2020年贵州省安顺市高考物理一模试卷

2020年贵州省安顺市高考物理一模试卷
一.选择题（每小题6分，共7小题，1-5小题单选，6-8小题多选，少选3分；多选，错选0分，共计42分）
1. 两个质点甲与乙，同时由同一地点向同一方向做直线运动，它们的速度-时间图象如
图所示。

则下列说法中正确的是（）
A.第2s末甲将会追上乙
B.在第2s末甲、乙将会相遇
C.在2s内，甲的平均速度比乙的大
D.在第2s末甲、乙相距最远
【答案】
D
【考点】
匀变速直线运动的概念
【解析】
在v−t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据位移关系分析甲乙能否相遇，并根据位移关系分析平均速度关系。

根据两个物体速度关系判断何时相距最远。

【解答】
AB、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，在第2s末，甲的位移：x=
1
×2×10m=10m，乙的位移：x乙＝10×2m＝20m，可知在第2s末甲、乙不会相遇，2
故A、B错误；
C、在前2s内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故C错误；
D、甲追上乙之前，前2s内乙的速度一直大于甲的速度，二者距离一直增大，2s末时
速度相等，之后甲的速度大于乙的速度，二距离减小，所以在第2s末两者相距最远，
D正确。

2. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，一质量为m的滑块放在倾角为θ、动摩擦因数为μ的斜面上恰好静止，现对滑块施加一竖直向下的力F，则下列说法中不正确的是（）
A.滑块仍然保持静止
B.斜面对滑块的摩擦力变大
C.斜面对地面的压力变大
D.地面对斜面的摩擦力变大
【答案】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
分析未对滑块施加F时小滑块的受力情况，根据平衡条件列方程，对滑块施加竖直向下的F，仍然满足平衡条件，根据平衡条件分析摩擦力的变化；以整体为研究对象，根据平衡条件分析压力和摩擦力的变化。

【解答】
A、未对滑块施加F时，对小滑块受力分析：重力mg，斜面对滑块的支持力N，静摩擦力f，由题目可得：μmgcosθ＝mgsinθ；现对滑块施加竖直向下的F，仍然满足
μ(mg+F)cosθ＝(F+mg)sinθ，故滑块仍然保持静止，故A正确；
B、施加F后，根据平衡条件可得斜面对滑块的摩擦力f＝(F+mg)sinθ，所以摩擦力
增大，故B正确；
C、施加F后，把滑块及斜面看着一个整体，地面对斜面的支持力等于斜面的重力、物
体的重力以及力F之和，根据牛顿第三定律可知斜面对地面的压力变大，故C正确；D．整体在水平方向上不受力的作用，故施加F前后，地面对斜面均无摩擦力作用，故
D错误。

本题选不正确的，
3. 如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道MNO顶端和斜面顶端O点以大小相等的初速
度v0同时水平拋出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直
高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（）
A.b球一定先落在斜面上
B.a球一定先落在半圆轨道上
C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上
D.b小球落到斜面最底端时，a球恰好落在半圆轨道上最低点
【答案】
C
【考点】
平抛运动的概念
【解析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和
斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案。

【解答】
D、若b小球落到斜面最低端时，由下图所画轨迹可判断a小球已经打在MN段的P点了，故a小球不可能落在半圆轨道最低点，故D错误。

4. 如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q的点电荷，a、b、c、d是正方形各边长的中点，则以下说法中正确的是（）
A.a、b、c、d四点的场强相同
B.a、c两点的场强相同
C.b、d两点的场强一定等大且反向
D.e点的场强不为零
【答案】
C
【考点】
电场的叠加
点电荷的场强
【解析】
在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q的点电荷，依据点电荷的电场强度公式，结合矢量的合成法则，及几何长度关系，即可求解a、b、c、d、e点的电场强度大小与方向。

【解答】
ABC、设正方形边长为L，每个电荷电量为Q，对a点研究，左侧的一正一负两个电荷
在a点的合场强方向向下，大小为：E1=2kQ
(L
2
)2
=8kQ
L2
右侧的一正一负两个电荷在a点的合场强方向向上，大小为E2=
(√5
2L)
L
2
√5L
2
=8√5kQ
25L2
a点的合场强的方向向下，大小为：E a＝E1−E2
同理，可以求出b、c、d各点的场强的大小都是E1−E2，方向分别是向右、向上、向左。

所以a、c两点的场强一定等大而反向，b、d两点的场强一定等大而反向，故AB错误，
C正确；
D、由图可知，两个正电荷在e点产生的场强大小相等，方向相反；两个负电荷在e点
产生的场强也是大小相等，方向相反；所以e点的合场强为0，故D错误。

5. 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方:Q正等于（）
A.1:√2
B.√2:1
C.1:2
D.2:1
【答案】
D
【考点】
交变电流的峰值
交变电流的周期和频率
焦耳定律
【解析】
本题考查对有效值以及焦耳定律的应用．
【解答】
解：由图可知，方形交流电源的有效值为u0，正弦交流电电压的有效值为0
√2
．设该电
阻的阻值为R，则Q
方=u02
R
T，Q
正
=(
u0
√2
)2
R
T=u02
2R
T，即Q方:Q正=2:1，选项D正确，A、
B、C错误．
故选D．
6. 如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接。

小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。

已知PB＝3R，F的大小可能为（）
A.1 2mg
B.5mg
6
C.mg
D.7mg
6
【答案】
B,C
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
动能定理的应用
【解析】
小球能通过C点应满足：m v C2
R
≥mg，从而得到小球通过C点的速度范围。

小球离开C点后做平抛运动，
落在P点右侧区域，应有：2R=1
2
gt2，v C t<3R．对小球从P点到C点由动能定理列式，从而得到F的范围，即可求解。

【解答】
v C2
且由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域，则：竖直方向有2R=1
2
gt2，水平方向有v C t<3R
对小球从P点到C点由动能定理得
F⋅3R−2mgR=1
2
mv C2
联立解得5mg
6≤F<25mg
24
，故BC正确，AD错误。

7. 自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是（）
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
【答案】
A,D
【考点】
霍尔效应及其应用
【解析】
依据单位时间内的脉冲数，即可知转动周期，再结合角速度与周期，与线速度与角速度关系，即可求解；
根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析．
【解答】
解：A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小．故A正确．
B．根据qvB=q U H
d 得，U H=vB
d
，由电流的微观定义式：I=nesv，n是单位体积内的
电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，
整理得：v=I
nes ，联立解得：U H=IB
nesd
，可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强
度，保持电流不变，霍尔电压U H与车速大小无关．故B错误．
C．霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的．故C错误．
D．由公式U H=IB
nesd
，若长时间不更换传感器的电源，那么电流I减小，则霍尔电势差
故选：AD．
二.实验题（共计15分，9题9分，10题17分）
如图甲所示的实验装置，可用来测定速度与加速度，在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某位置固定一光电门，电磁铁通电后铁质金属球被吸起，测出此时金属球与光电门的距离ℎ（ℎ远大于金属球的直径），断开电磁铁的电源，测量金属球下落过程中经过光电门的时间为△t，请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测得金属球的直径为d，如图乙所示，则该示数为________cm；
（2）金属球过光电门时的速度表达式v＝________；加速度的关系式为a＝________；（用以上字母表示）
【答案】
0.930
d △t ,(d
△t
)21
2ℎ
【考点】
利用打点计时器研究匀变速直线运动
【解析】
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出金属球经过光电门时的速度表达式；再由运动学速度与位移公式，即可求解。

【解答】
游标尺是20分度，则其精确度为0.01mm＝0.001cm；
主尺读数为：0.9cm，
游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，那么游标读数为6×0.05mm＝0.30mm＝0.030cm，
所以最终读数为0.9cm+0.030cm＝0.930cm；
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，那么金属球通过光电门时的速度大小为v=
d
△t
根据运动学速度与位移公式得，加速度的关系式a=v2
2ℎ=(d
△t
)21
2ℎ
；
（1）测量电源的电动势E及内阻r的实验中，按图甲所示的电路图连好实验电路，合上开关，电流表和电压表的读数正常，当将滑动变阻器的滑动触头由A端向B端逐渐滑动时，发现电流表的示数逐渐增大，而电压表的示数几乎不变，直到当滑动触头滑至
电流、电压值，出现上述情况的原因可能是（）
A.电源内阻太小
B.滑动变阻器阻值太大
D.电流表内阻不够小
C.电压表内阻不够大
为了更好地测出电源的电动势E及内阻r，增加了一个固定电阻R0，改变了电路，顺利完成实验。

（2）用笔画线代替导线，在图乙中完成增加R0后的实物连线。

（3）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下（已知R0＝1.0Ω）：
表中的数据已描绘在图丙所示的方格纸上；可求得电动势E＝________V，内阻r＝
________Ω；
【答案】
B
如图；
1.6,0.25
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P由A端向B 端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大。

【解答】
整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P滑至临近B端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短，故B正确。

根据题意我要将定值电阻与电源串联，画出实物图，如图。

U−I图象的纵轴截距表示电源的电动势，根据图象纵坐标截距知E＝1.6V，内电阻和
R0的和等于图线的斜率，故r=△U
△I −R0=1.6−1.0
0.48
Ω−1Ω=0.25Ω
三.计算题（11题12分，12题20分，共计32分）
如图所示，平行极板A、B间有一电场，设A、B间的距离为d1，在电场右侧有一宽度为d的匀强磁场。

质量m、电荷量为+q的带电粒子在A极板附近由静止释放，在仅在电场力作用下，加速后以速度v离开电场，并垂直于磁场边界方向进入磁场，粒子离开磁场时与磁场边界线成30∘角，不计重力。

试求
（1）极板A、B，哪个极板的电势高？A、B间的电压是多大？
（2）磁感应强度B是多大？
（3）粒子从静止释放到离开磁场所用的时间？
【答案】
极板A的电势高，A、B间的电压是mv 2
2q
；
磁感应强度B是√3mv
2qd。

粒子从静止释放到离开磁场所用的时间为2√3πd
9v。

【考点】
动能定理的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
带电粒子在匀强磁场中的运动规律
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）根据粒子的运动判断电势高低，由动能定理求出电压；
（2）由左手定则判断出磁感应强度的方向，由牛顿第二定律求出磁感应强度大小；（3）求出粒子在电场中做匀加速运动的时间为t1，由几何关系可得圆弧所对的圆心角，求出粒子在磁场中运动的时间，从而得到粒子从静止释放到离开磁场所用的时间。

【解答】
由于粒子在电场中加速，可知A极板的电势比B极板的电势高，由动能定理有：qU=
1
2
mv2
则两极板AB间的电压为：U=mv 2
2q
；
根据粒子的运动情况，可知磁感应强度B的方向是垂直纸面向外
粒子在磁场中，有：qvB＝m v2
R
由几何关系有：d
R
=cos30∘
解得磁感应强度B的大小为：B=√3mv
2qd。

粒子在电场中做匀加速运动，设运动的时间为t1
d1=vt=(0+v)
2
t1
解得：t1=2d1
v
设粒子在磁场中的时间为t2，由几何关系可得圆弧所对的圆心角为θ＝60∘
则有：t2=θ
360T=Rθ
v
=2√3πd
9v。

粒子从静止释放到离开磁场所用的时间为：t＝t1+t2=2d1
v +2√3πd
9v。

如图，光滑水平面上静置一长度l＝2m，质量M＝4kg的长木板A，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m＝1kg，A与B间动摩擦因数μ＝0.2．现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g＝10m/s2（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）则：
（1）为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m；
（2）若拉力F＝5N，求A对B的静摩擦力f的大小和方向；
（3）若拉力F＝14N，从开始运动到物块离开长木板所用的时间。

【答案】
若拉力F＝5N，求A对B的静摩擦力f的大小为1N，方向水平向右；
若拉力F＝14N，从开始运动到物块离开长木板所用的时间为2s。

【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）当AB间刚要发生相对滑动时拉力最大，先对整体，再对B利用牛顿第二定律列式，即可求解拉力的最大值F m；
（2）然后比较F，先对整体，利用牛顿第二定律求出加速度，再对B，运用牛顿第二
定律求A对B的静摩擦力f的大小和方向；
（3）在力F2作用B向右匀加速，B在摩擦力带动下也向右匀加速，根据相对位移求出
从开始运动到物块离开长木板所用的时间。

【解答】
设当AB间刚要发生相对滑动时的加速度为a1，对AB整体，由牛顿第二定律得：
F m＝(M+m)a1
对B，有：μmg＝ma1
联立解得：F m＝10N
若拉力F＝5N<F m，对AB整体分析，由牛顿第二定律得：
F1＝(M+m)a2
对B，由牛顿第二定律得：f＝ma2
联立解得f＝1N，方向水平向右
因为F＝14N>F m，所以AB间发生了相对滑动，此时木块B加速度为：a1＝μg＝
2m/s2
木板A加速度为a3，则：F2−μmg＝Ma3
解得：a3＝3m/s2。

设从开始运动到物块离开长木板所用的时间为t，则：1
2a3t2−1
2
a1t2=l
代入数据可得：t＝2s。