2021年3月佛山联考物理答案及评分细则

广东省联考模拟试题

物理

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要

求

Fmakg%),

I.【解析】B；P=-=—=—0-=总m-。-2故选B

ssm

2.【解析】C；图示的核反应为核裂变，要使核反应速度减慢，可以将轴棒插入得更浅一些，石

墨起到让快中子变成慢中子的作用C

3.【解析】B：E4加0a21,故，ocJ可，而质量moc八则mocE丁

4.【解析】A:由题意得〃2=切=3110丫,而区=2L=WJ_=J_,故选A。

〃2u2311010

5.【解析】B,整体法：得到水平力厂大小为3000mg；将第2021到第4000个小球看成一个整

体，总重力共1980mg.所以a的正切值为1980mg=曳所以选B.

3000〃火50

6•【解析】C；如图，撤去导体棒C,当=4，表面C带负电，4方向竖直向上，表面A带负电

且％=皖・4，将导体棒C叠于A棒处，E0=EA+E(：=2EI+EO

7.【解析】C;探测器着陆前减速下降，加速度向上，处于超重状态，所以A选项错误；探

测器看到相邻两次日出的时间间隔为7为火星的自转周期，也就是探测器在静止轨道绕火

些

星的运行周期，所以其轨道的半径为r-2乃，激光经过时间,传回到探测器，所以探测器

_c_tR—_v_T___c_t

距离火星表面的高度为2，火星的半径2乃2,c选项正确；由牛顿第二定律得

GMmv2IT*vTV3T

—?-=m—M=——r=--M=——

r,得到火星质量G，带入轨道半径2n，得到火星质量2兀G,

所以B错误；探测器飞行到火星，摆脱地球引力的束缚，所以其发射速度应该大于第二宇宙

速度，D错误.本题选C.

8.【解析】ACD；AB篮球到达最高点时都只受到重力作用，加速度都为g,竖直方向

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

vxsin=v2sin02,“<%,故匕〉匕；故ACD正确.

9.【解析】BC,飞机钩住导体棒。的过程，系统动量守恒，则有M%=(M+m)u，所以它

M

们获得共同速度为V二二一%,所以损失的机械能为1।

M+m+m)v2=------^―

2°22(M+m)

所以A选项错误；飞机钩住金属棒后，二者组成的系统仅在安培力作用下做减速运动，由牛

DTvD-T2

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

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

RLv

做加速度减小的减速运动，B正确；由动量定理得：BILAt=(M+w)Av,1=——，所

R+r

22

以-B^L-AVt=(M+w)Av,两边求和得到整个过程中运动的距离为

R+r

(M+m)(R+r)vMv0(/?+r)，C选项正确；由功能关系可知，导体棒而克服安培力所

FTB2I?

做的功转化为整个电路产生的焦耳热，包括金属棒「上的热量，所以D错误.本题选AB.

10.【解析】CD,滑块撤去力尸前，上升阶段由图像得.ma、x=AEk，得%=12“//

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

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

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

P=mgvksin37"=48A/^WD正确.

11•【解析】：萼^、&、ABE.由平抛运动的规律可得：水平方向1=%，，竖直方向

4h

h=，所以初速度为％=L底，小球离开桌面边缘时的动能为

EK（）=^mvt=；假设一根橡皮筋对小球做功为叫），由动能定理得到：Wo=华-；

24/14〃

n条同样的橡皮筋做功就为〃W。，1^0=八以=理3,所以及=、而二

4/?

12•【解答】根据电阻定律R=p?当吊上重物时，长度增加，横截面积减小，电阻增大.

2分

-由于电流保持不变，故电阻应相同，电阻箱电阻变化了R-心，则重物导致拉力敏感电

Rx+R内

阻丝的电阻也会增加2分

由力m2（凡・&）cose2（a・&）cos<9

由27cos6=k即：—％,故G—2分

△FGk

由闭合电路欧姆定律可得：拉力越大，电阻越大，电流越小，刻度盘将不均匀，2分呈现出左密

右疏的特点.1分

13解：（1）由于重力与支持力平衡，带电小球在电场中类平抛运动:

25/3L=-a/2（1分）

2

。=迫（1分）

in

4L=vof（1分）

解得：E=Y1皿（1分）

4qL

（2）由运动分解知识得：

vv=at（1分）

v=（1分）

t

由：tan0——=V3（1分）

小球在。点的速度大小为：v=——=2%（1分）

cos600

在小球在磁场中：qvB=—氏=把=细⑥（1分）

RqBqB

f2成2mn0_5mn,八、

小球在磁场中：T=-----=----f0=—T=----（1分）

vqB2乃3qB

由几何关系可得：do=R+Rcos300（1分）

得：」2+扬〃叫Q分）

qB

14.（1）对Pi由动能定理得：tngR=—wV]--mvl（1分）

解得：v,=5m/s（1分）

⑵由动量守恒得：=tnv2+mv3

解得:v3=5m/s（1分）

假设Pi与滑板相对静止，则：色机g=4，w0〃o=与四（1分）

对Pi：f=ma=<^mg故：Pi与滑板相对静止（1分）

04

对P1P2与滑板，由动量守恒可得：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）

滑块撞墙后对P2：由动能定理得：一"2相g$l解得$1（1分）

对P1：由动能定理得：一〃g53=0-3机破解得：$2=°5篦（1分）

由于$2+1=0.75/2?<L=5m

故：P|P2不能再碰.（1分）

⑶.讨论Pi最终距B点距离S与x的关系？

对滑板：由动能定理得："2加g/=g4m式-0解得：/=1〃2（1分）

讨论：

当x>1帆时，s=$2=0.5相（1分）

当0<xKlm时，滑板没有共速就已经撞墙，则:

对滑板及P.由动能定理：

fx

—p2^S=~—0解得：v5=4x（1分）

对Pi由动能定理可得：一=0-gm片

x

解得：s=—（1分）

2

15.【解答】不浸润（1分），液体表面张力（1分），增加（1分），保持不变（1分）.

解：（1）设气体流入舱内的压强为Po的气体体积为Vi,流出舱外的压强为Pi的气体体积为

V2,转换为压强为Po的气体体积为V3,由波意耳定律得：P0Y+RV=R（V+V2）;（1分）

RV?=畤V3（1分）负压AP=P。-P[=30pa（1分）

联立得：AV=V/M=VE、L8xlO"m3（1分）

玲

（1）负压为30pa得隔离仓所处环境温度升高0.05C,体积视为不变，设升温前后舱内气体

压强差为AR,根据查理定律得：立=巳二组，（2分）其中P1=Po-AP=LO13xl（）5p〃

ET3AT

升温后舱内外压强差AP2=AP-AP1（1分）

联立求解得到：AP2=13.12〃。<15〃。，会发生声光报警.（1分）

y=5sin（与-（）cm（2分）

16【解析】向上（1分）10cm（l分）

因为波沿x轴正方向传播，起振方向向上，可知此时刻该点向上振动.由图可知波长入=4m,

据u=可知T=4s,所以此后的2s内质点运动了10cm.x=1.5m处质点的振动方程为

T

y=5sin（---）cm.

24

【解析】作出两平行光。、。的光路图如图所示

a光线经全反射后与光屏交于尸点

由几何关系得，AF=R（1分）

根据折射率的定义n=—=—二