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
mFmakg?s21.【解析】B；P????kg?m?1?s?2故选B 2ssm2.【解析】C；图示的核反应为核裂变，要使核反应速度减慢，可以将铀棒插入得更浅一些，石墨起到让快中子变成慢中子的作用。
1112223.【解析】B；Ek?m0v?m0at，故t?Ek，而质量m?t，则m?Ek2
224.【解析】A；由题意得U2?Ed?3110V，而
n1U13111???，故选A。 n2U23110105.【解析】B，整体法：得到水平力F大小为3000mg；将第2024到第4000个小球看成一个整体，总重力共1980mg．所以α的正切值为
1980mg33?，所以选B．
3000mg506.【解析】C；如图，撤去导体棒C，EA?E1，表面C带负电，E0方向竖直向上，表面A带负电且E0?EC-EA，将导体棒C叠于A棒处，E0?EA?EC?2E1?E0
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T为火星的自转周期，也就是探测器在静止轨道绕火
vTr=2π，激光经过时间t传回到探测器，所以探测器星的运行周期，所以其轨道的半径为
ctvTctR=-22π2，C选项正确；由牛顿第二定律得距离火星表面的高度为，火星的半径
GMmv2rv2v3TvT=mM=M=r=r2r得到火星质量G，2πG，2π带入轨道半径，得到火星质量
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
2又vy?gt，可得tA?tB；而v1xtA?v2xtB，故相遇时速度v1x?v2x；而v1y?v2y，vy?2gh，
v1sin?1?v2sin?2，?1??2，故v1?v2；故ACD正确．
（M?m)v，所以它9.【解析】BC ,飞机钩住导体棒ab的过程，系统动量守恒，则有Mv0?们获得共同速度为v?Mv0，，所以损失的机械能为2Mmv11220M?mMv0?(M?m)v?222(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
B2L2vBLv（M?m)a，I?,所以系统将顿第二定律得：BIL?，所以加速度a=
(M?m)(R?r)R?r（M?m)?v，I?做加速度减小的减速运动，B正确；由动量定理得：BIL?t?BLv，所R?rB2L2v以?t?（M?m)?v，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?r)，C选项正确；由功能关系可知，导体棒ab克服安培力所
?22BLB2L2 做的功转化为整个电路产生的焦耳热，包括金属棒r上的热量，所以D错误．本题选AB．
10.【解析】CD,滑块撤去力F前，上升阶段由图像得：ma1x??Ek，得a1?12m/s
2F?mgsin???mgcos??ma1下降阶段有：ma2x??Ek，得a2?4m/s2
F?mgsin?-?mgcos??ma2，解得：??0.5，F?4N故C正确，撤去力F后，mgsin?-?mgcos??ma3，且ma3?x??Ek解得：Vk?42m/s，
P?mgvksin37o?482wD正确．
mgL2
11.【解析】：、n、ABE．由平抛运动的规律可得：水平方向L=v0t，竖直方向
4h
h=g12，小球离开桌面边缘时的动能为gt，所以初速度为v0=L2h2EK01mgL2mgL22W0?=mv0=；假设一根橡皮筋对小球做功为w0，由动能定理得到：；
24h4hmgL2nn条同样的橡皮筋做功就为nW0，nW0??EK?，所以Ln=nL．
4h12.【解答】根据电阻定律??=??，当吊上重物时，长度增加，横截面积减小，电阻增大．
????
2分
??=
??????+??内由于电流保持不变，故电阻应相同，电阻箱电阻变化了R1- R2，则重物导致拉力敏感电
阻丝的电阻也会增加R1- R2．2分 由2??????????=??,=k即：
??????
2(R1-R2)cosθ2(R1-R2)cosθ2分 =k，故G=Gk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:
23L?12 （1分）
at2a?qE （1分） my 4L?v0t （1分）
23mv0解得：E?（1分）
4qL-4L o x （2）由运动分解知识得：
vy?at（1分） 4L（1分） vx?t由：tan??P ?23L vyvx?3（1分）
v0cos60o小球在o点的速度大小为：v??2v0（1分）
mv2mv2mv0R??在小球在磁场中：qvB?（1分）
qBqBR
小球在磁场中：T?2?R2?m?5?m?t0?T?（1分） vqB 2?3qB0由几何关系可得：d0?R?Rcos30（1分）
得： d0?(2?3)mv0（1分）
qB1212mv1?mv0 （1分） 2214.(1)对P1由动能定理得：mgR?解得：v1?5m/s （1分）
(2)由动量守恒得：mv1?mv2?mv3 解得：v3?5m/s（1分）
假设P1与滑板相对静止，则：μ2mg?4ma0 a0?对P1：f?ma0?μ2g（1分） 4μ2mg?μ1mg 故：P1与滑板相对静止（1分） 4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：解得：L0?5m（1分）
滑块撞墙后对P2：由动能定理得：?μ2mgs1?0?对P1：由动能定理得：?μ1mgs2?0?由于s2?s1?0.75m?L?5m
1212mv3?5mv4?μ2mgL0 2212mv4解得s1?0.25m（1分） 212mv4解得：s2?0.5m（1分） 2故：P1P2不能再碰．（1分）
(3).讨论P1最终距B点距离S与x的关系？ 对滑板：由动能定理得：μ2mgx0?讨论：
当x?1m时，s?s2?0.5m（1分）
当0?x?1m时，滑板没有共速就已经撞墙，则： 对滑板及P1由动能定理：
124mv4?0解得：x0?1m（1分） 2124mv5?0 解得：v5?x（1分） 212对P1由动能定理可得：?μ1mgs?0?mv5
2?μ2mgx?解得：s?
x（1分） 215.【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P0的气体体积为V1，流出舱外的压强为P1的气体体积为V2，转换为压强为P0的气体体积为V3，由波意耳定律得：P0V1?P0V?P；（1分） （1V?V2）P1V2?P0V3（1分）
负压?P?P0-P1?30pa（1分）
联立得：?V?V3-V1??PV?1.8?10-4m3（1分） P0（1）负压为30pa得隔离仓所处环境温度升高0.05℃，体积视为不变，设升温前后舱内气体压强差为?P1，根据查理定律得：
P1P3?P15，（2分）其中P1?P0-?P?1.013?10pa ??T1T3?T升温后舱内外压强差?P2??P-?P1（1分）
联立求解得到：?P2?13.12pa?15pa，会发生声光报警．（1分） 16【解析】向上 (1分) 10 cm (1分) y?5sin（πt?-）cm(2分) 24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λ=4 m,据v?
?T
，可知T=4 s,所以此后的2 s内质点运动了10 cm．x=1.5 m处质点的振动方程为
y?5sin（πt?-）cm． 24【解析】作出两平行光a、b的光路图如图所示
a光线经全反射后与光屏交于F点
由几何关系得，AF＝R （1分）
根据折射率的定义 n?11??2 （2分） 0sinrsin45b光线从C点入射，折射后到达D点，再次折射后与光屏交于E点
sin??sin45?1? 故θ＝30° （1分）
n20由几何关系得 OD?Rtan30?3R （1分） 3b光线从D点射出玻璃砖，折射后到达E点．此时入射角θ＝30°，由折射定律可知，出射角为45° （1分）
故AE?R?3R （1分） 33R?1.42R （1分） 3由此得，左侧光屏上最亮的两个光斑间距离为 EF?2R? 或EF?
6-3R 3
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