2021年广东省选择性考试物理模拟测试卷（四） WORD版含答案.docx

1、2021年广东省选择性考试模拟测试卷(四)(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.下列说法正确的是()A.质量数越小的原子核,比结合能越大B.卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型C.德国物理学家普朗克提出了量子假说,并成功解释了光电效应现象D.氡的半衰期为3.8天,若取40个氡原子核,则经过7.6天剩下10个氡原子核2.如图(甲)所示,变压器为理想变压器,a、b间输入如图(乙)所示的正弦交流电,两灯泡额定电压相等,电流表和电压表均为理想交流电表,闭合开关后,两灯泡均正常发光,电流表

2、的示数为1 A,电压表示数为22 V,由此可知()A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u=2202sin 50t(V)B.正常发光时,灯泡L1的电阻是L2的3倍C.原线圈电流为19 AD.副线圈交变电流的频率为5 Hz3.如图,粗糙水平面上,两木块A、B以轻绳相连,在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开,在F牵引下A继续前进,B最后静止。则A和B组成的系统动量关系下述正确的是()A.则在B静止前,系统动量不守恒;在B静止后,系统动量守恒B.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量不守恒C.则在B静止前,系统动量守恒;在B静止后,系统动量守恒D.则在B静止前,系统动量不守恒;

3、在B静止后,系统动量不守恒4.一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出,第一只球落在自己一方场地的B点,弹跳起来,刚好擦网而过,落在对方场地的A点,第二只球直接擦网而过,也落在A点,如图。设球与地面的碰撞后,速度大小不变,速度方向与水平地面夹角相等,其运动过程中阻力不计,则第一只球与第二只球飞过网C处时水平速度大小之比为()A.11B.13C.31D.195.如图所示,边长为l的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通以恒定的逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点,在虚线的下方为垂直于导线框向里的有界矩形匀强磁场,其磁感应强度大小为B。此时导线框处于静止状态,细线中的

4、拉力为F1;现将虚线下方的磁场移至虚线上方且磁感应强度的大小改为原来的2倍,保持其他条件不变,导线框仍处于静止状态,此时细线中拉力为F2。则导线框中的电流大小为()A.F2-F1Bl B.F2-F12BlC.2(F2-F1)BlD.2(F2-F1)3Bl6.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B,自身球体半径分别为RA和RB。两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行公转周期的平方(T2)的关系如图所示,T0为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则()A.行星A的质量小于行星B的质量B.行星A的密度小于行星B的密度C.行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D.当两行星周围的卫星的

5、运动轨道半径相同时,行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度7.如图,水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨,导轨间距为L,电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中,虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于如图所示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度,则在此后的整个运动过程中()A.两棒受到的安培力冲量大小相等,方向相反B.两棒最终的速度大小均为v02,方向相同C.MN棒产生的焦耳热为mv024D.通过PQ棒某一横截面的电荷量为mv02BL二、多项选择题:本题共3小题,

6、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,有选错的得0分。8.如图(甲)为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。图(乙)为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S,a、b两端连接车载变流装置,磁场平行于圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是()A.当线圈N接入恒定电流时,不能为电动汽车充电B.当线圈N接入正弦式交变电流时,线圈M两端产生恒定电压C.当线圈M中的磁感应强度增加时,有电流从a端流出D.充电时,t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加B,则M两端电压为nSBt9.反射式速调管是常用微波器之一,它利

7、用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴,其电势随x的分布如图所示。一质量m=2.010-20 kg,电荷量q=2.010-9 C 的带负电的粒子从(-1,0)点由静止开始,仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则()A.x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1E2=12B.粒子在00.5 cm区间运动过程中的电势能减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.010-8 JD.该粒子运动的周期T=3.010-8 s10.如图所示,在倾角=37的光滑足够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体A和B,质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg,

8、弹簧劲度系数为k=100 N/m,C为固定挡板,当A在受到沿斜面向下,F=14 N的力作用下处于静止,且弹簧弹性势能Ep=12kx2(x为形变量),当撤去外力后,物体A上升至最高处时,B恰好脱离挡板C,g取10 m/s2,以下说法正确的是()A.物体A上升的位移为0.12 mB.物体A运动中达到最大速度时弹簧处于原长C.弹簧处于原长时,物体A动能为0.8 JD.物体A向上运动过程中,先超重后失重三、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)某实验小组用如图1所示的实验装置

9、研究匀变速直线运动,已知固定斜面的倾角为=37,把木块自斜面上某一位置由静止释放,测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在斜面上运动的时间t,改变释放点位置,得到多组数据,作出xtt图象如图2所示。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。(1)根据图象可知,木块在斜面上运动的加速度大小为m/s2;(2)木块与斜面之间的动摩擦因数为;(3)在xtt图象中,有一组数据偏离直线比较远,可能的原因是 。(回答出一条原因即可)12.(10分)某小组要测量A1微安表的内阻,选用的器材有:待测微安表A1(量程0200 A,内阻约几百欧);微安表A2(量程0300 A,内阻约几百欧)

10、;电压表V(量程03 V,内阻约为3 k);滑动变阻器R1(阻值010 );滑动变阻器R2(阻值020 k);电阻箱R0(阻值09 999 );电源(电动势3 V,内阻不计);导线和开关若干。要求尽可能减小实验误差,甲、乙、丙三位同学分别进行实验:(1)甲同学设计了如图(a)的电路,利用伏安法测量A1表的内阻,该电路是(选填“合理”或“不合理”)的。(2)乙同学设计了如图(b)的电路,滑动变阻器R应选用(选填“R1”或“R2”),主要实验步骤如下:断开S2、接通S1,调节R,使微安表A1指针指在200 A 处;保持R的滑片不动,再接通S2,调节R0,使电流表指针指在150 A处,读出R0的阻值

11、为1 350 ,则微安表A1的内阻测量值为,与真实值相比(选填“偏大”或“偏小”)。(3)丙同学设计了如图(c)的电路,主要实验步骤如下:先把开关S掷到1,微安表A2的读数为I,再把开关S掷到2,调节电阻箱R0,直至微安表A2的读数也为I,记录此时电阻箱R0的读数即为微安表A1的阻值。但该同学在操作时发现,电阻箱R0在几百欧的范围内调节时,微安表A2的读数几乎是不变的,因此该方法实际上很难准确测出微安表A1的阻值,其主要原因是 。13.(11分)如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图,传送带右端与水平面相切,且保持v0=4 m/s的恒定速率顺时针运行,传送带的长L=3 m。现将一质量为0.4

12、 kg的包裹A轻放在传送带左端,包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止,包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传送带间的动摩擦因数为0.4,包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5,g取10 m/s2。求:(1)包裹A在传送带上运动的时间;(2)包裹B的质量。14.(15分)在如图所示的坐标系中,第一和第二象限(包括y轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场;第三和第四象限内存在平行于y轴正方向、大小未知的匀强电场。P点为y轴正半轴上的一点,坐标为(0,l);N点为y轴负半轴上的一点,坐标未知。现

13、有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子由P点沿y轴正方向以一定的速度射入匀强磁场,该粒子经磁场偏转后以与x轴正半轴成45角的方向进入匀强电场,在电场中运动一段时间后,该粒子恰好垂直于y轴经过N点。粒子的重力忽略不计。求:(1)粒子在P点的速度大小;(2)第三和第四象限内的电场强度的大小;(3)带电粒子从由P点进入磁场到第三次通过x轴的总时间。(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)恒温环境中,在导热良好的注射器内,用活塞封闭了一定质量的理想气体。用力缓慢向外拉活塞,此过程中封闭气体分子的平均速率(选填“增大”“减小”或“不变”),封闭气

14、体的内能(选填“增大”“减小”或“不变”),封闭气体(选填“吸热”“放热”或“既不吸热也不放热”)。(2)(7分)疫情期间,从北方调大批钢瓶氧气到武汉,每个钢瓶内体积为0.5 m3,北方测得氧气压强为3107 Pa,每瓶总质量m=5 kg,温度为300 K,长途运输到武汉方舱医院检测时测得压强为3.3107 Pa,温度为330 K,现使用其中一瓶氧气,先用小钢瓶(加抽气机)缓慢分装,小钢瓶体积为0.1 m3,分装后每个小钢瓶压强为2105 Pa供病人使用,要求大钢瓶内压强降到1105 Pa时就停止分装。通过计算判断钢瓶运输途中是否漏气;一大钢瓶可分装多少小钢瓶供病人使用。16.选修34(12分

15、)(1)(5分)有一列沿x轴正方向传播的简谐横波,在t=0时刻它的波形图如图(甲)所示,其中P、Q两点是该机械波上的两个不同位置的质点,其中图(乙)是x轴正方向上的某一个质点的振动图象,下列说法中正确的是。(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.该机械波传播的速度为0.05 m/sB.在t=0时刻P、Q两点的加速度大小不相等C.图(乙)可以用来表示质点P的振动图象D.若波源的振动频率增大,则图(乙)中图象的振动周期T变小E.该机械波在传播过程中当遇到体长为3 m的障碍物时,会发生明显的衍射现象(2)(7分)如图,ABC为由梯形和扇

16、形组成的玻璃砖的横截面图,O为圆心,M为半径OA的中点,半径为R的圆弧AB镀银。一红光PM垂直OA从M点射入玻璃砖,经圆弧AB反射后照到BC面恰好发生全反射,且从O点射出玻璃砖。已知该玻璃对红光的折射率为 2,光在真空中的速度大小为c。求:红光从O点射出的折射角;红光从M点传播到O点所用的时间。参考答案1.B中等大小的原子核,比结合能最大,原子核最稳定,故A错误;由物理学史可知,卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型,故B正确;普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说,建立了量子论,而爱因斯坦解释了光电效应现象,故C错误;半衰期是大量原子核的统计规律,对少量原子核不适用,故D错误。2.

17、C由图(乙)可判断输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u=2202sin 100t(V),故A错误;由题知两灯泡均正常发光,且额定电压相等,当电压表示数为22 V时,可知两灯泡的额定电压为22 V,原线圈的输入电压为U1=Uab-UL1=220 V-22 V=198 V,变压器原、副线圈匝数比为n1n2=U1U2=19822=91,流过原、副线圈电流之比为I1I2=n2n1=19,由于两灯泡额定电压相等,有R1R2=I2I1=91,故正常发光时,灯泡L1的电阻是L2的9倍,故B错误;由于I1I2=19,I2=1 A,则I1=19 A,故C正确;变压器不改变交流电的频率,副线圈内交流电的频

18、率也为50 Hz,故D错误。3.B轻绳断开前,两木块在水平地面上向右做匀速直线运动,以A、B为系统,系统所受外力的合力为零;轻绳断开后,在B停止运动以前,恒力F和摩擦力均不变,系统的合外力仍为零,则系统的动量守恒;B静止后,B的合外力为0,拉力大于木块A的摩擦力,A和B组成的系统合力不为0,所以系统动量不守恒,B正确,A、C、D错误。4.B由平抛运动的规律可知,两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞,设第二只球自击出到落到A点时间为t,则第一只球自击出到落到A点的时间为3t;由于第一、二两球在水平方向均为匀速运动,水平位移x大小相等,设它们从O点出发时的

19、初速度分别为v1、v2,由x=v0t得v2=3v1;所以有v1v2=13,所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为13,故B正确,A、C、D错误。5.D当磁场在虚线下方时,通电导线的等效长度为12l,受到的安培力方向竖直向上,设三角形导线框质量为m,则有F1+BI(12l)=mg,当磁场在虚线上方时,通电导线的等效长度为12l,受到的安培力方向竖直向下,磁感应强度增大到原来的两倍,故此时有F2=2BI(12l)+mg,联立可得I=2(F2-F1)3Bl,故D正确,A、B、C错误。6.D根据万有引力提供向心力,有GMmR2=m42T2R,解得T=42R3GM,对于环绕行星A表面运行的卫星,有T0=

20、42RA3GMA,对于环绕行星B表面运行的卫星,有T0=42RB3GMB,联立得RA3MA=RB3MB,由题图知RARB,所以MAMB,故A错误;A行星质量为MA=A43RA3,B行星的质量为MB=B43RB3,联立以上公式得A=B,故B错误;行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力,有GMmR2=mv2R,解得v=GMR=43GRR,因为RARB,所以vAvB,故C错误;根据GMmR2=ma知a=GMR2,由于MAMB,行星运动的轨道半径相等,则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度,故D正确。7.DMN棒向左运动,由右手定则可知,MN中的电流由N到M,PQ

21、中的电流由P到Q,由左手定则可知,MN棒受到的安培力方向向右,PQ棒受到的安培力方向也向右,由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等,由F=BIL可知,安培力大小相等,由I=Ft可知,两棒受到的安培力冲量大小相等,方向相同,故A错误;由于MN棒受到的安培力方向向右,PQ棒受到的安培力方向也向右,则MN棒向左做减速运动,PQ棒向右做加速运动,两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连,当两棒产生的电动势相等时,两棒速度大小相等,回路中的电流为0,此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动,取向左为正方向,对两棒分别用动量定理得-F-t=mv-mv0,-F-t=-mv,解得v=v02,由能量守恒得Q=1

22、2mv02-122mv2=14mv02,则MN棒产生的焦耳热为18mv02,故B、C错误;对PQ棒由动量定理得BI-Lt=mv,即BLq=mv02,则q=mv02BL,故D正确。8.AC当送电线圈N接入恒定电流,则产生的磁场不变化,受电线圈M中的磁通量没有发生变化,故无法产生感应电流,不能为电动汽车充电,故A正确;当线圈N接入正弦式交变电流时,受电线圈M中的磁通量按正弦式规律变化,故M两端产生正弦式交变电压,故B错误;穿过线圈M的磁感应强度增加,根据楞次定律,感应电流产生的磁场方向向下,故感应电流方向从b向a,即电流从a端流出,故C正确;根据法拉第电磁感应定律,有E=nt=nSBt,设受电线圈

23、外接电路的电阻为R,由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压U=ER+rR=nSRBt(R+r),故D错误。9.ACD根据U=Ed可知,左侧电场强度:E1=20110-2 V/m=2.0103 V/m,右侧电场强度:E2=200.510-2 V/m=4.0103 V/m,所以E1E2=12,故A正确;粒子带负电,故在00.5 cm区间运动过程中的电势能增加,B错误;该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为Ep=Uq=202.010-9 J=4.010-8 J,C正确;粒子运动到原点时速度最大,根据动能定理有qE1x=Ekm,其中x=1.010-2 m,联立得Ekm=4.010-8 J,设粒子在原点左右

24、两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点时的速度为vm,由运动学公式有vm=a1t1=qE1mt1,同理可知vm=a2t2=qE2mt2,Ekm=12mvm2,而周期T=2(t1+t2),联立得T=3.010-8 s,故D正确。10.CD当力F作用于物体A时,对A物体根据平衡条件有kx1=F+mAgsin ,弹簧压缩量x1=0.2 m,当B恰要脱离挡板C时,对B物体,有kx2=mBgsin ,弹簧伸长量x2=0.12 m,物体A上升的位移x=x1+x2=0.32 m,故A错误;物体A运动中速度最大时,加速度为0,处于平衡状态,有kx=mAgsin ,弹簧处于压缩状态,故B错误;当物体A运动至弹簧

25、处于原长时,由能量守恒定律有12kx12=Ek+mAgx1sin ,解得Ek=0.8 J,故C正确;物体A在向上运动的过程中先加速再减速,故先超重后失重,故D正确。11.解析:(1)由公式可得x=12at2,得出xtt图象的斜率就是加速度的一半,所以求得a=0.4 m/s2。(2)由牛顿第二定律可得mgsin -mgcos =ma,代入数值算得=0.7。(3)偏离直线的数据,可能的原因是木块释放点到斜面底端的距离x测量偏大了,或木块在斜面上运动的时间t测量偏小了,或木块不是由静止释放。答案:(1)0.4(2)0.7(3)见解析12.解析:(1)待测微安表的最大量程I=200 A=210-4 A

26、,电路中需要最小电阻R=EI=15 000 ,电路中需要最小电阻大于待测微安表,滑动变阻器调节范围小,测量误差大,故不合理。(2)电路中需要最小电阻为15 000 ,滑动变阻器应选用R2。根据电路原理得I-34I34I=R1 350 ,微安表内阻测量值R=450 ,并联电阻箱时,总电阻减小,则总电流偏大,滑动变阻器两端电压变大,待测微安表的电压减小,与真实值相比偏小。(3)R2接入电路的阻值比A1的内阻大得多,导致A1两端的电压太小,读数几乎是不变的。答案:(1)不合理(2)R2450偏小(3)R2接入电路的阻值比A1的内阻大得多13.解析:(1)包裹A在传送带滑行,由牛顿第二定律可得1mAg

27、=mAa1解得a1=4 m/s2假设包裹A离开传送带前就与传送带共速,则有v02=2a1s1解得s1=2 mL,所以上述假设成立加速过程s1=12a1t12解得t1=1 s匀速过程L-s1=v0t2解得t2=0.25 s所以包裹A在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.25 s。(2)包裹A在水平面滑动时,由牛顿第二定律可得2mAg=mAa2解得a2=5 m/s2同理可知,包裹B在水平面滑动的加速度也是a2=5 m/s2包裹A向前滑动至静止:0-vA2=-2a2sA解得vA=1 m/s包裹B向前滑动至静止:0-vB2=-2a2sB解得vB=2 m/s包裹A、B相碰前后系统动量守恒,有mAv0=

28、mAvA+mBvB解得mB=0.6 kg。答案:(1)1.25 s(2)0.6 kg14.解析:根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示。(1)由几何关系可知rsin 45=l解得r=2l又因为qv0B=mv02r可解得v0=2Bqlm。(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为类平抛运动的逆过程,设粒子射入电场时坐标为(-x1,0),从粒子射入电场到粒子经过N点的时间为t2,由几何关系知x1=(2+1)l,在N点有v2=22v1=22v0由类平抛运动规律有(2+1)l=22v0t222v1=at2=qEmt2联立以上方程解得t2=(2+1)mqB,E=(2-1)qlB2m。(3)粒子在磁场中的运动

29、周期为T=2mqB粒子第一次在磁场中运动的时间为t1=58T=5m4qB粒子在电场中运动的时间为2t2=2(2+1)mqB粒子第二次在磁场中运动的时间为t3=34T=3m2qB故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为t=t1+2t2+t3=(114+22+2)mqB。答案:(1)2Bqlm(2)均为(2-1)qlB2m(3)( 114+22+2)mqB15.解析:(1)对于一定质量的理想气体,气体的内能和分子平均速率只取决于温度,由题目可知,温度不变,则封闭气体的内能不变,封闭气体分子的平均速率也不变;根据U=W+Q可知,温度不变,则内能U不变,即U=0,用力向外缓慢拉动活塞,则W0,即气体从外

30、界吸收热量。(2)假设钢瓶不漏气,气体体积不变,由查理定律得pT=pT,即3107 Pa300K=p330K解得p=3.3107 Pa与钢瓶内气体压强相等,钢瓶不漏气。分装气体时气体温度不变,由玻意耳定律得pV=pV3.3107 Pa0.5 m3=1105 PaV1105 Pa(V-0.5 m3)=2105 PaV解得V=82.25 m3分装气体的瓶数n=82.250.1=822.5瓶822瓶。答案:(1)不变不变吸热(2)见解析82216.解析:(1)由图(甲)知波长为4 m,由图(乙)知周期为2 s,故波速v=T=42 m/s=2 m/s,故A错误;根据F=-kx=ma,得a=-kxm,在

31、t=0时刻P、Q两点的位移x不相等,故加速度大小不相等,故B正确;图(甲)中,在t=0时刻P点位于正的最大位移处,而在图(乙)中,在t=0时刻质点位于平衡位置处,故图(乙)不可以用来表示质点P的振动图象,故C错误;质点的振动频率和波源的振动频率一样,当波源的振动频率增大,则周期T=1f减小,故质点的振动周期也变小,故D正确;发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多,该波的波长为4 m,障碍物的尺寸比波长小,能发生明显的衍射现象,故E正确。(2)红光在BC面恰好发生全反射,则有sin C=1n解得C=45则DEEO,又M为OA中点,解得=30由几何关系有i=30根据折射定律有n=sinsini解得=45。红光在玻璃砖中传播速度v=cn根据几何关系知DE=MD=Rcos OE=Rsin 红光从M传播到O点所用的时间t=DE+MD+OEv解得t=Rc(6+22)。答案:(1)BDE(2)45Rc(6+22)