《贵州省贵阳市2020届高三物理8月摸底考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《贵州省贵阳市2020届高三物理8月摸底考试试题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、贵州省贵阳市2020届高三物理8月摸底考试试题（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.粒子是( )A. 原子核B. 原子C. 分子D. 光子【答案】A【解析】【详解】粒子是氦原子核A. 原子核与分析相符，故A项正确；B.原子与分析不符，故B项错误；C.分子与分析不符，故C项错误；D.光子与分析不符，故D项错误。2.2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距地面的高度大于“天宫二号”空间实验室的轨道高度，则该卫星
2、的( )A. 速率比“天宫二号”的大B. 周期比“天宫二号”的大C. 角速度比“天宫二号”的大D. 向心加速度比“天宫二号”的大【答案】B【解析】【详解】由万有引力提供向心力得：解得：北斗卫星的轨道半径大于“天宫二号”的轨道半径，所以：线速度北斗卫星的小；周期北斗卫星大；角速度北斗卫星小；向心加速度北斗卫星的小A. 速率比“天宫二号”的大与分析不符，故A项错误；B. 周期比“天宫二号”的大与分析相符，故B项正确； C. 角速度比“天宫二号”的大与分析不符，故C项错误；D. 向心角速度比“天宫二号”的大与分析不符，故D项错误。3.三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬
3、挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定。若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳( )。A. 必定是OAB. 必定是OBC. 必定是OCD. 可能是OB，也可能是OC【答案】A【解析】【详解】以结点O为研究,在绳子均不被拉断时受力图如图.根据平衡条件,结合力图可以知道:即OA绳受的拉力最大,而细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同,则当物体质量逐渐增加时,OA绳的拉力先达到,故OA最先被拉断.故A正确，BCD错误，故选A4.如图所示，a、b为等量异种电荷电场线上的两点，下列表述正确的是( )A. a点的电势比b点的高B. a点的场强比b点的大，且方向相同C. 将电子从a点移到
4、b点电场力做负功D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】A.由沿着电场线的方向电势逐渐降低知：a点的电势比b点的低，故A项与题意不相符；B. 据电场线的疏密表示电场强度的强弱可知：a点的场强比b点的小，场强的方向为改点的切线方向，所以场强方向不同，故B项与题意不相符；CD. 把电子从a点移动到b点，受力方向与电场线方向相同，所以电场力对电子做正功，电势能减小，即电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C项与题意不相符，D项与题意相符。5.一交流电电流随时间变化规律如图所示，则此交流电电流的有效值为( ) A. 3AB. AC. AD. A【答案】B【解析】【详解】将
5、交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有： 解得：A. 3A与分析不符，故A项错误；B. A与分析相符，故B项正确；C. A与分析不符，故C项错误；D. A与分析不符，故D项错误。6.如图所示，半圆形闭合导线框，圆心为O；导线框在竖直面(纸面)内；过圆心O的水平面上方是足够大区域内有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。现使线框在t0时从图示位置开始，绕垂直于纸面、且过O的轴逆时针匀速转动。下列可能正确反映线框转动一周过程中其感应电流i随时间t变化规律的图象是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】前半轴时间内，线框进入磁场，磁通量增加，根据楞次定律可
6、知感应电流分析为逆时针；后半轴时间内，线框旋出磁场，磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流分析为顺时针；进入过程中，右边半径切割磁感应线，产生的感应电动势，旋出过程中，产生的感应电动势大小仍为，根据闭合电路欧姆定律可得所以感应电流大小不变，故C正确，ABD错误。7.一幢高层商住楼的层高均为2.5m，该楼房所装升降电梯运行速度的最大值为3m/s，加速度大小不超过1m/s2。若电梯中途不停，则住在31楼的某居民从一楼(地面)乘电梯到其所住楼层的最短时间为( )A. 13sB. 16sC. 21sD. 28s【答案】D【解析】【详解】升降电梯先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在匀加速阶段，所
7、需时间为 通过的位移为： 在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为 总时间为：t=2t1+t2=28sA. 13s与分析不符，故A项错误；B. 16s与分析不符，故B项错误；C. 21s与分析不符，故C项错误；D. 28s与分析相符，故D项正确。8.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。带电粒子1和2垂直磁场边界从a点射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出。不计粒子重力及其相互间作用。下列说法正确的是( )A. 粒子1在a点速率大于在b点的速率B. 粒子1射入磁场时的速率一定比粒子2小C. 粒子1在磁场中运动的时间比粒子2长D. 若仅减小磁感应强度，则粒子磁场中运动时间变长
8、【答案】C【解析】【详解】A.由于洛伦兹力对粒子不做功，即不改变粒子的动能，所以粒子1在a点速率等于在b点的速率，故A项与题意不相符；B.由洛伦兹力提供向心力得：得：由图可知，粒子2的运动半径比粒子1的大，但不知粒子的比荷大小，所以无法确定粒子的速率大小，故B项与题意不相符；C.连接ac和ab即为粒子运动的弦长，由图可知，粒子1的弦切角小于粒子2的弦切角，则粒子1的圆心角大于粒子2的圆心角，所以粒子1在磁场中运动的时间比粒子2长，故C项与题意相符；D. 若仅减小磁感应强度，粒子运动半径增大，偏转角减小，由公式运动时间将减小，故D项与题意不相符。9.如图所示，某质点在合外力作用下运动的速度时间图
9、象为余弦曲线。由图中可以判断( )A. 0t1过程，合外力的大小保持不变B. 0t1过程，合外力的功率先变大后变小C. 0t2过程，合外力对质点的冲量为零D. 0t2过程，合外力对质点的做功为零【答案】BD【解析】【详解】A. 在0t1时间内，由图可知斜率在增大，即加速度增大，根据牛顿第二定律可知合力逐渐增大，故A错误；B. 初时刻，图线的斜率为零，则加速度为零，合外力为零，功率为零，t1时刻，速度为零，则合力的功率为零，故在0t1时间内，合外力的功率先变大后变小，故B正确；C. 根据冲量的定义可知，0t2过程，合外力对质点的冲量不为零，故C错误；D.分析图象可知，初末速度大小相等，动能相等，
10、根据动能定理可知，合外力做功为零，故D正确。10.如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右匀加速运动，用F1和F2分别表示A与B，B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )A. 若0，则F1：F22：1B. 若0，则F1：F23：1C. 若0，则F1：F22：1D. 若0，则F1：F23：1【答案】AC【解析】【详解】设三个物体与地面间的动摩擦因数均为，根据牛顿第二定律可得F-3mg=3ma得： 对BC：F1-2mg=2ma得： 对C：F2-mg=ma得： 说明F1和F2大小与动摩擦
11、因数无关，F1：F2=2：1，A. 若0，则F1：F22：1与分析相符，故A项与题意相符；B. 若0，则F1：F23：1与分析不符，故B项与题意不相符；C. 若0，则F1：F22：1与分析相符，故C项与题意相符；D. 若0，则F1：F23：1与分析不符，故D项与题意不相符。11.如图所示，几种质量不同、所带电荷量相同的正电粒子，从图中小孔S处无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后，进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互间作用，则( )A. 加速电场对这几种粒子做功一样多B. 几种粒子进入偏转电场的速度相同C. 几种粒子运动到屏上所用的时间相同
12、D. 几种粒子打在屏上的位置一定相同【答案】AD【解析】【详解】A. 设加速电场的电压为U1，则有：W=qU1，由于这些粒子所带电荷量相同，所以加速电场对这几种粒子做功一样多，故A正确；B. 根据动能定理可得： 解得几种粒子进入偏转电场的速度为： 由于这些粒子电荷量相同、质量不同，则几种粒子进入偏转电场的速度不相同，故B错误；C. 由于进入偏转电场时的速度不同，在加速电场中运动的时间不同，速度大的时间短；以后粒子在水平方向做匀速直线运动，运动到屏上的水平距离相等，所以速度大的时间短，由此可知几种粒子运动到屏上所用的时间不相同，质量小的时间短，故C错误；D. 设偏转电压为U2，板长为L，两板间的
13、距离为d，粒子在偏转电场的偏转位移为y，则有： 所以粒子射出电场偏转位移相等，再根据速度方向反向延长线过水平位移的中点，则粒子射出的速度方向相同，故几种粒子打在屏上的位置一定相同，故D正确。12.如图所示，一倾角为的斜面轨道固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，质量为M的木箱(可视为质点)载着质量为m的货物从顶端无初速度地沿轨道滑下，下滑距离为L时，弹簧压缩至最短，此时弹性势能为Ep，货物被弹出，然后木箱恰能被弹回到轨道顶端，若木箱与轨道间的动摩擦因素为，重力加速度大小为g，则下列选项正确的是( )A. M2mB. C. 木箱不与弹簧接触，其上滑时加速度的大小是下滑时的3倍D. 从木箱与货物
14、开始下滑到木箱倍弹簧顶端过程，系统损失的机械能为mgL【答案】BC【解析】【详解】A. 在木箱与货物一起向下滑到卸货过程中，由功能关系得 木箱被弹回轨道顶端，功能关系得： 由以上解得 故A项与题意不相符；B. 在木箱上滑的过程中，重力势能增加，动能变化为零，弹性势能减小，摩擦产生的内能增加，根据能量守恒定律有：故B项与题意相符；C. 设下滑时加速度为a1，弹起离开弹簧后加速度为a2，下滑时由牛顿第二定律得 得： 离开弹簧后由牛顿第二定律得： 得：故上滑时加速度的大小是下滑时的3倍。故C项与题意相符；D. 木箱A从斜面顶端下滑至再次回到顶点的过程中，因摩擦产生的热量为所以系统损失的机械能为，故D项与题意不相符。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第1316题为必考题，每道试题考生都必须作答，第1718题为选考题，考生根据要求作答。13.(1)用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验时，下列操作中对减小实验误差有利的是_A.重物选用质量和密度较大金属锤 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物，接通电源后，再释放重物(2)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在打出D点
