【物理】广东省东莞中学2020届高三上学期摸底考试试卷（解析版）

【物理】广东省东莞中学2020届高三上学期摸底考试试卷（解析版）

广东省东莞中学2020届高三上学期摸底考试试卷 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.爱因斯坦曾把一代代物理学家探索自然奥秘的努力比作福尔摩斯侦探小说中的警员破案．下列说法符合物理史实的是（　　）‎ A. 著名物理学家伽利略首先指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 B. 伽利略研究落体运动时，将落体实验转化为斜面实验，冲淡了重力的作用，便于小球运动路程的测量 C. 科学巨人牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上，提出了动力学的一条基本定律，那就是惯性定律 D. 安培通过研究电磁感应现象得出了安培定则，法拉第电磁感应定律告诉我们：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来也不会偏离原来的方向，故A错误；‎ B.伽利略研究落体运动时，将落体实验转化为斜面实验，冲淡了重力的作用，便于小球运动时间的测量，故B错误；‎ C.牛顿在伽利略和笛卡儿的工作基础上，提出了动力学的一条基本定律，那就是牛顿第一定律，而牛顿第一定律又叫作惯性定律，故C正确；‎ D.安培定则用于判断电流的磁场方向，不是电磁感应现象，“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化”是楞次定律的内容，不是法拉第电磁感应定律，故D错误。‎ ‎2.图中为一物体在竖直方向上某段时间内运动图象（图象中取向上为正方向），以下说法正确的是（　　）‎ A. 0～2s内物体处于失重状态 B. 0～7s内物体的平均速度为2.4m/s C. 0～7s内物体的平均速度为2.0m/s D. 0～4s内物体的机械能没有发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体在0～1s内向下做匀减速直线运动，1～2 s内向上做匀加速直线运动，加速度均向上，处于超重状态，故A错误。‎ BC.0～7 s内的位移为14 m，所以平均速度为2.0 m/s，故B错误，C正确。‎ D.物体在第二秒末回到初始出发点，从第三秒至第四秒时间内向上做匀速直线运动，因此机械能增加，故D错误；‎ ‎3.如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是 A. 若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变小 B. 若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大 C. 若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大 D. 若变阻器最大阻值为，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～2.2 A ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】滑动触头P处于某一确定位置，则变压器的输出电压不变；当变阻器R的滑动触头下滑时，接入电路的有效电阻减小，电流表示数将变大。故AB错误；若滑动触头P 和变阻器R的滑动触头同时上移，则变压器的输出电压增大，负载的电阻也增大，所以电流表示数不一定变大。故C错误；由乙图可得变压器的输入电压的最大值是220V，有效值是220V，当滑动触头P的上下移动，R上只能获得0～220V之间的任意的电压。若变阻器最大阻值为100Ω，而R上只能获得0～220V之间的任意的电压，则电流表的电流变化范围为0～2.2A．故D正确。‎ ‎4.用质量为的吸铁石，将一张质量为的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力轻拉吸铁石，吸铁石和白纸均未移动，如图所示。则下列说法中不正确的是（）‎ A. 吸铁石受到的摩擦力大小为 B. 吸铁石受到的摩擦力大小为 C. 白纸受到两个摩擦力的作用 D. 白纸受到黑板的摩擦力大小为 ‎【答案】A ‎【详解】AB. 在竖直面上吸铁石受到重力、拉力和白纸的摩擦力，三个力合力为零，因此吸铁石受到的摩擦力大小为，故A错误符合题意，B正确不符合题意；‎ CD. 白纸两面受到两个摩擦力作用，以吸铁石和白纸整体为对象可得白纸受到黑板的摩擦力大小为，故CD正确不符合题意。‎ ‎5. 如图为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家称为“罗盘座T星”系统的照片，该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，图片下面的亮点为白矮星，上面的部分为类日伴星（中央的最亮的为类似太阳的天体）。由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星。现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，不考虑其它星球对该“罗盘座T星”系统的作用，则下列说法正确的是 A. 两星间的万有引力不变 B. 两星的运动周期不变 C. 类日伴星的轨道半径减小 D. 白矮星的线速度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：两星间距离在一段时间内不变，由万有引力定律可知，两星的质量总和不变而两星质量的乘积必定变化，则万有引力必定变化．故A错误；组成的双星系统的周期T相同，设白矮星与类日伴星的质量分别为M1和M2，圆周运动的半径分别为R1和R2，由万有引力定律提供向心力：‎ 可得：；‎ 两式相加：G（M1+M2）T2=4π2L3，白矮星与类日伴星的总质量不变，则周期T不变．故B正确；‎ 由得：M1R1=M2R2．知双星运行半径与质量成反比，类日伴星的质量逐渐减小，故其轨道半径增大，白矮星的质量增大，轨道变小；故C错误；白矮星的周期不变，轨道半径减小，故由，线速度减小，故D错误；故选B．‎ 考点：万有引力定律的应用.‎ ‎6.一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块始终在小车上，重力加速度g取10m/s2．则下列判断正确的是（　　）‎ A. 小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25m B. 物块的最终动能E1＝0.5J，小车动能的减小量△E＝3J C. 小车与物块间摩擦生热3J D. 小车的质量为0.25kg ‎【答案】ABD ‎【详解】A.由v﹣t图象知，当t＝0.5s时，小车开始做速度v＝1m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2N，μ＝0.2，在0～0.5s内，小车的位移s=(5+1)2×0.5m＝1.5 m，物块的位移为x=12×0.5m＝0.25m，所以小车的最小长度为1.5m﹣0.25 m＝1.25 m，故A正确；‎ B.物块的最终动能 ；由动能定理得小车动能的减小量△E＝f•s＝3J，故B正确；‎ C.系统机械能减少为△E＝3J﹣0.5 J＝2.5J，故C错误；‎ D.小车的加速度为 而 ，f＝2N，得M＝0.25kg，故D正确。‎ ‎7.如图所示为真空中某一点电荷产生的电场中、两点的电场强度方向，其中点处的电场强度大小，点处的电场强度大小，且、间的夹角大于，一带负电的试探电荷在场中由运动到，则（ ）‎ A. 、两点到点电荷的距离之比 B. 、两点到点电荷的距离之比 C. 、两点处的电势大小关系为 D. 试探电荷沿直线从移动到的过程中，电势能先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式得 ，可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比，A错误B正确；由图可知，Q带正电，因为越靠近场源正电荷Q的点，其电势越高，所以，C错误；检验电荷q带负电，其沿直线从a移到b的过程中，先靠近后远离场源电荷，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D正确．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握真空中点电荷电场强度的公式，知道点电荷电场的分布情况．根据电场线的方向来比较电势的高低．运用几何的方法找出点电荷Q的位置，由求解求出a、b两点到Q的距离之比，并比较电势的高低，从而分析电势能的变化情况．‎ ‎8.如图所示，在直角三角形AOC三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，已知∠A＝60°，边AO的长度为a。现在O点放置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的粒子源，已知粒子的比荷为 ，发射的速度大小都为v0，且满足 ．粒子发射的方向可由图中速度与边CO的夹角θ表示，不计重力作用，关于粒子进入磁场后的运动，正确的是（　　）‎ A. 以θ＝0°和θ＝60°飞入的粒子在磁场中的运动的时间相等 B. 以θ＜60°飞入的粒子均从AC边出射 C. 以θ＞60°飞入的粒子，θ越大，在磁场中的运动的时间越大 D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 ，当粒子以θ＝0°飞入磁场区域时，最终将从AC边的中点射出，A点为轨迹圆心，圆心角为60°，时间为T，当θ＝60°时，粒子将从A点射出磁场区域，圆心角为60°，时间为T，故AD正确；‎ B.随着θ的增大，粒子在AC边上的射出点将向A点靠拢，以θ＜60°飞入的粒子均从AC边出射，故B正确；‎ C.粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，以θ＞60°飞入的粒子，随着θ的增大，出射点从A逐渐向O靠拢，轨迹长度逐渐减小，在磁场中运动时间逐渐减小，故C错误。‎ 二、非选择题 ‎9.为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_______。‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 ‎（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________（结果保留两位有效数字）。‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为______‎ A. B. C. D.。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] AE.本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AE错误。‎ B.先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；‎ D.要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；‎ ‎(2)[2] 由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为 ‎ T=0.06s 由△x=aT2可得：‎ ‎(3)[3] 由 ‎2F=ma 得 对a-F图来说，图象的斜率 得：‎ 故D正确ABC错误。‎ ‎10.某待测电阻Rx的阻值大约为100Ω，现要测量其阻值，实验室提供有如下器材：‎ 电流表A1（量程40mA、内阻r1＝10Ω）‎ 电流表A2（量程100mA、内阻约为3Ω）‎ 滑动变阻器R，最大阻值约为10Ω 定值电阻R0（R0＝100Ω）‎ 电源E（电动势6V、内阻不可忽略）‎ 开关、导线若干 ‎（1）某同学设计的实验电路图如图所示，其中a处应选用电流表_____，b处应选用电流表_____。（用所给器材的符号标注）‎ ‎（2）关于实验中滑动变阻器选用分压式连接的原因，原因是_____‎ A．为了确保电流表使用安全 B．能减少电能的损耗 C．为了实现多次测量，减小误差 D．待测电阻Rx的阻值比滑动变阻器R的最大阻值大得多 ‎（3）某次测量时A1、A2的读数分别为I1、I2．则Rx＝_____。（请用所给物理量的符号表示）‎ ‎【答案】(1). A1 A2 (2). ACD (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由于没有电压表，利用电流表和定值电阻串联作电压表使用，即将电流表A1与定值电阻R0串联，可知a处应选用电流表A1，b处应选用电流表A2。‎ ‎（2）[2]A.如果采用限流式，电路中的最大电流可达 ，如果Rx两端的接线松动，则可能b处A2出现烧表现象。故滑动变阻器选用分压式连接，可确保电流表使用安全，故A正确；‎ B.在分压式连接中，干路电流大，电源消耗电功率大；而在限流式连接中，干路电流小，电源消耗电功率小，故B错误；‎ C.分压式连接中电流调节范围比限流式大，能实现多次测量，可减小误差，故C正确；‎ D.为了便于调节，在待测电阻的阻值Rx比变阻器的总电阻大得多的情况下应选择分压式，故D正确。‎ ‎（3）[3]采用如图所示的电路，则流过电阻Rx的电流为： ，待测电阻两端的电压为： ，根据欧姆定律得待测电阻为：‎ ‎11.如图所示，一质量＝的小物块，以＝的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经＝的时间物块由点运动到点，、之间的距离＝。已知斜面倾角＝，物块与斜面之间的动摩擦因数．重力加速度取。‎ ‎（1）求物块加速度的大小及到达点时速度的大小；‎ ‎（2）拉力与斜面夹角多大时，拉力最小？拉力的最小值是多少？‎ ‎【答案】（1）；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得：‎ ‎，‎ 代入数据得：‎ a=3m/s2，v=8m/s ‎(2) 设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间夹角为α，受力分析如图所示 由牛顿第二定律得：‎ Fcosα-mgsinθ-Ff=ma，Fsinα+FN-mgcosθ=0，Ff=μFN 联立得 由数学知识得：‎ 可知对应最小F的夹角 α=30°‎ 代入数据得F的最小值为：‎ ‎12.如图所示，将带电量＝、质量＝的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量＝，滑块与绝缘板间动摩擦因数＝，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度＝的水平方向的匀强磁场．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长＝、摆球质量＝的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，＝，求：‎ ‎（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子拉力；‎ ‎（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎（3）碰撞后小车的最终速度．‎ ‎【答案】（1）；（2）（3），方向水平向右 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 在最低点，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：‎ F=45N ‎(2) 摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv=Mv1+0‎ 代入数据解得：‎ v1=1.5m/s 摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：‎ 代入数据解得：‎ ‎△E=1.31J ‎(3) 假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：‎ Mv1=（M+m′）v2‎ 代入数据解得：‎ v2=0.9375m/s m′受到的向上洛仑兹力为：‎ f=BQv2=20×0.3×0.9375=5.625N＞m′g=1.5N 所以m′在还未到v2=3m/s时已与M分开了，对物块：‎ Qv3B=m′g 代入数据解得：‎ v3=0.5m/s 物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：‎ Mv1=Mv2′+m′v3‎ 代入数据解得：‎ v2′=12m/s 方向水平向右．‎ ‎13.一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行了10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少 ‎【答案】5 s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 绳断后，小车做有初速度的匀加速直线运动，滑块做匀速直线运动，根据前3s相对位移可求小车的加速度；设后3s的初速度，据后3s相对位移可求后3s的初速度，进而求出从绳断到滑块离开车尾所用的时间。‎ ‎【详解】设小车加速度为a 断裂时，车和物块的速度为 断裂后，小车做匀加速直线运动，滑块做匀速直线运动 则前3s相对位移，解得：‎ 设后3s小车的初速为，则 后3s相对位移，解得：‎ 则后3s开始时小车的运动时间为，即绳断后2s是后3s的起点 综上，从绳断到滑块离开车尾所用的时间为 ‎14.如图所示，有一光滑、不计电阻且足够长的平行金属导轨，间距L＝0.5m，导轨所在的平面与水平面的倾角为37°，导轨空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场。现将一质量m＝0.2kg、电阻R＝2Ω的金属杆水平靠在导轨处，与导轨接触良好。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）‎ ‎（1）若磁感应强度随时间变化满足B＝4+0.5t（T），金属杆由距导轨顶部1m处释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度。‎ ‎（2）若磁感应强度随时间变化满足 （T），t＝0时刻金属杆从离导轨顶端s0＝1m处静止释放，同时对金属杆施加一个外力，使金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生，求金属杆下滑5m所用的时间。‎ ‎（3）若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨向下的外力F，其大小为F＝（v+0.8）N，其中v为金属杆运动的速度，使金属杆以恒定的加速度a＝10m/s2沿导轨向下做匀加速运动，求匀强磁场磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）30.4s; （2）s； （3） T。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设金属杆长为L，距离导轨顶部为x，经过ts后，金属杆有沿着导轨向上的加速度，此时安培力等于重力沿导轨的分力，则：‎ FA＝mgsinθ，‎ ‎ ，‎ 其中：‎ ‎ ，‎ 所以：‎ ‎ ，‎ 解得：‎ t＝30.4s。‎ ‎（2）由金属杆与导轨组成的闭合电路中，磁通量保持不变，经过ts的位移为s，则：‎ B1Ls0＝B2L（s+s0），‎ 金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，‎ s＝5m，‎ 代入数据解得： ‎ ‎（3）对金属杆由牛顿第二定律：‎ ‎ ，‎ 其中：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎，‎ 代入数据得：‎ ‎ ，‎ 所以，‎ ‎ ，‎ 解得： 。‎ ‎15.如图所示，吊在天花板下的导热汽缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞A，活塞A的下面吊着一个重物，汽缸中封闭着一定量的理想气体。起初各部分均静止不动，外界大气压保持不变，针对汽缸内的气体，当状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是（　　）‎ A. 迅速向下拉动活塞，缸内气体温度降低 B. 当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功 C. 若汽缸导热良好，保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热 D. 缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须设法减少气体的内能 E. 环境温度升高，气体的压强一定增大 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．迅速向下拉动活塞，缸内气体对外做功且来不及吸热，气体内能减小，所以温度降低，故A正确；‎ B．当活塞向下移动时，气体对外界做功，外界对气体做负功，故B错误；‎ C．若汽缸导热良好，保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，活塞下降，气体体积增加，对外做功，而内能不变，由热力学第一定律知气体一定会吸热，故C正确；‎ D．以活塞为研究对象pS+mg＝p0S，缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须减小气体压强，由理想气体状态方程可知，由于体积不变，压强减小，必然需要温度降低，所以需要减少气体内能，故D正确；‎ E、以活塞为研究对象pS+mg＝p0S，若环境温度升高，气体的压强不变，故E错误。‎ ‎16.如图所示，U形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为 76 cmHg。‎ ‎ ‎ ‎（1）现向右管缓慢补充水银，并保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？‎ ‎（2）在①的目的达到后，停止补充水银，并给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？‎ ‎【答案】（1）40cmHg （2）55.5℃‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对于封闭气体有：‎ 由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：。，得：‎ ‎（2），两侧水银面高度差是24cm；U形管右管内径为左管内径的倍，则管右侧面积是左侧面积的2倍，为2S，空气柱L3=26cm，则左管水银面下降的高度为L3-L2=26-20cm=6cm，水银的体积不变，左侧水银面下降6cm，右侧管的横截面积是左侧横截面积的2倍，则右侧水银面上升3cm，左右两侧水银面高度差，气体压强 由查理定律得：，解得．‎ 考点：考查了理想气体状态方程 ‎【名师点睛】以封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出气体的压强；在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变，根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度