mA，等效电表读数为150mA。（3）由闭合电路欧

姆定律EXYr=+可得111YrXEE=+，所以作1YX−关系图像才可以6得到线性图像。13.答案：（1）0.4s（2）5kgm/s（3）5m4解析：本题考查圆周运动与平抛运动以及机械能守恒定律、动量定理。（1）如图所示，把小球垂直落在轨道1的D点时的速度Dv分解，半径1OD与轨

道1在D点处的切线垂直，即速度Dv的反向延长线经过1O，小球做平抛运动的竖直位移212QDCEgt==根据平抛运动的特点，速度Dv的反向延长线经过水平位移CQ的中点P，由几何关系，可得2112OCQDCEgt===则有211OEO

CCEgt=+=又11cosOEOD=，则有21cosgtR=代入数据解得0.4st=（2）由速度的矢量直角三角形可得5m/scosDgtv==根据机械能守恒定律，小球第一次从D点经过又返回D点时，动能不变，则小球沿着圆弧轨道从A点第一次经过D点时的速

度大小仍为5m/sDv=小球从A点到D点，由动量定理有DIpmv==合可得5kgm/sI=合（3）小球从A点D点，由动能定理可得212ADDmghmv=7解得5m4ADh=14.答案：（1）2mEqh（2）6h（3）0解析：本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动

。（1）从yh=处射出的粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示，设从yh=处射出的粒子在电场中的加速度大小为a，则qEma=设粒子第一次进入磁场时竖直方向的速度大小为1yv，则12yvah=，设粒子第一次进入磁场时

速度方向与水平方向的夹角为1，则粒子的速度111sinyvv=，设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中运动的轨迹半径为1R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有2111mvqvBR=由几何关系得1122sinhR=联立以上各式得2mEBqh=（2）从1.5yh=处射

出的粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向加速度大小为a，竖直方向，有211.52hat=水平方向，有0xvt=，8由2112hat=，012hvt=，得02hqEvm=联立以上各式得6xh=（3）设从1.5yh

=处射出的粒子进入磁场时的速度大小为v，与x轴正方向的夹角为，则有220311222=−qEhmvmv，0cos=vv设粒子在磁场区域中做圆周运动的轨迹半径为R，则有2vqvBmR=粒子第一次离开磁场区域时的位置的横坐标为2sinxxR

=−联立解得0x=。15.答案：（1）kVnS；偏小（2）（i）1415（ii）放热解析：（1）一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为0kVVn=，一滴油酸酒精溶液形成的油膜面积为S，那么油酸分子直径为kVdnS=。如果所用的油酸酒精溶液长时间放置

在空气中，酒精挥发，导致油酸酒精溶液中的油酸体积分数增大，1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大，则分子直径的测量结果偏小。（i）室温为7℃时，气缸内空气的体积为1V，温度1(7273)K280KT=+=室温升到27℃时，此时包括逸出气体在内的气体

的总体积为2V，温度为2(27273)K300KT=+=由盖–吕萨克定律有1212VVTT=设室温为27℃时气缸内空气的密度为ρ，则27℃时气缸内空气质量为1V，7℃时气缸内空气质量为2V，则室温为27℃时气缸内空气质量与室温为7℃时气

缸内空气质量之比为11222801430015VTVT===（ii）因为砂子是缓慢放置的，所以气缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律有1133pVpV=1030,mgmgppppS+==+砂9132,3VhSVhS==代入数据解得0.5kgmm+=砂0.3kg

m=砂因为气体体积减小，外界对气体做功，此过程气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，此过程气体向外放热16.答案：（1）3Rc；313R+（2）（i）1900m/s3（ii）20211s解析：

（1）作出光线传播的光路图如图所示，D是D点关于AB的像点，反射光线可看做是从D射出来的，由几何关系有cos3tansin3==+RRR，解得30=，由几何关系可知光线在D点的入射角60=i，光线在D点的折射角30=r，由折射定律得sin3sin==inr

；由=cnv可知光线在玻璃砖中传播的速度33=vc，光线在玻璃砖中传播的时间sin3cos++===RRDFEFRtvvc：由折射定律可知光线在E点的折射角为60°，所以屏上光斑到B点的距离为3tan3013=+=+dRRR。（2）（

i）根据质点A从波谷运动到平衡位置且向下运动的时间间隔有30.15s(0,1,2,)4tnTn=+==L即该简谐横波的周期为0.6s(0,1,2,)43Tnn==+L由图乙可知该波波长为20m=，则该波波速为10100(43

)m/s(0,1,2,)3nvnT+===L根据500m/s700m/sv可得34.5n故4n=，该波的波速为1900m/s3v=（ii）根据（i）可知该波的周期为0.63ss44395T==+设该波沿地心传播到地球

的另一面的时间为1t，根据xvt=可得12(26400100020)m1900m/s3xRtvv−===3840006s19190=−由于波源是向上起振，设该处质点从起振到第一次到达波峰所需要的时间为2t，则21133ss4495380tT===所以与波源的

平衡位置关于地心对称处的质点第一次到达波峰所需要的时间为1238400036s19380190ttt=+=+−20211s=