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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/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
