1、广东省2020届高三物理摸底考模拟试题（含解析）一、选择题：本题共8小题, 第15题只有一项符合题目要求, 每小题3分，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。1.如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设加速电压kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）=mv2；对类似平抛运动
2、过程，有：l=vt；联立解得：，故选B。【点睛】本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目2.如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2落地完成平抛运动。不计空气阻力，则（ ）A. t22t1B. t2=2t1C. t20，可见杆对小球做正功，AB错误；由于系统机械能守恒，故小球A增加的机械能等于小球B减小的机械能，杆对小球B做负功，C错误；故D正确；4.2014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”
3、探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是()A. “嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B. “嫦娥五号”在d点的加速度小于C. “嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D. “嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率【答案】C【解析】试题分析：A、“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故
4、A错误B、在d点，“嫦娥五号”的加速度，又GM=gR2，所以故B错误C、“嫦娥五号”从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率，故C正确D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误故选C考点：考查万有引力定律及其应用【名师点睛】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合万有引力提供向心力、机械能守恒进行求解5.一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按图甲所示方式连接，R=10，变压器的匝数比为。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，。下列说法中正确的是()A. 通过R的电流B. 电流表A的读数为
5、0.1AC. 电流表A的读数为D. 电压表V的读数为【答案】B【解析】【详解】A、由图象知T=210-2s；f=50 Hz；=2f=100 rad/s；故，则A错误；BC、次级电流的有效值为，再根据=知，I1有效值为0.1A，即电流表A的读数为0.1A，选项B正确，C错误；D、电压表读数应为副线圈电压有效值，选项D错误。6.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D，E，F三点,且DEEF.K，M，L分别为过D，E，F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以 表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以 表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值,则()A. B.
6、 C. 粒子由a点到b点,动能增加D. a点的电势较b点的电势低【答案】B【解析】根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知，DE段场强大于EF段场强，由公式U=Ed定性分析得知，DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式W=qU得，|Wab|Wbc|故A错误，B正确。由图看出，电荷的轨迹向左弯曲，则知其所受的电场力大致向左，所以等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a点的电势高于b点的电势，粒子由a到b过程中，电势能增大，动能减小。故CD错误。故选B。7.如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为粒子的径迹。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动
7、，三者轨道半径r1r2r3，并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则()A. T1=T2v3C. a1a2a3D. t1=t2=t3【答案】AC【解析】【详解】A、各粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T=，根据粒子的比荷大小，可知：T1=T2r2r3，结合r=及粒子比荷关系可知v1v2v3，故B错误；C、粒子运动的向心加速度a=，结合各粒子的比荷关系及v1v2v3可得：a1a2a3，故C正确；D、由图可知，粒子运动到MN时所对应圆心角的大小关系为123，而T1=T2，因此t1t2，由T2T3，且2
8、3，可知t2t3，故D错误。8.如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力的大小为N，小球在最高点的速度大小为v，N-v2图象如图乙所示。则()A. 小球的质量为B. 当时，球对杆有向下的压力C. 当时，球对杆有向上的拉力D. 若c=2b，则此时杆对小球的弹力大小为a【答案】ABD【解析】【详解】A、由题意可知，在最高点时，若v2b，则杆对球的作用力为支持力，根据牛顿第二定律： ，解得：，斜率的绝对值，所以小球的质量为，A正确；BC、v2b时，杆对球的作用力为支持力，根据牛顿第三定律可知，球对杆有向下的压力，B正确，
9、C错误；D、当v2=0时，有N =mg=a；当v2=b时，有；当v2=c=2b时，有；联立可解得Nc=mg=a，D正确。二、非选择题： 9.为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离x随时间t的变化规律如图乙所示. (1)根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度大小v_ m/s，木块加速度a_ m/s2(结果均保留2位有效数字).(2)在计算出加速度a后，为了测定动摩擦因数，还需要测量斜面的倾角(已知当地的重力加速度g)，那么得出
10、的表达式是_.（用a，g表示）【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). 【解析】（1）根据某段时间内平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=m/s=0.40m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsin-mgcos得：；点睛：解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式10.某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件，该电学元件上标有“最大电流不超过6 mA，最大电压不超过7 V”，
11、同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线，他们设计的一部分电路如图所示，图中定值电阻R1 k，用于限流；电流表量程为10 mA，内阻约为5 ；电压表(未画出)量程为10 V，内阻约为10 k；电源电动势E为12 V，内阻不计，滑动变阻器阻值020 ，额定电流1 A。正确接线后，测得的数据如下表：次数12345678910U/V0.003.006006.166.286.326.366.386.396.40I/mA0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.00(1)由以上数据分析可知，电压表并联在M与_之间(填“O”或“P”)。(2)将电路图在虚线框中补充完
12、整_。(3)从表中数据可知，该电学元件的电阻特点是：_。【答案】 (1). (1)P (2). (2)如图所示 (3). (3)当元件两端的电压小于或等于6 V时，元件的电阻非常大，不导电；当元件两端的电压大于6 V时，随着电压的升高元件的电阻变小；【解析】（1）由表中实验数据可知，电学元件电阻最小测量值约为：R=6.4/0.00551163.6，电流表内阻约为5，电压表内阻约为10k，相对来说，元件电阻远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，因此电压表应并联在M与P之间（2）描绘伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由（2）可知，电流表采用内接法，实验电路图如图所示
13、：（3）由表中实验数据可知，当元件两端的电压小于6V时，电路电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6V时，随着电压的升高电流迅速增大，电压与电流的比值减小，电阻变小；点睛：本题考查了实验器材选择、实验实验电路设计、实验数据分析等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键；要掌握握器材选取的方法：精确、安全11.如图所示,一根直杆AB与水平面成某一角度自定,在杆上套一个小物块,杆底端B处有一弹性挡板,杆与板面垂直.现将物块拉到A点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t图象如图乙所示,物块最终停止在B点. 重力加速度为取g=10 m/
14、s2.求:(1)物块与杆之间的动摩擦因数.(2)物块滑过的总路程s.【答案】（1）物块与杆之间的动摩擦因数为0.25；（2）物块滑过的总路程s为6m【解析】解：（1）设杆子与水平方向的夹角为，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小，匀减速上滑的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mgsinmgcos=ma1，mgsin+mgcos=ma2，联立两式解得=0.25，sin=0.6（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，mgs1sinmgcoss=0，由图线围成的面积知，代入数据解得s=6m答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数为0.25；（2）物块滑过的总路程s为6m【点评】本题考查了牛顿第二
15、定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大12.如图，两条间距L=0.5m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成30角固定放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量、的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r=0.2，导轨电阻不计。ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以的恒定速度向上运动。某时刻释放cd， cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度g=10m/s2，求在cd速度最大时，（1）abcd回路的电流强度I以及F的大小；（2）abcd回路磁通量的变化率以及cd的速率。【答
16、案】(1) I=5A ,F=1.5N (2),【解析】（1）以cd为研究对象，当cd速度达到最大值时，有： 代入数据，得： I=5A 由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力： （或对ab：） 代入数据，得： F=1.5N （2） 设cd达到最大速度时abcd回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律，有： 由闭合电路欧姆定律，有： 联立并代入数据，得：=1.0Wb/s 设cd的最大速度为vm，cd达到最大速度后的一小段时间内，abcd回路磁通量的变化量： 回路磁通量的变化率： 联立并代入数据，得：m/s 点睛：本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和
17、力平衡知识；分析清楚金属棒的运动过程与运动性质是解题的前提，应用平衡条件、欧姆定律即可解题.13.如图，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg，g为重力加速度。(1)求电场强度E和a、O两点的电势差U；(2)若小球在a点获得一水平初速度，使其在竖直面内做圆周运动，求小球运动到b点时细绳拉力F的大小.【答案】（1），方向竖直向上； （2）【解析】【详解】(1)小球静止在a点时，由共点力平衡得 mg+2mgqE 解得 ，方向竖直向上 在匀强电场中，有 则a、
18、O两点电势差 (2) 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小vb，由动能定理得 小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得 联立式，代入解得 14.如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t = 0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M =3 kg，高h = 0.2 m，与地面间的动摩擦因数=0.2；滑块质量m =0.5 kg，初始位置距木板左端L1=0.46 m，距木板右端L2=0.14 m；初速度v0=2 m/s，恒力F = 8 N，重力加速度g=10 m/s
19、2。求：（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；（3）从t = 0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。【答案】1）0.2s（2）0.6m/s（3）-7.38J【解析】试题分析：由于A上表面光滑，小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止，滑块离开后做自由落体运动，由来计算时间；由于A上表面光滑则小物块B离开木板A前始终对地静止，木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，对木板应用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式即可求解时间；摩擦力做功为，s为木板运动的路程（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为
20、t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知，得（2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得a1=5m/s2，则木板减速到零所经历的时间所经过的位移由于s1L1=0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律得a2=m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移该过程根据运动学公式，得t2=1.8s滑块滑离瞬间木板的速度（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律得a3=m/s2故木板在这段时间的位移为整个过程摩擦力对木板做的功为得15.下列说法中正确的是_A. 温度越高
21、，分子的无规则热运动越剧烈B. 物体的温度越高，所有分子的动能都一定越大C. 分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小D. 一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高E. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加【答案】ACD【解析】【详解】A. 温度是分子平均动能的标志，则温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，选项A正确；B. 物体的温度越高，分子平均动能变大，但并非所有分子的动能都一定越大，选项B错误；C. 分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，选项C正确；D. 根据可知，一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高，选项D正确；E. 如果物体从外界吸收了热量，但是物
22、体同时对外做功，则物体的内能不一定增加，选项E错误.16.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示。已知该气体在状态C时的温度为300 K。求：（i）该气体在状态A、B时的温度分别为多少？（ii）该气体从状态A到B是吸热还是放热？请写明理由。【答案】（i）tB27；tA177 （ii）放热，见解析【解析】(i)对一定质量的理想气体由B到C过程，由理想气体状态方程知；解得（或）；（或者由pBVB=pCVC得知该过程为等温变化过程，得TB=TC=300K）；又A到B为等容过程有；解得（或）；（ii）根据图象可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功；又可知内能变化；根据热力学第一定律，得，即放热。
