1、广东省2021年高中物理选择性模拟测试题（五）(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.下列关于核反应的说法,正确的是()A.ThPae是衰变方程UThHe是核裂变方程BUnn是核裂变方程,也是氢弹的核反应方程CTh衰变为Rh,经过3次衰变,2次衰变D.铝核Al被粒子击中后产生的反应生成物是磷P,同时放出一个质子2.如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为21,电阻为55 ,电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图(乙)所示的正弦交流电压,下列说法正确的是()A.电流表的示数
2、为4.0 AB.电压表的示数为155.6 VC.副线圈中交流电的频率为50 HzD.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为213.高速公路收费站都设有“ETC”通道(即不停车收费通道),设ETC车道是笔直的,由于有限速,汽车通过时一般是先减速至某一限定速度,然后匀速通过电子收费区,再加速驶离(将减速和加速过程都看作加速度大小相等的匀变速直线运动)。设汽车开始减速的时刻t=0,下列四幅图能与汽车通过ETC的运动情况大致吻合的是()4.如图所示,为一种改进后的回旋加速器示意图,在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N。每当带正电的粒子从a孔进入时,就立即在两板间加上恒定电压,经
3、加速后从b孔射出,再立即撤去电压。而后进入D形盒中的匀强磁场,做匀速圆周运动。缝隙间无磁场,不考虑相对论效应,则下列说法正确的是()A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向外B.粒子运动的周期不断变大C.粒子每运动一周直径的增加量越来越小D.增大板间电压,粒子最终获得的最大动能变大5.如图所示,左侧是半径为R的四分之一光滑圆弧,右侧是半径为2R的光滑部分圆弧。二者圆心在一条竖直线上,小球a、b通过一轻绳相连,二者恰好在等高处平衡。已知=37,小球可视为质点,则小球a、b的质量之比为()A.34B.35C.45D.126.在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a
4、)所示,碰撞前后两壶运动的vt图线如图(b)中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,则()A.两壶发生了弹性碰撞B.碰后蓝壶速度为0.8 m/sC.碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力7.如图所示,轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接。开始时小球位于O点,弹簧水平且无形变。O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道,圆弧的半径为R,B为轨道最高点,小球与水平面间的动摩擦因数为。现用外力推动小球,将弹簧压缩至A点,OA间距离为x0,将球由静止释放,小球恰能沿轨道运动到最高点B。已知弹簧始终在弹性限度内,重力加速度
5、为g。下列说法中正确的是()A.小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B.小球运动过程中的最大速度为vm=C.小球与弹簧作用的过程中,弹簧的最大弹性势能Ep=2.5mgR+mgx0D.小球通过圆弧轨道最低点时,对轨道的压力为5mg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,有选错的得0分。8.某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T,由于地球遮挡,宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程,如图所示已知地球的半径为R,引力常量为G,地球自转周期为T0,太阳光可看作平行光,则()A.宇宙飞船离地球表面的高度为
6、2RB.一天内飞船经历“日全食”的次数为 C.宇航员观察地球的张角为60D.地球的平均密度为=9.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的vt图象,图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能10.电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美。如图所示,真空中固定两个等量异种点电荷A、B,AB连线中点为O。在A、B所形成的电场中,以O点为圆心,半径为R的圆面垂直AB连线,以O为几何中心的边长为2R的正方
7、形平面垂直圆面且与AB连线共面,两个平面边线交点分别为e、f,则下列说法正确的是()A.在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D.沿线段eOf移动的电荷,它所受的电场力先减小后增大三、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)某同学设计出如图(甲)所示的实验装置来验证机械能守恒定律,让小球从A点自由下落,下落过程中经过A点正下方的光电门B
8、时,光电计时器记录下小球通过光电门时间t,当地的重力加速度为g。(1)为了验证机械能守恒定律,该实验还需要测量下列哪些物理量。A.小球的质量mB.AB之间的距离HC.小球从A到B的下落时间tABD.小球的直径d(2)小球通过光电门时的瞬时速度v=(用题中所给的物理量表示)。(3)调整AB之间距离H,多次重复上述过程,作出随H的变化图象如图(乙)所示,当小球下落过程中机械能守恒时,该直线斜率k0=。(4)在实验中根据数据实际绘出H图象的直线斜率为k(kmv02+mv2,碰撞过程机械能有损失,碰撞为非弹性碰撞,故A错误,B正确;根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移可得,碰后蓝壶移动的位移大小x=
9、t=5 m=2 m,故C错误;根据图象的斜率表示加速度,可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度,两者的质量相等,由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力,故D错误。7.C小球在从A到O运动的过程中,受弹力和摩擦力,由牛顿第二定律可知kx-mg=ma ,物体先做加速度减小的加速运动,当加速度为零时(弹力等于摩擦力时)速度最大,接下来摩擦力大于弹力,小球开始做减速运动,当弹簧恢复原长时小球离开弹簧,故A错误;因为小球恰能沿轨道运动到最高点B,由重力提供向心力有mg=m,解得vB=,从O到B根据动能定理得-mg2R=m-m,联立以上解得vO=,由上分析可知,小球从开始运动到离开弹簧速度先
10、增大后减小,所以最大速度要比大,故B错误;从A到O根据能量守恒得Ep=m+mgx0,联立以上得Ep=2.5mgR+mgx0,故C正确;小球在最低点时,由牛顿第二定律得FN-mg=m,联立以上解得FN=6mg,故D错误。8.CD设飞船距离地面的高度为h,如图,因宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程,则圆心角=60,所以宇航员观察地球的张角为60,由几何关系得(h+R)sin 30=R,解得h=R,故C正确,A错误;地球自转一圈时间为T0,飞船绕地球一圈时间为T,飞船绕一圈会有一次日全食,所以每过时间T就有一次日全食,得一天内飞船经历“日全食”的次数为,故B错误;由万有引力提供向心力,则有G=m
11、2r=m()2r,又轨道半径r=R+h=2R,则地球质量为M=,则地球密度为=,故D正确。9.BC由图(b)只能求出小物块与长木板的相对位移,不知道小物块最终停在哪里,无法求出木板的长度;由于图线的斜率表示加速度,则长木板的加速度为aA=,小物块的加速度aB=,根据牛顿第二定律得mg=MaA,mg=maB,解得=,=;在0t1时间内,木板获得的动能Ek=M=mv1(v0-v1),题中t1、v0、v1已知,但是M、m未知,故不能够求解出木板获得的动能,选项B、C正确。10.BC图中圆面是一个等势面,e、f的电势相等,根据电场线分布的对称性可知e、f两点的场强相同,故A错误;图中圆弧egf是一条等
12、势线,其上任意两点的电势差都为零,根据公式W=qU可知,将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功,故B正确;a点与圆面内任意一点的电势差相等,根据公式W=qU可知,将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电场力做功相同,则电势能的变化量相同,故C正确;沿线段eOf移动的电荷,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,故D错误。11.解析:(1)根据机械能守恒的表达式可知,方程两边可以约掉质量,因此不需要测量质量,故A错误;根据实验原理可知,需要测量的是A点到光电门B的距离H,故B正确;利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,不需要测量下落时间,故C错误;利用小球通过光电门的平均速度来
13、代替瞬时速度时,需要知道挡光物体的尺寸,因此需要测量小球的直径,故D正确。(2)已知经过光电门时的时间和小球的直径,则可以由平均速度表示经过光电门时的速度,故v=。(3)若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒,则有mgH=mv2,即2gH=()2,解得=H,该直线斜率k0=。(4)(乙)图中=kH,因存在阻力,则有mgH-FfH=mv2;联立解得小球下落过程中所受平均阻力与小球所受重力的比值为=。答案:(1)BD(2)(3)(4)12.解析:(1)由闭合电路欧姆定律可知I=,解得R0+R=958 ,滑动变阻器(0100 ),故定值电阻选择900 ,即选择E。(2)将红、黑表笔短接
14、,调节滑动变阻器R,该步骤进行的是欧姆调零,应使电流表指针对准3 mA处。(3)电流表满偏时,由闭合电路欧姆定律可知I=,解得R内= =1 000 ,电流表半偏时,由欧姆定律可知I=,联立两式可得R外=R内=1 000 。(4)电流应从电压表的“+”流入,因欧姆表的A端与电池的正极相连,故A端与电压表的“+”接线柱相连,所以他应将电压表的“-”接线柱与图(甲)中的B接线柱相连。两个电压表3 V、15 V的内阻分别约2 k、10 k,两电阻比较,内阻2 k更接近欧姆表的中值电阻,指针更接近中央刻度线,读数误差更小,说明3 V量程所对应的内阻测量结果更准确。(5)因贴纸上的电阻标记不变,即欧姆表的
15、内阻不变,又因欧姆表的满偏电流不变,说明电源的电动势不变,故C、D正确,A、B错误。答案:(1)E(2)3(3)1 000(4)B3(5)CD13.解析:(1)飞船加速下降时,由牛顿第二定律有mg-F=ma火箭推力对飞船做功为W=-Fh解得W=-1.6105 J。(2)设“缓冲脚”触地时飞船的速度为v,飞船垂直下降的过程中有v2=2ah从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中,设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I,根据动量定理,有4Isin 60 -mgt=0-(-mv)解得I= Ns。答案:(1)-1.6105 J(2) Ns14.解析:(1)由题图可知,导体棒的最大速度vm=3 m/s对应
16、的感应电动势E=BLvm感应电流I=当导体棒的速度达到最大时,导体棒受力平衡,则BIL=mgsin 解得B=2 T。(2)导体棒和电阻串联,由公式Q=I2Rt可知QabQR=13则导体棒ab产生的焦耳热Qab=21 J=7 J导体棒下滑x=5 m的距离,导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热,由能量守恒定律有mgxsin =m+Qab+QR得导体棒的速度v1=2 m/s此时感应电动势E1=BLv1感应电流I1=对导体棒有mgsin -BI1L=ma1解得加速度a1=2 m/s2。(3)开关S1断开、S2闭合时,任意时刻对导体棒,根据牛顿第二定律有mgsin -BIL=ma2感应电流I=
17、q=CUt时间内,有U=E=BLva2=解得a2=2 m/s2表明导体棒ab下滑过程中加速度不变,ab棒做匀加速直线运动,t=2 s时导体棒的速度v2=a2t=4 m/s。答案:(1)2 T(2)2 m/s2 m/s2(3)4 m/s15.解析:(1)温度是分子平均动能的标志,只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低,A项正确;大量分子做无规则运动的速率有大有小,分子速率分布有规律,即统计规律,分子数百分率呈现“中间多,两头少”的统计规律,B项错误;根据热力学第二定律,可以实现从单一热库吸收热量,使之完全用来对外做功,但必然会引起其他的变化,C项正确;气体的压强与单位时间内气体
18、分子对容器壁单位面积的碰撞次数以及分子对容器壁的平均撞击力有关,若温度升高,分子对容器壁的平均撞击力增大,单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少,气体的压强不一定减小,D项正确;当分子间距大于平衡距离时,增大分子间距,分子间的作用力先增大后减小;当分子间距小于平衡距离时,增大分子间距,分子间的作用力减小,E项错误。(2)初态气体温度为T1=(273+27)K=300 K体积为V1=LS当活塞A刚好达到汽缸顶部时,设气体温度为T2,气体体积为V2=2LS该过程气体发生等压变化,有=解得T2=600 K。温度为T1时,气体的压强为p1=p0+=1.1105 Pa设最后沙子倒入的质量为M,
19、则活塞B回到初位置时,气体的压强为p3=p0+此时气体的温度为T3=T2由查理定律有=解得M=22 kg设弹簧压缩了x,由胡克定律有x=则稳定后A、B间的距离为LAB=L-x=0.16 m。答案:(1)ACD(2)600 K22 kg0.16 m16.解析:(1)弹簧振子做简谐运动时,若某两个时刻位移相同,则这两个时刻的速度大小相等,方向可能相同也可能相反,A错误;单摆在周期性外力作用下做受迫振动,其振动周期是由驱动力的周期决定的,与单摆的摆长无关,B正确;火车鸣笛向我们驶来时,根据多普勒效应,我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高,C正确;当水波通过障碍物时,若障碍物的尺寸与波长差不多,或比波长小得多时,将发生明显的衍射现象,D正确;在两列波的叠加区域,某质点到两列波源的距离相等,若两个波源初相位相同,该质点的振动一定加强,而若两个波源初相位相反,则该质点振动减弱,E错误。(2)光在玻璃三棱镜中传播的光路图如图所示。设光在BC面上的入射角为i,由几何关系可得sin i=sin 60=设光在BC界面发生全反射的临界角为Csin C=可得iC,光在BC面发生全反射,不能从BC面射出。设光在AC面的入射角为,折射角为,反射角为,由几何关系可知=30=n解得=60=180-解得=90。答案:(1)BCD(2)不能90
