2021年广东省选择性考试物理模拟测试卷（六） Word版含答案 25页

2021 年广东省选择性考试模拟测试卷(六) (考试时间:75 分钟;满分:100 分) 一、单项选择题:本题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 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。 1.关于核知识的叙述,下列说法正确的是( ) A.太阳中的能量主要来源于氢核的聚变,发生聚变后产生的新核的比 结合能增大 B.大多数核电站的能量来源于重核裂变,发生裂变后产生的新核的比 结合能减小 C.核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多,现在应用也 更广 D.原子核的结合能是指组成原子核的所有核子所具有的能量之和 2.a、b 两车在平直的公路上沿同一方向行驶,两车运动的 v t 图象如 图所示。在 t=0 时刻,b 车在 a 车前方 s0 处,在 0～t1 时间内,b 车的位 移为 s,则( ) A.若 a、b 在 t1 时刻相遇,则 s0=3s B.若 a、b 在 1 2 时刻相遇,则 s0= 3 2 s C.若 a、b 在 1 3 时刻相遇,则下次相遇时刻为 4 3 t1 D.若 a、b 在 1 4 时刻相遇,则下次相遇时 a 车速度为 1 2 3.某同学对着墙壁练习打乒乓球时,球拍每次击球后,球都从同一位 置斜向上飞出,其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上, 不计空气阻力,则球在这两次从飞出到撞击墙壁前( ) A.飞出时的初速度大小可能相等 B.飞出时的初速度竖直分量可能相等 C.在空中的时间可能相等 D.撞击墙壁的速度可能相等 4.如图(甲)所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴 OO′匀速转动,从图示位置开始计时,产生的感应电动势 e 随时间 t 的 变化曲线如图(乙)所示。若线圈的转速变为原来的 2 倍,而其他条件 保持不变,从图示位置转过 90°开始计时,则能正确反映线圈中产生 的电动势 e 随时间 t 的变化规律的图象是( ) 5.如图所示,小球 a、b(均可视为质点)用等长细线悬挂于同一固定点 O。让球 a 静止下垂,将球 b 向右拉起,使细线水平。从静止释放球 b , 两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为 θ=60°。忽略空气阻力。则两球 a、b 的质量之比 为( ) A. 2 2 B. 2 -1 C.1- 2 2 D. 2 +1 6.如图所示,一细线的一端固定于倾角为 45°的光滑楔形滑块 A 的顶 端 O 处,细线另一端拴一质量为 m=0.2 kg 的小球静止在 A 上。若滑块 从静止向左匀加速运动时加速度为 a(取 g=10 m/s2),则( ) A.当 a=5 m/s2 时,线中拉力为 3 2 2 N B.当 a=10 m/s2 时,小球受的支持力为 2 N C.当 a=12 m/s2 时,经过 1 秒钟小球运动的水平位移是 6 m D.在稳定后,地面对 A 的支持力一定小于两个物体的重力之和 7.如图所示,两个平行导轨与水平面的夹角为α,导轨的左侧接一个 阻值为 R 的定值电阻,两导轨之间的距离为 L。导轨处在匀强磁场中, 匀强磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直于导轨平面向上。一质量 为 m、电阻为 r、长度为 L 的导体棒 ab 垂直于两导轨放置,导体棒与 导轨的动摩擦因数为μ(μa 0 时,滑块的位移为 x= at 2 = 6 m,而小球要先脱离斜面,然后保持与滑块相同的运动状态,故在这 1 s 内小球运动的水平位移小于 6 m,故 C 错误;在稳定后,对小球和滑块 A 整体受力分析可知,在竖直方向没有加速度,故地面对 A 的支持力等 于两个物体的重力之和,故 D 错误。 7.B 根据右手定则,把导体棒 ab 看成等效电源时,b 是电源正极,A 错 误;当导体棒 ab 的速度为 v0 时,导体棒所受安培力大小为 F= + ,根 据牛顿第二定律 mgsin α-μmgcos α-F=ma,整理得 a=g(sin α-μ cos α)- ( + ) ,故 B 正确;当导体棒位移为 x 时,流过 R 的电荷量Δ q=iΔt= ΔΔ + = Δ + ,因此到速度最大的过程中,通过电阻 R 的电荷量为 + ,C 错误;根据能量守恒定律 mgxsin α=μmgxcos α+Q 总+Ek,而电 阻 R 上 产 生 的 热 量 Q R = + Q 总 ,整 理 得 Q R = + [m g x ( s i n α - μcos α)-Ek],D 错误。 8.BC 根据万有引力提供向心力有 G =m ,则 v= ,由该公式可 知轨道半径越大,线速度越小,第一宇宙速度在数值上等于卫星绕地 球表面转动时的环绕速度,该导航卫星轨道半径大于地球半径,所以 其速度小于第一宇宙速度,故 A 错误;卫星绕地球做圆周运动时万有 引力提供向心力,由牛顿第二定律可知 G =mrω2,由几何关系可知 r=R+h,联立可得 h= -R,故 B 正确;第一宇宙速度是发射卫星的最 小速度,第二宇宙速度指的是卫星摆脱地球引力最小发射速度,该导 航卫星绕地球转动,没有摆脱地球引力,所以其发射速度大小介于第 一宇宙速度和第二宇宙速度之间,故 C 正确;由前面表达式 v= 可 知线速度大小与卫星的质量无关,故 D 错误。 9.AD 滑块 C 受重力、支持力和电场力,其重力和支持力在竖直方向 相抵消,滑块 C 所受的合外力为电场力,再由滑块在电场中所受电场 力做正功,滑块的电势能减小,动能增加,由图可知在 x=L 处电势能最 小,则滑块在 x=L 处的动能最大,A 正确;由图可知,x=-2L 处的电势能 大于 x=2L 处的电势能,又因滑块由静止释放,滑块不能到达 x=-2L 处,B 错误;滑块在 x=L 处电势能最小,即正电荷 QA、QB 在 x=L 处的电场 强度等大反向,即 x=L 处的电场强度为零,有 ( ) = ( ) ,解得 QA∶QB=4∶ 1 , 所 以 x = 0 处 和 x = 2 L 处 场 强 大 小 分 别 为 E 0 = ( ) - ( ) = ,E2L= ( ) - =- ,C 错误,D 正确。 10.BD 由图读出,t1 时刻 A、B 开始分离,对 A 根据牛顿第二定律有 kx1-mgsin θ=ma,开始时有 2mgsin θ=kx0, 又 x0-x1= a ,联立解得 t1= ( 쳌 - ) ,故 A 错误;由图知,t2 时刻 A 的加速度为零,速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律得 mgsin θ =kx2,则得x2= 쳌 ,此时弹簧处于压缩状态,故B正确,C错误;从开始 到t1时刻,弹簧释放的势能Ep= k - k ,从开始到t1 时刻的过程中, 根据动能定理得 WF+Ep-2mgsin θ(x0-x1)= ·2m ,且 2a(x0-x1)= , 由以上公式联立得 WF-EP=-( 쳌 - ) ;所以拉力 F 做的功比弹簧释放 的势能少( 쳌 - ) ,故 D 正确。 11.解析:(1)由题图(乙)可得 d=5 mm+4×0.05 mm=5.20 mm。 (2)根据题意可知,在小钢球摆到最低点,由牛顿第二定律得 F-mg=m , 其中 v= Δ ,化简可得 F=mg+ · Δ ,结合图象,可得 a=mg,通过图(丙) 中的信息可以求出小钢球和遮光片的总质量,即 m= 。 答案:(1)5.20 (2)小钢球和遮光片总质量 m= 12.解析:(1)实物图如图所示。 (2)多用电表读数为 Rx=24×10 Ω=240 Ω。 (3)S2 接 1 时电压表测量 Rx 两端的电压,S2 接 2 时电压表测量 R0 两端电 压,两种情况下,滑动变阻器的滑片位置相同,由于电压表示数相同, 所以有 Rx=R1,即被测电阻的阻值大小为 R1。 (4)①当将电阻箱 R0 的阻值调到最大阻值时,由于最大阻值大于被测 电阻,当开关闭合后,导致与电压表并联的总电阻增大,其分压增大, 就会出现电压表超偏而损坏。②该实验中没有电流表的分压也没有电 压表的分流,所以电压表准确测量的是被测电阻两端电压,所以 A、B 不符合题意;滑动变阻器采用的是分压接法,其阻值的大小影响电压 表示数的变化,阻值小不利于操作,所以选用阻值较大的滑动变阻 器,C 正确,D 错误。 答案:(1)图见解析 (2)240 (3)R1 (4)电压表超偏而损坏 C 13.解析:(1)设粒子的速度为 v,在磁场做圆周运动的半径为 R,根据 题意作出粒子的运动轨迹如图所示, 由几何关系可知 R2=(2L)2+(R-L)2, 解得 R= L 根据洛伦兹力提供向心力有 qvB=m 解得 v= = 。 (2)设圆筒的角速度为ω,粒子从射出到到达 S2 的时间为 t,由题意得 t= 又 t= (n=1,2,3,…) 解得ω= (n=1,2,3,…)。 答案:(1) (2) (n=1,2,3,…) 14.解析:(1)小滑块放上小车后先向右做匀加速运动,根据牛顿第二 定律得μmg=ma1 解得 a1=2 m/s2; 设加速到共速时用时为 t1,则 v0=a1t1, 解得 t1=2 s, 此过程中小滑块相对于 P 点移动的距离为 s1= a1 ,此过程中小车相 对于 P 点移动的距离为 s2=v0t1, 可得 s1=4 m,s2=8 m 摩擦力对小车做的功 Wf=-μmgs2 解得 Wf=-16 J。 (2)当施加向右的匀强电场时,小滑块的加速度为 a2= + 小滑块恰好运动到小车左端共速,用时 t2= , 根据两物体的位移关系可得 =v0t2- a2 联立解得 t2=0.5 s,E=3 V/m 所以电场强度 E 应满足 E≥3 V/m。 (3)满足第(2)问的条件,当 E=3 V/m 时,小滑块运动到小车最左端后, 会向右做匀加速运动,设时间为 t3 后撤去电场,之后滑块做减速运动, 经过时间 t4,小滑块与小车在小车右端共速,恰好没掉下来。小滑块向 右加速时有 qE-μmg=ma3 解得 a3=4 m/s2 加速的末速度为 v1=v0+a3t3, 减速过程中 v0=v1-a1t4, 加速过程中的位移为 s3= - 减速过程中的位移为 s4= - (- ) 则 s3+s4-v0(t3+t4)=L 解得 t3= s≈0.58 s 所以,电场存在总时间 t=t2+t3=1.08 s 故电场存在的时间满足关系式 0.5 s≤t≤1.08 s。 答案:(1)4 m -16 J (2)E ≥3 V/m (3)0.5 s≤t≤1.08 s 15.解析:(1)气体经历过程 1,由图象可知,pV 乘积先增大后减小,根 据 =C 可知,其温度先升高后降低;1、2 两过程体积增大对外做功,做 功大小每一小段为 W=pSΔd=pΔV,则在图上对应的做功量在数值上为 图线与横轴所围成的面积值,则由图可知过程 1 做功大于过程 2 的做 功,而两过程初、末状态的温度不变,内能不变,由ΔU=W+Q 可知气体 在过程 1 中吸收的热量大于过程 2 中吸收的热量。 (2)①空气压入前 p1=p0=1.0×105 Pa 体积为 V1=600 m3 压入贮气筒后,体积为 V2=3 m3 由玻意耳定律得 p1V1=p2V2 代入数据解得 p2=2.0×107 Pa。 ②设水舱中空气的压强为 p3,贮气筒内剩余空气的压强为 p2′, p3V3+p2′V2=p2V2 p3=p0+ρgh=2.0×106 Pa 解得 p2=1.0×107 Pa。 答案:(1)先升高后降低 大于 (2)①2.0×107 Pa ②1.0×107 Pa 16.解析:(1)由图知λ=4 m,则T= = s=0.02 s,t=0.01 s= T,经0.01 s 质点 a 通过的路程为 s=2A=40 cm,恰好到达最低点,故 A 错误;波沿 x 轴正方向传播,此时质点 b 振动方向向下,位移沿负方向增大,而 a=- ,所以图中质点 b 的加速度在增大,故 B 正确;由于波长 λ=4 m, 若产生明显的衍射现象,该波所遇到障碍物的尺寸一般不大于 4 m,故 C 错误;该波沿 x 轴的正方向传播,结合图象可知 t=0 时刻质点 b 正在 向下运动,所以从图示时刻开始,经 0.01 s= T 质点 b 位于对称位置处, 即平衡位置上方,并向上做减速运动,故 D 正确;该波的频率 f= = . Hz=50 Hz,根据波发生干涉的条件可知,若此波遇到另一列波,并产生 稳定的干涉现象,则另一列波的频率为 50 Hz,故 E 正确。 (2)①光在玻璃砖内传播的光路图如图所示。 根据几何知识有 sin C= = 光恰好发生全反射时 sin C= 所以玻璃砖的折射率 n=2。 ②光路图如图所示。 根据折射定律有 n= 쳌 쳌 根据正弦定理有 쳌 = 쳌 ° 解得α=30°。 答案:(1)BDE (2)①2 ②30°