贵州省黔东南州2020届高三物理高考模拟试题（解析版）

贵州省黔东南州2020届高三物理高考模拟试题（解析版）

2020 届贵州省黔东南州高三高考模拟考试物理试题 一、选择题 1.生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的 硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架，支架能 够吸附手机，小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影，若手机受到的重力为G ， 手机所在平面与水平面间的夹角为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 当高铁未启动时，支架对手机的作用力大小等于 cos G  B. 当高铁未启动时，支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反 C. 高铁匀速行驶时，手机可能受到 5 个力作用 D. 高铁减速行驶时，手机可能受到 3 个力作用 【答案】D 【解析】 【详解】A．高铁未启动时，手机处于静止状态，受重力和支架对手机的作用力，根据平衡条 件可知，支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反，A 错误； B．高铁未启动时，以手机和支架整体为研究对象，受重力和桌面的支持力二力平衡，不受桌 面摩擦力，B 错误； C．高铁匀速行驶时，手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力，共 4 个力作 用，C 错误； D．高铁减速行驶时，手机具有与高铁前进方向相反的加速度，可能只受重力、纳米材料的吸 引力和支架的支持力共 3 个力作用，D 正确。 故选 D。 2.一块含铀矿石的质量为 M，其中铀的质量为 m，铀发生一系列衰变，最终生成物为铅.已知 铀的半衰期为 T，则经过时间 T，下列说法正确的是 A. 这块矿石的质量为 0.5M B. 这块矿石的质量为  0.5 M m C. 这块矿石中铀的质量为 0.5m D. 这块矿石中铅的质量为 0.5m 【答案】C 【解析】 【详解】根据半衰期公式 m 余=m（ 1 2 ）n，n 为半衰期次数，其中 n=1，经过 1 个半衰期后剩 余铀核为 1 2 m ，则这块矿石中铀的质量还剩 0.5m，但 U 变成了 Pb，且生成铅质量小于 1 2 m ， 经过一个半衰期后该矿石的质量剩下会大于（M- 1 2 m ）； A．这块矿石的质量为 0.5M，与结论不相符，选项 A 错误； B．这块矿石的质量为 0.5(M-m) ，与结论不相符，选项 B 错误； C．这块矿石中铀的质量为 0.5m ，与结论相符，选项 C 正确； D．这块矿石中铅的质量为 0.5m，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 C. 3.如图示为一副线圈上有滑片 P 的理想变压器，原、副线圈匝数比为 1：20，其原线圈与 22 2 sin100u t （V）的电源连接，副线圈与一额定电压为 220V、额定电功率为 40W 的 灯泡连接成闭合电路。若灯丝电阻不随温度变化，则下列说法正确的是（ ） A. 灯泡中电流方向每秒钟改变 50 次 B. 当滑片 P 滑动到副线圈中间位置时，灯泡正常发光 C. 当滑片 P 滑动到距离副线圈下端 1 4 位置时，灯泡消耗的电功率为 20W D. 当滑片 P 滑动到距离副线圈下端 1 4 位置时，灯泡两端的电压为 55V 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据交变电源的瞬时值表达式可知，角速度 100rad/s  ，则周期 2 0.02sT    变压器不改变频率，交变电流一个周期内电流方向改变 2 次，故每秒钟灯泡中电流方向改变 100 次，故 A 错误； B．根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知，原线圈输入电压 U1=22V 当滑片 P 滑动到副线圈中间位置时，原、副线圈匝数比为 1：10，根据变压比可知，副线圈输 出电压 2 2 1 1 220VnU Un   故小灯泡正常发光，故 B 正确； CD．当滑片 P 滑动到距离副线圈下端 1 4 位置时，原、副线圈匝数比为 1：5，根据变压比可知， 副线圈输出电压 2 110VU   则小灯泡两端电压为 110V，小灯泡消耗的电功率与电压平方成正比，则小灯泡消耗的电功率 P=10W 故 CD 错误。 故选 B。 4.2019 年 11 月 23 日 8 时 55 分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号“乙运载火箭，以“一 箭双星”方式成功发射第 50、51 颗北斗导航卫星。两颗卫星均属于中圆轨道 MEO)( 卫星， 是我国的“北斗三号”系统的组网卫星。这两颗卫星的中圆轨道 MEO)( 是一种周期为 12 小 时，轨道面与赤道平面夹角为 60 的圆轨道。是经过 GPS 和 GLONASS 运行证明性能优良的 全球导航卫星轨道。关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ） A. 这两颗卫星的动能一定相同 B. 这两颗卫星绕地心运动的角速度是长城随地球自转角速度的 4 倍 C. 这两颗卫星的轨道半径是同步卫星轨道半径的 3 2 2 D. 其中一颗卫星每天会经过赤道正上方 2 次 【答案】C 【解析】 【详解】A．两颗卫星的质量未知，无法比较动能，故 A 错误； B．中圆轨道卫星周期为 12 小时，地球同步卫星的周期为 24 小时，根据角速度与周期的关系 2 T   可得 中圆 ： 2 同步 ：1 长城随地球自转角速度与同步卫星的角速度相等，故 B 错误； C．根据开普勒第三定律可知 2 33 2 r TT r 同步中圆 中圆 同步 中圆轨道卫星的周期与同步卫星的周期之比为 1：2，则这两颗卫星的轨道半径是同步卫星轨 道半径的 3 2 2 ，故 C 正确； D．地球中圆轨道卫星周期为 12 小时，而地球的自转周期 24 小时，所以当中圆轨道卫星从地 球上某一点的上空开始绕地球转两圈，地球转一圈，即卫星每天会经过赤道正上方 4 次，故 D 错误。 故选 C。 5.“低头族”在社会安全中面临越来越多的潜在风险，若司机也属于低头一族，出事概率则会 剧增。若高速公路（可视为平直公路）同一车道上两小车的车速均为 108km/h，车距为 105m， 前车由于车辆问题而紧急刹车，而后方车辆的司机由于低头看手机，4s 后抬头才看到前车刹 车，经过 0.4s 的应时间后也紧急刹车，假设两车刹车时的加速度大小均为 6m/s2，则下列说法 正确的是（ ） A. 两车不会相撞，两车间的最小距离为 12m B. 两车会相撞，相撞时前车车速为 6m/s C. 两车会相撞，相撞时后车车速为 18m/s D. 条件不足，不能判断两车是否相撞 【答案】C 【解析】 【详解】两车的初速度 0 108km/h 30m/sv   ，结合运动学公式知两车从刹车到速度为 0 的 位移 2 2 0 1 30 m 75m2 2 6 vx a   = 则后车从开始到刹车到速度为 0 的位移 2 130 (4 0.4)m 75m=207m>105m+ =180mx x  = 所以两车会相撞，相撞时前车已经停止，距后车减速到速度为 0 的位置相距 207m 180m 27mx    根据减速到速度为零的运动可以视为初速度为零的加速运动处理，则相撞时后车的速度 2 2v a x= 解得 18m/sv  故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 6.如图所示，一个碗口水平、内壁光滑的半球形碗固定在水平桌面上，在球心 O 点固定一电荷 量为 Q 的带正电金属球，两个质量相等的绝缘带电小球 A 和 B 分别紧贴着内壁在水平面内做 匀速圆周运动。若小球 A、B 所带电荷量很少，两者间的作用力忽略不计，且金属球和带电小 球均可视为质点，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ） A. 小球 A 运动轨迹上各点的电场强度相同 B. 小球 A 运动轨迹上各点的电势相等 C. 小球 A 的电荷量大于小球 B 的电荷量 D. 小球 A 的角速度大于小球 B 的角速度 【答案】BD 【解析】 【详解】A．小球 A 运动轨迹上的各点到 O 点的距离相等，根据点电荷的场强表达式 2 QE k r  可知小球 A 运动轨迹上各处的电场强度大小相等、方向不同，A 错误； B．以 O 为球心的同一球面是等势面，小球 A 运动轨迹上的各点电势相等，B 正确； C．带电小球的电性无法确定，所以电荷量大小无法确定，C 错误； D．对于任意一球，设其轨道上某点与 O 点连线与竖直方向的夹角为 ，碗的半径为 R，由牛 顿第二定律 2tanmg m r  又 sinr R  解得 cos g R   R 一定， 越大，角速度越大，所以小球 A 的角速度大于小球 B 的角速度，D 正确。 故选 BD。 7.如图所示，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框 平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 M 、N 与直流电源两端相接，已知导体棒 MN 受到的 安培力大小为 F ，则（ ） A. 导体棒 MN 受到的安培力垂直于线框平面 B. 导体棒 MN 中的电流是导体棒 ML 中电流的 2 倍 C. 导体棒 ML 和 LN 所受到的安培力的合力大小为 F D. 三角形线框受到的安培力的大小为1.5F 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知，导体棒 MN 电流方向有 M 指向 N，由左手定则可得，安培力方向平 行于线框平面，且垂直于导体棒 MN，故 A 错误； B．MLN 边的有效长度与 MN 相同，等效后的电流方向也与 MN 相同，由左手定则可知，边 MLN 的电阻等于边 MN 的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒 MN 中 的电流是导体棒 MLN 中电流的 2 倍，故 B 正确； CD．中的电流大小为 I ，则 MLN 中的电流为 2 I ，设 MN 的长为 L ，由题意知 F BIL 所以边 MLN 所受安培力为 1 2 2 IF B L F   方向与 MN 边所受安培力的方向相同，故有 3 1.52F F F F F    合 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 8.如图所示，两平行导轨放置在水平面内，导轨右端与阻值为 R1 的电阻相连，一长为 L1、宽 为 L2(L1>L2)的长方形匀强磁场区域边界与导轨平行或垂直，磁感应强度大小为 B，方向竖直 向下，一导体棒放置在导轨上并与导轨接触良好，导体棒电阻为 R2．两平行导轨间的距离大 于 L1，导轨电阻不计，第一次让导体棒在外力作用下以大小为 v 的恒定速度通过磁场区域， 第二次将长方形磁场区域的长、宽互换，让导体棒在外力作用下以大小为 2v 的恒定速度通过 磁场区域，下列说法正确的是 A. 在导体棒第一次通过磁场区域的过程中，通过电阻的电荷量为 1 2 1 2 BL L R R B. 在导体棒第二次通过磁场区域的过程中，通过电阻的电荷量为 1 2 1 2 2BL L R R C. 在导体棒第一次通过磁场区域的过程中，电阻上消耗的电能为 2 2 1 2 1 2 1 2( ) B L L vR R R D. 在导体棒第二次通过磁场区域的过程中，导体棒上消耗的电能为 2 2 2 1 2 2 1 2( ) B L L vR R R 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．恒定速度通过磁场区域时通过的电荷量有： 1 2 1 2 BL Lq R R R   总 可知电荷量与通过磁场区域的速度无关，与通过时切割磁感线的长度无关，所以 A 正确，B 错误； C．以大小为 v 的恒定速度通过磁场区域时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有： 2E BL v 1 1 2 EI R R   导体棒做匀速直线运动，则通过的时间为： 1 1 Lt v  电阻上消耗的电能为： 2 1 1 1 1Q I R t 联立以上各式解得： 2 2 1 2 1 1 2 1 2( ) B L L vRQ R R   故 C 正确； D．同理同 C 选项分析可知： 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ( ) B L L vRQ R R   故 D 错误． 二、非选择题 9.研究性学习小组的同学欲探究加速度与力、质量的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲 所示的装置，图中 A 为小车（车上有槽，可放入砝码，B 为打点计时器，C 为力传感器（可 直接读出绳上的拉力大小），P 为小桶（可装入砂子），M 是一端带有定滑轮的水平放置的足够 长的木板，不计细绳与滑轮间的摩擦。由静止释放小车 A，通过分析纸带求出小车的加速度 (1)在平衡小车受到的摩擦力时，下列说法正确的_______；（填选项前面的序号） A．轻推小车前，挂上小车前端的细绳和小桶 P，但小桶内不装入沙子，取下纸带 B．轻推小车前，取下小车前端的细绳，装上纸带 C．接通打点计时器电源，轻推小车，若打出点间的距离逐渐增大，则应移动垫片，使木板的 倾角增大 (2)该小组同学在探究拉力一定的情况下，加速度与质量的关系时发现，在不改变小桶内砂子 的质量而只在小车上的槽内增加砝码时，力传感器的示数_______（选填“变化”或“不变”）； (3)已知交流电源的频率为 50Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，每相邻两点间还有 4 个点 来画出，由纸带可求得小车的加速度 a=______________m/s2。（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). B (2). 变化 (3). 1.3 【解析】 【详解】(1)[1]AB．平衡摩擦力时，应不挂小桶推动小车，观察打点计时器正常工作时纸带上 打出的点迹间距相等即可，故 A 错误，B 正确； C．接通打点计时器电源，轻推小车，若打出点间的距离逐渐增大，说明平衡摩擦过大，则应 移动垫片使木板的倾角减小，故 C 错误。 故选 B。 (2)[2]在小车上的槽内增加砝码时，小车的加速度会发生变化，则小桶及砂的加速度发生变化， 对小桶及砂根据牛顿第二定律有 2mg F ma  a 变化，所以 F 也会发生变化。 (3)[3]由题知，每相邻两点间还有 4 个点来画出，则相邻计数点的时间 T=0.1s，根据逐差法可 得小车的加速度为 3 4 1 2 2 ( ) 4 s s s sa T    代入数据可得 21.3m/sa  10.某小组同学改装电压表时，在实验室找到如下实验器材： A．电压表 V1：量程为 2.5V，内阻几千欧； B．电流表 A1：量程为 5mA，内阻约为 10Ω； C．电流表 A2：量程为 1A，内阻 0.5Ω左右； D．电阻箱 R1：阻值范围 0~999.9Ω； E．滑动变阻器 R2：阻值范围 0~10Ω； F．滑动变阻器 R3：阻值范图 0~5000Ω； G．电源：电动势 E=5V，内阻 r=0.5Ω； H．开关、导线若干。 由于没有合适的电压表，计划用电流表 A1 改装。 (1)先用半偏法测电流表 A1 的内阻，电路如图甲所示。操作过程如下：将 R3 调至阻值最大，断 开 S2、闭合 S1，调节 R3 使电流表 A1 的示数为 4.00mA；保持 R3 的阻值不变，闭合 S2，调节 R1 使电流表 A1 的示数为 2.00mA，此时 R1 的阻值为 10.5Ω。则电流表 A1 的内阻为________Ω； (2)将电流表 A1 改装成量程为 5V 的电压表。把电阻箱的阻值调至________Ω，与电流表 A1 串 联后即为量程为 5V 的电压表； (3)对改装后的电压表校对，该小组同学从别的地方找到一标准电压表 V，将改装好的电压表 （如图乙中虚线框所示）与标准电压表 V 并联，接入如图乙所示的电路中，调节 R2，使电流 表 A1 的示数如图丙所示，则电流表的示数为________ mA；若改装后的电压表非常准确，则 此时电压表的示数为________ V（结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 10.5 (2). 989.5 (3). 2.60 (4). 2.6 【解析】 【详解】(1)[1]由题意可知，干电路电流不变为 1 4.00mAI  流过电阻箱的电流 1 1 2 4.00mA 2.00mA 2.00mARI I I     根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻为 1 3 1 3 2 2.00 10 10.5= = 2.00 10 R g I RR I      Ω=10.5Ω [2]将电流表 A1 改装成量程为 5V 的电压表，根据串联分压有 3 3 - 5 5 10 10.5 5 10 g g x g U I RR I        Ω=989.5Ω (3)[3]由图丙可知电流表的示数为 2.60mA [4]根据串联电路电压分配关系有 2.60mA 5mA 5V U 解得 2.6VU  11.如图所示，竖直平面内直角坐标系 xOy 中，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向，在 x＜0的区 域内存在竖直向上的匀强电扬和垂直坐标平面向外的匀强磁场，其他区域无电场和磁场。某 时刻一带正电小球从 A（-L，0）点沿与 x 轴负方向成 =53°角以初速度 v0 斜向上射出，恰好 垂直 y 轴射出电、磁复合场区域。（已知电场强度大小为 E，小球在复合场中运动时速度大小 不变，重力加速度大为 g，sin53°=0.8，不计空气。求： (1)磁场的磁感应强度大小 B； (2)小球运动至 x 轴正半轴时的坐标。 【答案】(1) 04 5 EvB gL  ；(2)（ 02v gL g ，0） 【解析】 【详解】(1)由小球在复合场中速度大小不变可知，电场力与重力大小相等，即 qE=mg 小球在磁场中做匀速圆周运动有 2 0 0 mvqv B R  分析可知小球的运动半径 sin LR  联立解得 04 5 EvB gL  (2)小球出电、磁复合场区域后在第一象限内做平抛运动，如图 根据平抛运动规律，有 0x v t 21 2y gt 几何关系可知 tan Ly R   联立解得 02v gLx g  即小球运动至 x 轴正半轴时的坐标为（ 02v gL g ，0） 12.如图所示，水平面上有 A、B 两个小物块（均视为质点），质量均为 m ，两者之间有一被压 缩的轻质弹簧（未与 A、B 连接）。距离物块 A 为 L 处有一半径为 L 的固定光滑竖直半圆形轨 道，半圆形轨道与水平面相切于 C 点，物块 B 的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部 与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块 A、B 瞬间分离，A 向右运动恰好能 过半圆形轨道的最高点 D（物块 A 过 D 点后立即撤去），B 向左平滑地滑上斜面体，在斜面体 上上升的最大高度为 L（L 小于斜面体的高度）。已知 A 与右侧水平面的动摩擦因数 0.5  ， B 左侧水平面光滑，重力加速度为 g ，求： (1)物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力大小； (2)斜面体的质量； (3)物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功。 【答案】(1)6mg ；(2) 2 mM  ；(3) 8 3 mgLW  【解析】 【详解】(1)在 D 点，有 2 Dvmg m L  从 C 到 D，由动能定理，有 2 21 12 2 2D Cmg L mv mv    在 C 点，有 2 CvF mg m L   解得 6F mg 由牛顿第三定律可知，物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力 6F F mg   (2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 A Bmv mv 对物块 A，从弹簧释放后运动到 C 点的过程，有 2 2 A 1 1 2 2Cmg mv mvL   B 滑上斜面体最高点时，对 B 和斜面体，由动量守恒定律，有  Bmv m M v  由机械能守恒定律，有 2 2 B 1 1 ( )2 2mv m M v mgL   解得 2 mM  (3)物块 B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 B Bmv mv mv   由机械能守恒，有 2 2 2 B B 1 1 1 2 2 2mv mv Mv   解得 B 6 3 gLv   ， 4 6 3 gLv  由功能关系知，物块 B 与斜面体相互作用的过程中，物块 B 对斜面体做的功 21 2W Mv 解得 8 3 mgLW  13.某汽车轮胎在阳光的暴晒下爆裂了，假设轮胎在爆裂前胎内容积不变，胎内气体可看作理 想气体，则下列有关分析正确的是（ ） A. 轮胎爆裂是胎内气体分子间平均作用力增大造或的 B. 轮胎爆裂前胎内气体温度升高，压强增大 C. 轮胎爆裂前胎内气体温度升高，气体分子对轮胎的平均作用力增大 D. 轮船爆裂过程，气体温度降低，主要是胎内气体对外做功造成的 E. 轮胎爆裂过程，气体温度降低，主要是胎内气体放出热量造成的 【答案】BCD 【解析】 【详解】ABC．车胎爆胎是车胎内气体温度升高，内能增加，分子无规则热运动加剧，单位 时间内撞击到单位面积上气体的数量增多，气体分子对轮胎的平均作用力增大，压力增大， 气体压强增大，不是气体分子间的平均作用力增大造成的，故 A 错误，BC 正确； DE．在车胎突然爆裂的极短时间内，气体体积增大，对外做功，温度降低，对外放热，但气 体温度降低主要还是对外做功造成的，故 D 正确，E 错误。 故选 BCD。 14.如图所示，粗细均匀的 U 形玻璃管（左右两侧管竖直）内用水银封闭有一定质量的理想气 体，当环境温度为 300K 时，U 形管两侧水银面的高度相同，封闭气柱长 8cm，现缓慢升高封 闭气体的温度，直到封闭气柱的长变为 10cm，大气压强为 76cmHg，（计算结果保留整数） (1)求封闭气柱长为 10cm 时封闭气体的温度； (2)若封闭气体的温度保持(1)问中的结果不变，从左端缓慢灌入水银，直到右侧封闭气柱的长 度恢复到 8cm，求应加入的水银柱的长度。 【答案】(1)395K；(2)24cm 【解析】 【详解】(1)加热过程中封闭气体的温度和压强均发变化，当气柱的长度为 10cm 时左侧水银面 应该比右侧的高 4cm，则此时封闭气体的压强 p2=80cmHg 由理想气体状态程可知 1 1 2 2 1 2 p l S p l S T T  即 2 76 8 80 10 300K T   解得 T2=395K (2)气体从最初状态到最后状态，做等容变化，则有 31 1 3 pp T T  其中 T3=T2=395K 解得 p3=100cmHg 故从右端应加入的水银柱的长度为 100cm-76cm=24cm 15.甲、乙两单摆的摆球静止在平衡位置，摆长 L L甲 乙 .现给摆球相同的水平初速度，让其在 竖直平面内做小角度摆动.用 T 甲和 T 乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用甲 和乙 表示摆球摆 到偏离平衡位置的最大位移处时摆线与竖直方向的夹角，可知 T 甲__________T 乙， 甲 _________乙 .（均填“>”“<”或“=”） 【答案】 (1). > (2). < 【解析】 【详解】[1] ．根据单摆的周期公式 2 lT g  比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长 L 甲 ＞L 乙．故 T 甲＞T 乙． [2]．根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，即 L 甲（1-cosθ甲）=L 乙（1-cosθ乙） 故 θ甲＜θ乙 16.如图所示，在 xOy 坐标系的第Ⅰ象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体 OPQ, 0.4mOP OQ  ,一束单色光沿 MN 射入玻璃体，在 PQ 面上的入射点为 N，经玻璃体 折射后，从 OP 面上的 A 点射出.已知从 A 点射出的光平行于 x 轴，且 0.2mOA  、 2 3 m5OM  ，光速为 83 10 m/sc   .求： （ⅰ）玻璃体对该光的折射率； （ⅱ）该光在玻璃体中传播的时间. 【答案】（ⅰ） 3 （ⅱ） 92 10 s 【解析】 【详解】（ⅰ）连接 NA，标出相应的角度，如图所示. 由几何关系可知，光线在 N 点的入射角 i=60° 该光的折射角为 r，有 1sin 2 OAr OQ   玻璃体对该光的折射率为： sin 3sin in r   . （ⅱ） 3cos 5AN OQ r m  光在玻璃体中传播的速度 cv n  光在玻璃体中传播的时间 ANt v  解得： 92 10t s  .