2021年广东省选择性考试物理模拟测试卷（六） WORD版含答案.docx

1、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vt图象如图所示。在t=0时刻,b车在a车前方s0处,

2、在0t1时间内,b车的位移为s,则()A.若a、b在t1时刻相遇,则s0=3sB.若a、b在t12时刻相遇,则s0=32sC.若a、b在t13时刻相遇,则下次相遇时刻为43t1D.若a、b在t14时刻相遇,则下次相遇时a车速度为v123.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

3、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=60。忽略空气阻力。则两球a、b的质量之比mamb 为()A.22B.2-1C.1-22D.2+16.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 k

4、g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322 NB.当a=10 m/s2时,小球受的支持力为2 NC.当a=12 m/s2时,经过1秒钟小球运动的水平位移是6 mD.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,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(tan )。导体棒ab在重力作

5、用下,由静止开始下滑了距离x后,速度达到最大,重力加速度为g,不计导轨电阻,导体棒与导轨始终接触良好。则()A.把导体棒ab看成等效电源时,a是电源正极B.当导体棒ab的速度为v0(v0小于最大速度)时,导体棒ab的加速度为g(sin -cos )-B2L2v0(R+r)mC.导体棒ab从开始运动到速度最大的过程中,通过电阻R的电荷量为BLxRD.若导体棒ab由静止到速度最大的过程中,获得的动能为Ek,则电阻R上产生的焦耳热是mgx(sin -cos )-Ek二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,

6、有选错的得0分。8.2020年6月23日9时43分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星,暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此,北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成。已知地球的质量为M,平均半径为R,自转角速度为,引力常量为G,该卫星为地球静止轨道卫星(同步卫星),下列说法正确的是()A.该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度B.该导航卫星的预定轨道离地高度为h=3GM2-RC.该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.该导航卫星在轨道运行时速率会小于质量较小的同步卫星9.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分

7、别固定正电荷QA、QB,两电荷的位置坐标如图(甲)所示。若在A、B间不同位置放置一个电荷量为+q的带电滑块C(可视为质点),滑块的电势能随x变化关系如图(乙)所示,图中x=L点为图线的最低点。现让滑块从x=2L处由静止释放,下列有关说法正确的是()A.滑块x=L处的速度最大B.滑块一定可以到达x=-2L点处C.x=0和x=2L处场强大小相等D.固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QAQB=4110.如图(甲)所示,倾角为的光滑斜面固定在水平面上,劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端,上端与质量为m的物块A连接,A的右侧紧靠一质量为m的物块B,但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向

8、上的拉力F作用在B上,使B做加速度为a的匀加速运动,两物块在开始一段时间内的vt图象如图(乙)所示,t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A图线的最高点,重力加速度为g,则()A.t1=2m(gsin+a)akB.t2时刻,弹簧形变量为mgsinkC.t2时刻弹簧恢复到原长,物块A达到速度最大值D.从开始到t1时刻,拉力F做的功比弹簧释放的势能少(mgsin-ma)2k三、非选择题:包括必做题和选做题两部分,第11题第14题为必做题,每个试题考生必须作答,第15题第16题为选做题,考生根据要求作答。(一)必做题:共42分。11.(6分)小鸣同学组装了一套实验装置如图(甲)所示,拉力传感器竖直固

9、定,一根不可伸长的细线上端固定在传感器的挂钩上,下端系着小钢球,钢球底部固定有遮光片,拉力传感器正下方安装有光电门,钢球经过最低点时遮光片恰能通过光电门。已知当地的重力加速度大小为g。小鸣进行了下列实验步骤:(1)用游标卡尺测遮光片宽度d,如图(乙)所示,读数d=mm;(2)拉起钢球使细线与竖直方向成不同的角度,钢球由静止释放后均在竖直平面内运动,记录遮光片每次通过光电门的遮光时间t和对应的拉力传感器示数F;根据记录数据描绘出如图(丙)所示的F1t2图象,a是已知量。通过图(丙)中的信息可以求哪个物理量? ;该物理量的表达式为(用题目中所给符号表示)。12.(10分)某同学用图(甲)所示电路测

10、量电阻Rx的阻值(约几百欧)。滑动变阻器R,电阻箱R0(09 999 ),S2是单刀双掷开关,量程3 V的电压表(内阻约3 k),电源电动势约6 V。(1)根据图(甲)实验电路,在图(乙)中用笔画线代替导线将实物图连接完整;(2)正确连接电路后,断开S1、S2。调节好多用电表,将两表笔接触Rx两端的接线柱,正确操作后,使用“10”的倍率粗测其电阻,指针指示如图(丙),粗测得到Rx=;(3)该同学通过下列步骤,较准确地测出Rx的阻值。将滑动变阻器的滑片P调至图(甲)中的A端。闭合S1,将S2拨至1,调节变阻器的滑片P至某一位置,使电压表的示数满偏;断开S1,调节电阻箱R0,使其阻值最大;将S2拨

11、至“2”,闭合S1,保持变阻器滑片P的位置不变,调节电阻箱的阻值,使电压表再次满偏,此时电阻箱示数为R1,则Rx=。(4)关于本实验该同学在(3)的步骤中操作不妥,可能会在步骤中造成;为了减小实验误差,下列方法最可行的是 。(填正确答案标号)A.选用量程不变,内阻更大的电压表B.选用量程不变,内阻更小的电压表C.选用总电阻远大于Rx的滑动变阻器D.选用总电阻远小于Rx的滑动变阻器13.(11分)如图是两个共轴圆筒M、N的横截面,N筒的半径为L,M筒半径远小于L,M、N以相同的角速度顺时针匀速转动。在筒的右侧有一边长为2L的正方形匀强磁场区域abcd,磁感应强度大小为B、方向平行圆筒的轴线。两筒

12、边缘开有两个正对着的小孔S1、S2,当S1、S2的连线垂直ad时,M筒内部便通过S1向ad中点O射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,该粒子进入磁场后从b点射出。粒子重力不计,求:(1)该粒子的速度大小;(2)圆筒的角速度大小。14.(15分)如图所示,水平面上有一条长直固定轨道,P为轨道上的一个标记点,竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的竖直平面,PQ的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。在轨道上,一辆平板小车以速度v0=4 m/s沿轨道从左向右匀速运动,当车长一半通过PQ平面时,一质量为m=1 kg的绝缘金属小滑块(可视为质点)被轻放到小车的中点上,已知小滑块带电荷量

13、为+2 C且始终不变,滑块与小车上表面间的动摩擦因数为=0.2,整个过程中小车速度保持不变,g=10 m/s2,求:(1)若PQ右侧没有电场,小车足够长,在滑块与小车恰好共速时小滑块相对P点的水平位移和摩擦力对小车做的功;(2)若PQ右侧加一个向右的匀强电场,且小车长L=2 m,为确保小滑块不从小车左端掉下来,电场强度大小应满足什么条件?(3)在(2)的情况下,PQ右侧电场强度取最小值时,为保证小滑块不从车上掉下,则电场存在的时间满足什么条件?(二)选做题:共12分,请考生从给出的2道题中任选一题作答。15.选修33(12分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态M经历过程1或者过程2到达状态

14、N,其pV图象如图所示。对于这两个过程,气体经历过程1,其温度(选填“升高”“降低”或“先升高后降低”),气体在过程1中吸收的热量(选填“大于”“小于”或“等于”)过程2中吸收的热量。(2)(7分)如图所示,潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉,在海面上,潜艇将压强为1.0105 Pa、总体积为600 m3的空气(包含贮气筒内空气,视为理想气体)压入容积为3 m3的贮气筒。潜至海面下方190 m水平航行时,为控制姿态,将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱,使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海。已知海面处大气压p0=1.0105 Pa,取海水的密度=1.0103 kg/m3,g=10

15、m/s2,求:潜艇下潜前贮气筒内空气的压强;排出水后贮气筒内剩余空气的压强。16.选修34(12分)(1)(5分)沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线,其波速为200 m/s,则下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对一个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.从图示时刻开始,经0.01 s质点a通过的路程为 40 cm,此时相对平衡位置的位移为零B.图中质点b的加速度在增大C.若产生明显的衍射现象,该波所遇到障碍物的尺寸一般不小于200 mD.从图示时刻开始,经0.01 s质点b位于平衡位置上方,并向上做减速运动E.若此波遇到另一列波,

16、并产生稳定的干涉现象,则另一列波的频率为50 Hz(2)(7分)如图所示为水平放置玻璃砖横截面,上表面为半径为R的半圆,AOB为其直径,ABCD为正方形。M点为CD中点。一束单色光从底面上距C点12R处的N点垂直于底边入射,恰好在上表面发生全反射。求玻璃砖的折射率;现使光束从M点入射,且改变入射光的方向,使光线射入玻璃砖后恰好不从上表面射出,则入射角为多少度?参考答案1.A太阳中的能量主要来源于氢核的聚变,聚变发生的过程中释放巨大的能量,可知产生的新核的比结合能比反应前原子核的比结合能大,选项A正确;大多数核电站的能量来源于重核裂变,重核裂变过程中释放巨大的能量,可知发生裂变后产生的新核的比结

17、合能增大,选项B错误;核聚变与核裂变相比平均每个核子放出的能量更多,但不容易控制,选项C错误;原子核的结合能是指组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量,选项D错误。2.B根据题述,在t=0时刻,b车在a车前方s0处,在0t1时间内,b车的位移为s,若a、b在t1时刻相遇,根据vt图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,则有s0+s=3s,解得s0=2s,故A错误;若a、b在t12时刻相遇,根据vt图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,则有s0+s4=74s,解得s0=3s2,故B正确;若a、b在t13时刻相遇,则下次相遇的时刻为关于t=t1对称的5t13时刻,故C错误;若a、b在t14时刻

18、相遇,则下次相遇时刻为7t14,下次相遇时a车速度va=2v1-v1t17t14=v14,故D错误。3.A将乒乓球的运动视为反向的平抛运动,由题知,球两次运动的竖直高度不同,所以两次运动时间不同,故C错误;球在竖直方向上做自由落体运动,因两次运动的时间不同,故初速度在竖直方向的分量不同,故B错误;球撞击墙壁的速度,即可视为反向平抛运动的水平初速度,两次水平射程相等,但两次运动的时间不同,故两次撞击墙壁的速度不同,故D错误;由上分析,可知竖直速度大的,其水平速度就小,所以根据速度的合成可知,飞出时的初速度大小可能相等,故A正确。4.A由题图(乙)知,周期T=4 s,感应电动势最大值Em=1 V,

19、而感应电动势最大值的表达式Em=NBS=NBS2T,若仅把线圈的转速变为原来的2倍,则周期变为原来的12,即T=2 s,而感应电动势的最大值变为原来的2倍,即Em=2 V,所以B、C项错误;从图示位置转过90开始计时,也就是t=0时线圈中产生的感应电动势应为0,所以A项正确,D项错误。5.Bb球下摆过程中,由动能定理得mbgL=12mbv02-0,碰撞过程动量守恒,设向左为正方向,由动量守恒定律可得mbv0=(ma+mb)v,两球向左摆动过程中,由机械能守恒定律得12(ma+mb)v2=(ma+mb)gL(1-cos ),解得mamb=2-1,故A、C、D错误,B正确。6.A当小球对滑块的压力

20、恰好等于零时,小球所受重力mg和拉力FT使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动,由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度a0=mgtan45m=10 m/s2。当a=5 m/s2a0时,滑块的位移为x=12at2= 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=B2L2v0R+r,根据牛顿第二定

21、律mgsin -mgcos -F=ma,整理得a=g(sin -cos )-B2L2v0(R+r)m,故B正确;当导体棒位移为x时,流过R的电荷量q=it=tR+r=BLxR+r,因此到速度最大的过程中,通过电阻R的电荷量为BLxR+r,C错误;根据能量守恒定律mgxsin =mgxcos +Q总+Ek,而电阻R上产生的热量QR=RR+rQ总,整理得QR=RR+rmgx(sin -cos )-Ek,D错误。8.BC根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r,则v=GMr,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

22、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GMmr2=mr2,由几何关系可知r=R+h,联立可得h=3GM2-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=GMr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

23、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kQA(4L)2=kQB(2L)2,解得QAQB=41,所以x=0处和x=2L处场强大小分别为E0=kQA(3L)2-kQB(3L)2=kQB3L2,E2L=kQA(5L)2-kQBL2=-21kQB25L2,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 =ma,开始时有2

24、mgsin =kx0,又x0-x1=12at12,联立解得t1=2m(gsin-a)ak ,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 =kx2,则得x2=mgsink,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=12kx02-12kx12,从开始到t1时刻的过程中,根据动能定理得WF+Ep-2mgsin (x0-x1)=122mv12,且2a(x0-x1)=v12,由以上公式联立得WF-EP=-(mgsin-ma)2k;所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少(mgsin-ma)2k,故D正确。11.解析:(1)由题

25、图(乙)可得d=5 mm+40.05 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=mv2r,其中v=dt,化简可得F=mg+md2r1t2,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=ag。答案:(1)5.20(2)小钢球和遮光片总质量m=ag12.解析:(1)实物图如图所示。(2)多用电表读数为Rx=2410 =240 。(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)当将电

26、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。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C13.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=52L根据

27、洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R解得v=qBRm=5qBL2m。(2)设圆筒的角速度为,粒子从射出到到达S2的时间为t,由题意得t=Lv又t=2n(n=1,2,3,)解得=5nqBm(n=1,2,3,)。答案:(1)5qBL2m(2)5nqBm(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mg=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=12a1t12,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=

28、-mgs2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=qE+mgm小滑块恰好运动到小车左端共速,用时t2=v0a2,根据两物体的位移关系可得L2=v0t2-12a2t22联立解得t2=0.5 s,E=3 V/m所以电场强度E应满足E3 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-mg=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

29、程中的位移为s3=v12-v022a3减速过程中的位移为s4=v02-v122(-a1)则s3+s4-v0(t3+t4)=L解得t3=33 s0.58 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 st1.08 s。答案:(1)4 m-16 J(2)E 3 V/m(3)0.5 st1.08 s15.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pVT=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=pSd=pV,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,

30、而两过程初、末状态的温度不变,内能不变,由U=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)空气压入前p1=p0=1.0105 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=2.0107 Pa。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+p2V2=p2V2p3=p0+gh=2.0106 Pa解得p2=1.0107 Pa。答案:(1)先升高后降低大于(2)2.0107 Pa1.0107 Pa16.解析:(1)由图知=4 m,则T=v=4200 s=0.02 s,t=0.01 s=12T,经0

31、.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=-kxm,所以图中质点b的加速度在增大,故B正确;由于波长 =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=12T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=1T=10.02 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)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=R2R=12光恰好发生全反射时sin C=1n所以玻璃砖的折射率n=2。光路图如图所示。根据折射定律有n=sinsin根据正弦定理有Rsin=2Rsin150解得=30。答案:(1)BDE(2)230