【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()PQPQk

mgmgFmma+−=+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2038=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22k00122=+=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=+p22AABBEmmmm+，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110BCmm=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LLL1

100A5A220PIU===，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LLL440A2A220

PIU===，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211638W1150W488WPPP=−=−=，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1213500117U

nnU==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()22545411228ttL

ggtt−==−，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2231124222mghmvmv=+，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11mm

60.05mm11.30mmd=+=。（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212QDCEg

t==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211OEOCCEgt=+=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5

m4ADh=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q

Ema=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0.3kgm=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,)4

tnTn=+==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190

0m/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1238

400036s19380190ttt=+=+−20211s=