【文档说明】广东省茂名市广东高州中学2021届高三下学期5月高考冲刺模拟考试物理试题答案.pdf，共(5)页，240.154 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bbad9ad5fc6922c221e2ffba2d720459.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页/共5页高州中学2021年5月高三物理毕业冲刺模拟考试答案1．【答案】C【解析】A．由于摩擦起电，琥珀带电，相互靠近时，出现静电感应现象，从而使羽毛带上异种电荷，导致两者有静电引力作用，故A错误；B．小金站在体重计上迅速

下蹲瞬间，小金具有向下的加速度，所以小金处于失重状态，对体重计的压力减小，即体重计示数会迅速变小，故B错误；C．观察桌面微小形变时，桌面受力发生形变由于微小，故需要放大，故C正确；D项．汽车为了冲上斜坡，需要增大行驶速度是利用汽车的惯

性冲上斜坡，故D错误．故选C。2．【答案】C【解析】由图象可知，a、b两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A错误．图象的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为222/1/2vamsmst＝＝＝，b的斜率为22

45/0.5/2vamsmst＝＝＝，所以a物体的加速度比b物体的加速度大．故B错误．t=1s时，两物体的间距为△x=5×1-12×0.5×12-2×1-12×1×12m=2.25m；t=3s时两物体的位移为△x′=5×3−1

2×0.5×32−2×3−12×1×32m=2.25m，故两者物体间距相等，故C正确，D错误，故选C。3．【答案】A【解析】当通如图中电流时，ab边、ac边受到的安培力大小为12FBIL；bc边受到的安培力大小为FBIL

，方向向上；导线框平衡，故112sin302FBILmgBIL，磁场加到虚线框上方后，导线框受到的等效安培力为14FBIL，方向向下，故214FmgBIL，联立解得2123FFmg，故A正确，B、C、D错误

；故选A。4．【答案】C【解析】A．滑片P位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；B．副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据111PUI，知电流表读数变大，故B错误；C．因为副线圈电流

增大，所以等效电阻R两端的电压增大，故C正确；D．副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故D错误；故选C。5．【答案】B【解析】设A、B两天体的轨道半径分别为1r、

2r，两者做圆周运动的周期相同，设为T，由于经过时间T两者在此连成一条直线，故2TT，对两天体，由万有引力提供向心力可得2122ABAmmπGmrdT，222ABBrmmπGmrdT其中12drr，联立解得232πABmmTdG，故B正确；故选

B。第2页/共5页6．【答案】B【解析】根据平抛运动规律得0xvt，212hgt，可得运动时间比1234:::1:2:3:4tttt，竖直方向运动距离比1234:::1:4:9:16hhhh，B、C、D三点到A点的距离之比213141():(:()

3:8:15hhhhhh），故选B。7．【答案】D【解析】A．由题意可知0A，由UEd可得，两板间的场强为060V/cmCCAφEd，故D点的电势为240VDDAφEd，故A错误；B．C、D两点连线中点的电势为15

0V2CDφφφ，故B错误；C．由于板上的电荷量不变，上下移动A板或者B板时，两板间的电场强度不变，由UEd可知，若B板不动，A板上移0.5cm，场强和C、D之间距离均不变，故C、D两点间的电势差不变，故C

错误；D．若A板不动，B板上移0.5cm，场强E和D、A板距离不变，则D点电势不变，故D正确；故选D。8．【答案】BC【解析】A、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故选项A错误；B、某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子

数不变，故选项B正确；C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能，故选项C正确；D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而2351144891920563603UnBaKrn是

裂变反应，故选项D错误。9．【答案】AD【解析】AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着对方抛出，即沿着3方向抛出，就能传球成功，A正确，B错误；C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，可知两运动员接球时速度的变化量大小相等、方向相

反，动量的变化量等大反向，所以两运动员对球的冲量等大反向，C错误；D．当乙接着球后要往身体收，根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，减小冲击力，以免伤害手指，D正确。故选AD。10．【答案】CD【解析】若滑块恰能通过C点时有：mg=

m2CvR；由A到C，根据动能定理知mghAC=12mvC2；联立解得：hAC=12R；则AB间竖直高度最小为2R+12R=2.5R，所以A到B点的竖直高度不可能为2R，故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则有动能定理有：0-12mvC2=2mgR

-μmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=μmg△x，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选CD。11．【

答案】（1）静止（2分）（2）120.0（2分）（3）31.3（2分）【解析】（1）该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧静止时，此时弹力与重力大小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h；（2）由图可知，当=0

F时，0120.0cmh，即为未挂钩码时水平纸片到地面的竖直距离；由胡克定律可得=Fkh，第3页/共5页即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧劲度系数则有23.13N/m31.3N/m(120.0110.0)10k。12．【答案】（2）1（1分）（3）23.2（1分）（4）1.43（2

分）200（2分）（5）150（2分）甲同学没有考虑毫安表内阻的影响（2分）【解析】（2）欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；（3）由图可知，电阻箱读数为=(210+31+20.

1)Ω23.2ΩR（4）由EIRR内变形得11=+RRIEE内，由图像可得117514050kE，解得1.43VE，截距为=140RbE内，得200ΩR内；（5）由图可知，此欧姆表的中值电阻为=

1510Ω=150ΩR中，则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为150Ω；由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有11=++RrRIEEE内，由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻。13．【答案】（1）v1∶v2=1∶

6；（2）v0=6118gL【解析】（1）设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有：m1v=m1v1＋m2v22分由机械能守恒定律得12m1v2=12m1v12＋12m2v221分联立解得v1=5v1分v2=65v1分则二者速度大小之比为v1∶v2=1

∶61分（2）当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则：-μm2gL=-12m2v222分碰前滑块甲做减速运动：-μm1gL=12m1v2-12m1v021分可得v0=6118gL1分14．【答案】(1)22228RmgBL；(2)22222241

2RmgmRtBLBL；(3)，图见解析，224mgRaBL，22mgRbBL【解析】（1）由牛顿第二定律，得：3mgmgBIL2分M棒将要进入磁场上边界时回路的电功率：22PIR1分解得：2222282Rm

gPIRBL1分（2）动量守恒得(3)4mgmgtBLItmv2分第4页/共5页通过N棒的电荷量2BLhItqR2分根据能量守恒得21(3)422mgmghmvQ2分联立得222222412RmgmRQtBLB

L（或223222244448RmgmgRQtBLBL）1分（3）对M棒受力分析2232BLvmgmgR1分解得224mgRaBL1分由2'322BLvmgmgBLR1分解得22mgRbBL1分15．【答案】（1）112.510（1分）偏小（1分

）偏大（2分）（2）①mS；②0001mpSmghSTpTS【解析】（1）这滴溶液中纯油酸的体积3811311=10mL=2.510mL=2.510m50080V；若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有

计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由VdS可知，估算的油酸分子直径偏大。（2）①设圆筒内部气体压强为p1，圆筒内外水面高度差为1h10pSmgpS1分又101ppgh1分联立可得圆筒内外水面高度差1mhS2分②根据理想气体状态方程110

001phhSpVTT2分第5页/共5页可得肺活量为00001mpSmghSTVpTS2分