广东省2020届高三物理摸底考模拟试题(含解析)

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1～5题只有一项符合题目要求, 每小题3分，第6～8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
1
d
为( )
A.
k B. 2k
C. 3k
D. 5k
【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 ）=
12
mv 2
； 对类似平抛运动过程，有：l =vt ；21 22d qU t md =
⋅；联立解得： 2l k d
=，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t 1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t 2落地完成平抛运动。

不计空气阻力，则（ ）
A. t 2>2t 1
B. t 2=2t 1
C. t 2<2t 1
D. 落在B 点
【答案】C 【解析】
试题分析：在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t 1恰好落在斜面的中点P ，有
2
12gt
tan vt
θ=，解得12vtan t g θ＝，水平位移212v tan x vt g
θ=＝，初速度变为原来的2倍，若
还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A 点以速度2v 水平抛出小球，小球将落在水平面．可知两球下降的高度之比为1：2，根据2 h
t g
=知，1212t t ：＝：，则t 2＜2t 1．故选C 。

考点：平抛运动
【名师点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大。

3.如图所示，可视为质点的小球A 和B 用一根长为0.2 m 的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2 m/s 的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2
，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )
A. 杆对小球A 做负功
B. 小球A 的机械能守恒
C. 杆对小球B 做正功
D. 小球B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m 【答案】D 【解析】
将小球A 、B 看做一个系统，设小球的质量均为m ，最后小球B 上升的高度为h ，根据机械能
守恒定律有
21
2(0.2sin 30)2
mv mgh mg h m ⨯=++⋅︒，解得h=0.15m ，D 正确；以小球A 为研究对象，由动能定理有2
1(0.2sin 30)02
mg h m W mv +⋅︒+=-，可知W>0，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”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2
2gR r
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A 错误．B 、
在d 点，“嫦娥五号”的加速度2GM a r =，又GM=gR 2
，所以22gR a r
=．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 =10Ω，变压器的
匝数比为
12
10
1
n n =。

图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象，m 102V U =。

下列说法中正确的是( )
A. 通过R 的电流2(A)R i t π
B. 电流表A 的读数为0.1A
C. 电流表A 2
D. 电压表V 的读数为102V 【答案】B 【解析】
【详解】A 、由图象知T =2×10-2
s ；f =50 Hz ；ω=2πf =100π rad/s；故2(A)R i t π=，
则A 错误；
BC 、次级电流的有效值为221A 2
I ==，再根据12I I =21
n n 知，I 1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m
10V 2
U ==，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DE ＝EF.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
Wab 表示该粒子从a 点到b 点电场力做功的数值,以Wbc 表示该粒子从b 点到c 点电场力
做功的数值,则( )
＝
A. Wab Wbc
＞
B. Wab Wbc
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，|W ab|＞|W bc|．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α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，三者轨道半径r1>r2>r3，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=T2<T3
B. v1=v2>v3
C. a1>a2>a3
D. 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 =2m
qB π，根据粒子的比荷大小42m q αα=，H H 1
1
m q =可知：T 1=T 2<T 3，故A 正确； B 、由于r 1>r 2>r 3，结合r =mv
qB
及粒子比荷关系可知v 1>v 2>v 3，故B 错误；
C 、粒子运动的向心加速度a =qvB
m
，结合各粒子的比荷关系及v 1>v 2>v 3可得：a 1>a 2>a 3，故C 正确；
D 、由图可知，粒子运动到MN 时所对应的
圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3，而T 1=T 2，因此t 1<t 2，由T 2<T 3，且θ2<θ3，可知t 2<t 3，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 -v 2图象如图乙所示。

则( )
A. 小球的质量为a R b
B. 当v b <
C. 当v b <
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v 2<b ，则杆对球的作用力为支持力，根据牛顿第二
定律： 2mv mg N R -=，解得：2
mv N mg R
=-，斜率的绝对值=k R a b m =，所以小球的质
量为m R a
b
=
，A 正确； BC 、v 2<b 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，C 错误；
D 、当v 2=0时，有N =mg =a ；当v 2
=b 时，有mb mg R =
；当v 2
=c =2b 时，有2c mb mg N R
+=；联立可解得N c =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μ，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/s 2(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μ，还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g )，那么得出μ的表达式是μ＝____________.（用a ，θ，g 表示） 【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). sin cos g a
g θθ
-
【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=
0.30.140.4-m/s=0.40m/s ，0.2s 末的速度为：v′=0.320.24
0.4
-=0.2m/s ，
则木块的加速度为：20.40.2
1.0/0.2
v v a m s t -'-===． （2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ-μmgcosθ 得：gsin a cos θμθ
-=
；
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”，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R＝1 kΩ，用于限流；电流表量程为10 mA，内阻约为5 Ω；电压表(未画出)量程为10 V，内阻约为10 kΩ；电源电动势E为12 V，内阻不计，滑动变阻器阻值0～20 Ω，额定电流1 A。

正确接线后，测得的数据如下表：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 U/V 0.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40 I/mA 0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 (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=6.4/0.0055Ω≈1163.6Ω，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻约为10kΩ，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：
（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/s2.求:
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ.
(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μ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θ，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，mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 1，mgsinθ+μmgcosθ=ma 2， 联立两式解得μ=0.25，sinθ=0.6．
（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得， mgs 1sinθ﹣μmgcosθ•s=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μ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α=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0.1kg ab m =、
0.2kg cd m =的金属棒ab 、cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r =0.2Ω，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2m/s v =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/s 2，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。

【答案】(1) I =5A ,F =1.5N (2)Δ 1.0Wb/s Δt
Φ
=,m 3m/s v = 【解析】
（1）以cd 为研究对象，当cd 速度达到最大值时，有：
sin cd m g BIL α=①
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：
()sin ab cd F m m g α=+②
（或对ab ：sin ab F m g BIL α=+）
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： ΔΔE t Φ=③ 由闭合电路欧姆定律，有：E I r =
④ 联立③④并代入数据，得：ΔΔt
Φ=1.0Wb/s 设cd 的最大速度为v m ，cd 达到最大速度后的一小段时间t ∆内，
abcd 回路磁通量的变化量：ΔΔ()Δm B S BL v v t Φ=⋅=+⋅⑤
回路磁通量的变化率： Δ()Δm BL v v t
Φ=+⑥ 联立⑤⑥并代入数据，得：m 3v =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a 4v gl =
b 点时细绳拉力F 的大小.
【答案】（1）3mg E q =，方向竖直向上；3aO mgl U q
=- （2）6F mg = 【解析】
【详解】(1)小球静止在a 点时，由共点力平衡得 mg +2mg ＝qE
解得 3mg E q =，方向竖直向上 在匀强电场中，有Oa U El =
则a 、O 两点电势差 3aO mgl U q
=- (2) 小球从a 点运动到b 点，设到b 点速度大小
v b ，由动能定理得 22112222
b a qE l mg l mv mv -⋅+⋅=- 小球做圆周运动通过b 点时，由牛顿第二定律得
2b v F qE mg m l
+-= 联立②⑤⑥式，代入a 4v gl =
解得 6F mg =
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v 0，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µ=0.2；滑块质量m =0.5 kg ，初始位置距木板左端L 1=0.46 m ，距木板右端L 2=0.14 m ；初速度v 0=2 m/s ，恒力F = 8 N ，重力加速度g =10 m/s 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212
h gt =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W fs =-，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t 0，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2012h gt =，得00.2t s == （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1()F m M g Ma μ++= 得a 1=5m/s 2，则木板减速到零所经历的时间011
0.4v t s a == 所经过的位移2011
0.42v s m a == 由于s 1＜L 1=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
2()F m M g Ma μ-+=
得a 2=13
m/s 2 滑块离开木板时，木板向左的位移2120.54s s L m =+= 该过程根据运动学公式222212
s a t =，得t 2=1.8s 滑块滑离瞬间木板的速度2220.6m/s v a t ==
（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 3F Mg Ma μ-=
得a 3=23
m/s 2
故木板在0t 这段时间的位移为23203012m 215
s v t a t =+= 整个过程摩擦力对木板做的功为123()()f W m M g s s Mgs μμ=-+⋅+-
得7.38f W J =-
15.下列说法中正确的是________
A. 温度越高，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pV C T
=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p －V 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 ）t B ＝27℃；t A ＝177 ℃（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=C C B B B C
p V p V T T ； 解得300B C T T K ==（或27B t =℃）；
（或者由p B V B =p C V C 得知该过程为等温变化过程，得T B =T C =300K ）；
又A 到B 为等容过程有A B A B
p p T T =； 解得450A T K =（或177A t =℃）；
（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0W J =； 又A B T T >可知内能变化0U ∆<；
根据热力学第一定律U W Q ∆=+，得0Q <，即放热。