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为( ) d

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； 2d21qU2l t；联立解得： 2k，故选B。 2mdd对类似平抛运动过程，有：l=vt； 【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. t2>2t1 点 【答案】C

B. t2=2t1 C. t2<2t1 D. 落在B

【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t1恰好落在斜面的中点P，有

122vtan2v2tangt，解得t1＝，水平位移xvt1＝，初速度变为原来的2倍，

tan2ggvt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t t2＜2t1．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，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

2

2h知，t1：t2＝：12，则g12mv2mghmg(h0.2msin30)，解得h=0.15m，D正确；以小球A为212研究对象，由动能定理有mg(h0.2msin30)W0mv，可知W>0，可见杆对小

2守恒定律有

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

gR2B. “嫦娥五号”在d点的加速度小于2

rC. “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、

GMgR22

在d点，“嫦娥五号”的加速度a2，又GM=gR，所以a2．故B错误．C、“嫦

rr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

n110。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um102V。下列说法n21中正确的是( )

A. 通过R的电流iR2cos50t(A) B. 电流表A的读数为0.1A C. 电流表A的读数为2A 10D. 电压表V的读数为102V 【答案】B 【解析】

【详解】A、由图象知T=2×10-2s；f=50 Hz；ω=2πf=100π rad/s；故iR2cos100t(A)，则A错误；

I1n22BC、次级电流的有效值为I2A1A，再根据=知，I1有效值为0.1A，即电流表

I2n12A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U

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

Um10V，选项D错误。 2Wab 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( )

Wab＝Wbc A. 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，|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=T2B. v1=v2>v3 C. a1>a2>a3 D. t1=t2=t3

m42m，【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q2qBmH1可知：T1=T2r2>r3，结合r=及粒子比荷关系可知v1>v2>v3，故B错误；

qBC、粒子运动的向心加速度a=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θ1<θ2<θ3，而T1=T2，因此

qvB，结合各粒子的比荷关系及v1>v2>v3可得：a1>a2>a3，故Cmt18.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vC. 当vaR bb时，球对杆有向下的压力 b时，球对杆有向上的拉力

的

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v2ammv2mv2二定律： mgN，解得：Nmg，斜率的绝对值k=，所以小球

bRRR的质量为m2

aR，A正确； bBC、vD、当v2=0时，有N =mg=a；当v2=b时，有mg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.

mb2mb；当v2=c=2b时，有mgNc；RR

(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(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). 【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：

2

gsina

gcos0.30.140.320.24m/s=0.40m/s，0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，

0.40.4vv0.40.21.0m/s2． 则木块的加速度为：at0.2v=

（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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 0.00 0.00 2 3.00 0.00 3 4 5 6.28 0.50 6 6.32 1.00 7 6.36 2.00 8 6.38 3.00 9 6.39 4.00 10 6.40 5.00 U/V I/mA

600 0.00 .6.16 0.06

(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=ma1，mgsinθ+μmgcosθ=ma2， 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， mgs1sinθ﹣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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mab0.1kg、

，

mcd0.2kg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v2m/s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，求在cd速度最大时，

2

（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)【解析】

（1）以cd为研究对象，当cd速度达到最大值时，有：

Δ1.0Wb/s,vm3m/s ΔtmcdgsinBIL①

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：

F(mabmcd)gsin②

（或对ab：FmabgsinBIL）

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，

Δ③ ΔtE由闭合电路欧姆定律，有：I④

rΔ联立③④并代入数据，得：=1.0Wb/s

Δt有： E设cd的最大速度为vm，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：ΔBΔSBL(vmv)Δt⑤

回路磁通量的变化率：

ΔBL(vmv)⑥ Δt联立⑤⑥并代入数据，得：vm3m/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va4gl，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）E【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 E3mg，方向竖直向上 q3mgl3mg，方向竖直向上；UaO （2）F6mg qq在匀强电场中，有UOaEl 则a、O两点电势差 UaO3mgl qvb，由动能定理得

(2) 小球从a点运动到b点，设到b点速度大小

1212qE2lmg2lmvbmva

22小球做圆周运动通过b点时，由牛顿第二定律得

2vbFqEmgm

l联立②⑤⑥式，代入va4gl 解得 F6mg

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µ=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。求：

2

（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h12gt来计算时间；由于A上表面光滑则小物2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h122hgt0，得t00.2s 2g（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F(mM)gMa1 得a1=5m/s，则木板减速到零所经历的时间t12

v00.4s a1v020.4m 所经过的位移s12a1由于s1＜L1=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

F(mM)gMa2

得a2=

12

m/s 3滑块离开木板时，木板向左的位移s2s1L20.m 该过程根据运动学公式s212a2t2，得t2=1.8s 2滑块滑离瞬间木板的速度v2a2t20.6m/s

（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

FMgMa3

得a3=

2m/s2 3故木板在t0这段时间的位移为s3v2t0122a3t0m 215整个过程摩擦力对木板做的功为Wf(mM)g(s1s2)Mgs3 得Wf7.38J

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； C可知，

TE. 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）tB＝27℃；tA＝177 ℃（ii）放热，见解析 【解析】

pBVBpCVC=(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； TBTC解得TBTC300K（或tB27℃）；

（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

pApB； TATB解得TA450K（或tA177℃）；

（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W0J； 又TATB可知内能变化U0；

根据热力学第一定律UWQ，得Q0，即放热。