2021年3月佛山聯考物理答案及評分細則

廣東省聯考模擬試題

物理

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要

求

Fmakg%),

I.【解析】B；P=-=—=—0-=總m-。-2故選B

ssm

2.【解析】C；圖示的核反應為核裂變，要使核反應速度減慢，可以將軸棒插入得更淺一些，石

墨起到讓快中子變成慢中子的作用C

3.【解析】B：E4加0a21,故，ocJ可，而質量moc八則mocE丁

4.【解析】A:由題意得〃2=切=3110丫,而區(qū)=2L=WJ_=J_,故選A。

〃2u2311010

5.【解析】B,整體法：得到水平力廠大小為3000mg；將第2021到第4000個小球看成一個整

體，總重力共1980mg.所以a的正切值為1980mg=曳所以選B.

3000〃火50

6?【解析】C；如圖，撤去導體棒C,當=4，表面C帶負電，4方向豎直向上，表面A帶負電

且％=皖?4，將導體棒C疊于A棒處，E0=EA+E(：=2EI+EO

7.【解析】C;探測器著陸前減速下降，加速度向上，處于超重狀態(tài)，所以A選項錯誤；探

測器看到相鄰兩次日出的時間間隔為7為火星的自轉周期，也就是探測器在靜止軌道繞火

些

星的運行周期，所以其軌道的半徑為r-2乃，激光經過時間,傳回到探測器，所以探測器

_c_tR—_v_T___c_t

距離火星表面的高度為2，火星的半徑2乃2,c選項正確；由牛頓第二定律得

GMmv2IT*vTV3T

—?-=m—M=——r=--M=——

r,得到火星質量G，帶入軌道半徑2n，得到火星質量2兀G,

所以B錯誤；探測器飛行到火星，擺脫地球引力的束縛，所以其發(fā)射速度應該大于第二宇宙

速度，D錯誤.本題選C.

8.【解析】ACD；AB籃球到達最高點時都只受到重力作用，加速度都為g,豎直方向

4=2g〃，又匕=gf,可得，人二J：而匕JA>v2/B，故相遇時速度匕,>v2v；而%=v2y,

vxsin=v2sin02,“<%,故匕〉匕；故ACD正確.

9.【解析】BC,飛機鉤住導體棒。的過程，系統動量守恒，則有M%=(M+m)u，所以它

M

們獲得共同速度為V二二一%,所以損失的機械能為1?

M+m+m)v2=------^―

2°22(M+m)

所以A選項錯誤；飛機鉤住金屬棒后，二者組成的系統僅在安培力作用下做減速運動，由牛

DTvD-T2

頓第二定律得：BIL=(M+/n)a,1=——，所以加速度a=—―—「所以系統將

R+r7(7MT+m)(R+r)

RLv

做加速度減小的減速運動，B正確；由動量定理得：BILAt=(M+w)Av,1=——，所

R+r

22

以-B^L-AVt=(M+w)Av,兩邊求和得到整個過程中運動的距離為

R+r

(M+m)(R+r)vMv0(/?+r)，C選項正確；由功能關系可知，導體棒而克服安培力所

FTB2I?

做的功轉化為整個電路產生的焦耳熱，包括金屬棒「上的熱量，所以D錯誤.本題選AB.

10.【解析】CD,滑塊撤去力尸前，上升階段由圖像得.ma、x=AEk，得%=12“//

F+〃zgsine+〃7?gcose=/m］下降階段有：ma2*=岫卜,得。2=4，%//

F+mgsinB-jumgcos。=ma2，解得：A=0.5,尸=4?4故。正確,撤去力F后，

mgsin6^-"mgcos0-ma3,且ina3Sx=AEA.解得：Vk=4叵m/s,

P=mgvksin37"=48A/^WD正確.

11?【解析】：萼^、&、ABE.由平拋運動的規(guī)律可得：水平方向1=%，，豎直方向

4h

h=，所以初速度為％=L底，小球離開桌面邊緣時的動能為

EK（）=^mvt=；假設一根橡皮筋對小球做功為叫），由動能定理得到：Wo=華-；

24/14〃

n條同樣的橡皮筋做功就為〃W。，1^0=八以=理3,所以及=、而二

4/?

12?【解答】根據電阻定律R=p?當吊上重物時，長度增加，橫截面積減小，電阻增大.

2分

-由于電流保持不變，故電阻應相同，電阻箱電阻變化了R-心，則重物導致拉力敏感電

Rx+R內

阻絲的電阻也會增加2分

由力m2（凡?&）cose2（a?&）cos<9

由27cos6=k即：—％,故G—2分

△FGk

由閉合電路歐姆定律可得：拉力越大，電阻越大，電流越小，刻度盤將不均勻，2分呈現出左密

右疏的特點.1分

13解：（1）由于重力與支持力平衡，帶電小球在電場中類平拋運動:

25/3L=-a/2（1分）

2

。=迫（1分）

in

4L=vof（1分）

解得：E=Y1皿（1分）

4qL

（2）由運動分解知識得：

vv=at（1分）

v=（1分）

t

由：tan0——=V3（1分）

小球在。點的速度大小為：v=——=2%（1分）

cos600

在小球在磁場中：qvB=—氏=把=細⑥（1分）

RqBqB

f2成2mn0_5mn,八、

小球在磁場中：T=-----=----f0=—T=----（1分）

vqB2乃3qB

由幾何關系可得：do=R+Rcos300（1分）

得：」2+揚〃叫Q分）

qB

14.（1）對Pi由動能定理得：tngR=—wV]--mvl（1分）

解得：v,=5m/s（1分）

⑵由動量守恒得：=tnv2+mv3

解得:v3=5m/s（1分）

假設Pi與滑板相對靜止，則：色機g=4，w0〃o=與四（1分）

對Pi：f=ma=<^mg故：Pi與滑板相對靜止（1分）

04

對P1P2與滑板，由動量守恒可得：mv3=5mv4（1分）

又由能量守恒定律可得：;相片=：5Mu：+"2"g4

解得：L^=5m（1分）

滑塊撞墻后對P2：由動能定理得：一"2相g$l解得$1（1分）

對P1：由動能定理得：一〃g53=0-3機破解得：$2=°5篦（1分）

由于$2+1=0.75/2?<L=5m

故：P|P2不能再碰.（1分）

⑶.討論Pi最終距B點距離S與x的關系？

對滑板：由動能定理得："2加g/=g4m式-0解得：/=1〃2（1分）

討論：

當x>1帆時，s=$2=0.5相（1分）

當0<xKlm時，滑板沒有共速就已經撞墻，則:

對滑板及P.由動能定理：

fx

—p2^S=~—0解得：v5=4x（1分）

對Pi由動能定理可得：一=0-gm片

x

解得：s=—（1分）

2

15.【解答】不浸潤（1分），液體表面張力（1分），增加（1分），保持不變（1分）.

解：（1）設氣體流入艙內的壓強為Po的氣體體積為Vi,流出艙外的壓強為Pi的氣體體積為

V2,轉換為壓強為Po的氣體體積為V3,由波意耳定律得：P0Y+RV=R（V+V2）;（1分）

RV?=畤V3（1分）負壓AP=P。-P[=30pa（1分）

聯立得：AV=V/M=VE、L8xlO"m3（1分）

玲

（1）負壓為30pa得隔離倉所處環(huán)境溫度升高0.05C,體積視為不變，設升溫前后艙內氣體

壓強差為AR,根據查理定律得：立=巳二組，（2分）其中P1=Po-AP=LO13xl（）5p〃

ET3AT

升溫后艙內外壓強差AP2=AP-AP1（1分）

聯立求解得到：AP2=13.12〃。<15〃。，會發(fā)生聲光報警.（1分）

y=5sin（與-（）cm（2分）

16【解析】向上（1分）10cm（l分）

因為波沿x軸正方向傳播，起振方向向上，可知此時刻該點向上振動.由圖可知波長入=4m,

據u=可知T=4s,所以此后的2s內質點運動了10cm.x=1.5m處質點的振動方程為

T

y=5sin（---）cm.

24

【解析】作出兩平行光。、。的光路圖如圖所示

a光線經全反射后與光屏交于尸點

由幾何關系得，AF=R（1分）

根據折射率的定義n=—=—二