2020-2021学年高考仿真模拟试题(广东卷)理科综合(物理)及答案

B．向心加速度大 C．运行周期长 D．角速度小 【答案】C、D

mMv24?22?mr??mr2，由题知【解析】由万有引力定律及向心力公式得G2?ma?mrrTr2?r1，由此可知EK?12GmMGM，则Ek2?Ek1，A错。a?2，则a2?a1，B错。mv?22rr??GM2????，则，D正确。，则T2?T1，C正确。 T?213r?三、非选择题：本大题共11小题，共182分。按题目的要求作答。解答题应写出不要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数字和单位。 34．（18分）

（1）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。

①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15（a）和图15（b）所示，长度为_____cm，直径为_____mm。

圆柱体

5

6

cm

45 40 35 30 1 2 S2 R2 0 (a)

10 0 5 25 20 A R1 (c) S1 E r (b) 图 15

②按图15（c）连接电路后，实验操作如下：

（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；

（b）将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω； ③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω。

【答案】①5.02 5.315 ②（a）大 （b）大 ③1280

【解析】①5.02 5.315②电学实验的设计要遵循科学性原则、安全性原则和准确性原则。此电路中滑动变阻器是以限流方式接入电路中的，故在（a）步骤中合上开关前应使其接入电路中的阻值为最大，以保证电路安全。同理（b）步骤中亦将电阻箱R2的阻值调至最大。③步骤中，由闭合电路欧姆定律得I0?E其中R表示圆柱体的电阻。步骤中，仍由闭合电路欧

R?R1?Rg?r姆定律得I0?E，由等量代换可得R＝R2＝1280Ω

R2?R1?Rg?r（2）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。

①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在______方向（填“水平”或“竖直”）

②弹簧自然悬挂，待弹簧______时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表： 代表符号 数值（cm） L0 25.35 Lx 27.35 L1 29.35 L2 31.30 L3 33.4 L4 35.35 L5 37.40 L6 39.30 表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为______。

③图16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_________的差值（填“L0”或“L1”）。

④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s）。

【答案】①竖直 ②稳定 L3 1mm ③ L0 ④ 4.9 10

【解析】①竖直 ②测量仪器是10分度的需要估读到最小精度的下一位，则此刻度尺的最小精度应为1mm，故L3读数错误。③横轴表示的是弹簧的形变量，故为弹簧长度与 L0的差值。④由

2

m/(×10-3kg) 70 60 50 40 30 20 10 x/(×10-2m)

0 2 4 6 8 10 12 14 图16

mk10?10?3?0.5，故k=4.9N/m，挂了砝码盘后弹簧伸长了mg?kx得图像的斜率k????2xg2?10'2cm，由mg?kx知其质量为10g。

35．（18分）

如图17所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上。导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中。左侧是水平放置、间距为d的平行金属板。R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。

（1）调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。

（2）改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。 【答案】（1）

θ 图17

d Rx a l R b B mldB2MgRsin?（2）

Mqsin?B2l2【解析】（1）当Rx=R棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件Mgsin??F

安培力 F?BIl 解得 I?Mgsin? Bl感应电动势 E?Blv 电流 I?E 2R2MgRsin?解得 v?

B2l2U d（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件 mg?q棒沿导轨匀速，由平衡条件 Mgsin??BI1l 金属板间电压 U?I1Rx

解得 Rx?36．（18分）

mldB

Mqsin? 图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线

位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。

（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω得取值范围，及t1与ω的关系式。

（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。

滑槽 滑杆 r A 销钉 连杆

(a) v0 B P l Q -?r 挡板 v ?r O t π ω2π ω(b)

3π ω4π ω?t 图18

4lm(?2r2?8?gl)?r122【答案】（1）m?r （2）0??? t1? （3）Ep?

rt142?g8【解析】（1）由题知，A脱离滑杆时的速度uo=ωr 设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律 m uo=2m v1

A与B碰撞过程损失的机械能 ?E?解得 ?E?121mu0??2mv12 221m?2r2 8（2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律及运动学规律

??2mg?2ma v1=at1 x?v1t1 2 由题知x?l

联立解得0???4l?r t1? rt12?g（3）AB能与弹簧相碰 ??2mgl?1?2mv12 2