贵州省贵阳市2020届高三8月摸底考试物理试题

贵州省贵阳市2020届高三8月摸底考试物理试题

贵阳市普通高中2020届高三年级8月摸底考试 物理 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1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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.α粒子是( )‎ A. 原子核 B. 原子 C. 分子 D. 光子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】α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OA B. 必定是OB C. 必定是OC D. 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A ‎4.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. 3A B. A C. A D. A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将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. 13s B. 16s C. 21s D. 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=28s A. 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 ‎【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－时间图象为余弦曲线。由图中可以判断( )‎ A. 0～t1过程，合外力的大小保持不变 B. 0～t1过程，合外力的功率先变大后变小 C. 0～t2过程，合外力对质点的冲量为零 D. 0～t2过程，合外力对质点的做功为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在0～t1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0～t1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，0～t2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，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μ，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：F2＝2：1 B. 若0，则F1：F2＝3：1‎ C. 若0，则F1：F2＝2：1 D. 若0，则F1：F2＝3：1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设三个物体与地面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律可得 F-3μmg=3ma 得：‎ ‎ ‎ 对BC：‎ F1-2μmg=2ma 得：‎ ‎ ‎ 对C：‎ F2-μmg=ma 得：‎ ‎ ‎ 说明F1和F2大小与动摩擦因数无关，F1：F2=2：1，‎ A. 若0，则F1：F2＝2：1与分析相符，故A项与题意相符；‎ B. 若0，则F1：F2＝3：1与分析不符，故B项与题意不相符；‎ C. 若0，则F1：F2＝2：1与分析相符，故C项与题意相符；‎ D. 若0，则F1：F2＝3：1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 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. M＝2m B. ‎ 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13～16题为必考题，每道试题考生都必须作答，第17～18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点时物块的速度大小为______m/s(保留2位有效数字)。物块下滑的加速度大小为__________m/s2(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). 0.31 (3). 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A. 实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确；‎ B. 为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；‎ C. 因为实验中比较的是mgh与的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误；‎ D. 实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误.‎ ‎(2)[2][3] 物块加速下滑，速度越来越大，在相等时间内物块的位移越来越大，刚开始时在相等时间内的位移较小，由图示纸带可知，打点计时器最先打出的点是A点；每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔为：T=0.02×5=0.1s，打出D点时的速度大小为 匀变速直线运动的推论△x=aT2可知，加速度为 ‎14.某同学测定一个阻值约为10Ω的定值电阻Rx的阻值。现有如下器材：‎ 多用电表 电源(电动势3V)‎ 滑动变阻器(阻值范围0～10Ω)‎ 电流表(内阻约为5Ω，量程0.6A，3A)‎ 电压表(内阻约为5kΩ，量程3V，15V)‎ 开关，导线若干 请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)若该同学用已经机械调零的多用电表测量电阻Rx的阻值。测量前，应先把倍率选择开关调到(“×1”、“×10”或“×100”)挡位___________，将两表笔短接，再调___________使指针指向“0Ω”。‎ ‎(2)接下来，该同学用“伏安法”测量电阻Rx的阻值，要求电压表指针的偏转角度不小于满偏的三分之一，在测量电路中将电流表外接，图(a)中不乏电路已经连接好，请补充完整实物连线___________。‎ ‎(3)正确连线后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，电压表和电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示。若不考虑电表内阻的影响，由此可得Rx＝_________Ω(结果保留3位有效数字)。‎ ‎(4)在电路正确连接，操作、读数和计算均无误的，该同学实际测得电阻Rx的阻值与真实值相比较________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)，其主要原因是由____(选填“电流表的分压”或“电压表的分流”)造成的。‎ ‎【答案】 (1). (2). 欧姆调零旋钮 (3). (4). (5). 偏小 (6). 电压表分流 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2] 待测电阻阻值大约为10Ω，故多用电表倍率选择开关调到×1即可；在使用欧姆档时，换用倍率，需要重新欧姆调零，即将两表笔短接，再调欧姆调零旋钮，时指针指向“0Ω”。‎ ‎(2)[3] 实物图连线如图所示 ‎(3)[4] 通过电压表和电流表示数可知：U=2.30V，I=0.24A，根据欧姆定律得：‎ ‎(4)[5][6] 电流表的示数是通过待测电阻的电流和通过电压表的电流之和，通过实验原理可知，测得电阻Rx的阻值与真实值相比较偏小，其主要原因是由电压表分流造成的。‎ ‎15.一个质量为m的烟花弹获得速度v0后，从地面竖直升空(可视为竖直上抛运动)。当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹弹壳炸成A、B两块，且均沿水平方向运动，A的质量是B的两倍，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。‎ ‎(1)求烟花弹上升的最大高度；‎ ‎(2)求爆炸时A与B获得的速度大小之比；‎ ‎(3)要使A不落到以地面上发射点为圆心，以R为半径的圆周范围内，求爆炸时A应获得的动能。‎ ‎【答案】（1） （2）1:2 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 设烟花弹上升的最大高度为h, 根据竖直上抛运动的规律有 得：‎ ‎ ‎ ‎(2) 设A和B的质量分别为m1和m2．爆炸时获得的速度大小分别为v1和v2．规定v1的方向为正方向, 根据动量守恒定律有 m1v1-m2v2=0‎ 由题 m1=2m2．解得 ‎ v1：v2=1：2‎ ‎(3) 设A落回地面的时间为t，由平抛运动的规律及题给条件有：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 爆炸时A应获得的动能 ‎ ‎ 解得：‎ ‎16.在如图所示，水平轨道AB和足够长斜轨道平滑连接于B点，并固定在竖直平面内，斜轨道与水平面的夹角θ＝，斜轨道处在方向竖直向下的匀强电场中，场强大小为E1＝104N/C，可视为质点的物块P带正电、电荷量q＝8×10－6C保持不变、质量为m＝2×10－3kg，在水平向左的推力F＝1×10－2N的作用下匀速运动，速度大小为v0＝4m/s。到达B点撤去推力，物块经过连接处速度大小不变，之后它沿斜轨道向上滑行。已知物块与水平轨道和斜轨道间的动摩擦因数相同，在斜轨道上的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度g取10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)物块与AB轨道间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物块从B点沿斜轨道向上滑行的最长时间；‎ ‎(3)物块最终停止的位置。‎ ‎【答案】（1）0.5 （2）0.08s （3）0.32m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据平衡条件可得：‎ F-f=0‎ 根据滑动摩擦力的计算公式可得f=μmg，解得：‎ ‎(2) 根据牛顿第二定律可得 ‎(Eq+mgsinθ)+μ(Eq+mg)cosθ=ma 根据运动学公式可得：v0=at，联立解得 t=0.08s ‎(3) 设物体在斜面上向上运动的最大距离为s，停止的位置到B点的距离为x，由B点到物体在斜轨道停止的位置和动能定理可得：‎ ‎ ‎ 物体在斜轨道上停止到最终停止，根据动能定理可得：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ x=0.32m。‎ 所以物块最终停止在距离B点0.32m处 ‎17.甲、乙两同学分别在高倍显微镜下每隔30s追踪记录水中小炭粒运动位置的连线图，如图甲和乙所示，两方格纸每格均为边长相等的正方形。比较两图可知：若水温相同，___(选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，_________(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒的运动_________(选填“是”或“不是”)水分子的运动。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 乙 (3). 不是 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2][3] 布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈。布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。比较两图可知：若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，乙中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒的运动不是水分子的运动。‎ ‎18.如图所示，一根粗细均匀、导热良好的玻璃管一端开口，另一端封闭，管内有一段水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，封闭空气柱(可视为理想气体)的长度为L1；若环境温度保持不变，将玻璃管缓慢地转动到开口竖直向下的位置(没有水银溢出管外)，稳定后，封闭空气柱的长度变为L2。已知L1：L2＝3：5，大气压强为1×105Pa(相当于76cm高的水银柱产生的压强)。‎ ‎(i)求玻璃管内水银柱的长度；‎ ‎(ii)若保持玻璃管开口向上竖直放置，当环境温度升高时，请计算说明管内水银柱移动的方向。‎ ‎【答案】(i)19cm (ii)水银柱应向上移动 ‎【解析】‎ ‎【详解】(i) 设玻璃管的横戴面积为S，水银柱的长度为h，水银的密度为ρ，重力加速度为g。‎ 当玻璃管开口向上竖直放置时，封闭气体的压强为：‎ P1=P0+ρgh…①‎ 当玻璃管开口向下竖直放置时，封闭气体的压强为：‎ P2=P0-ρgh…②‎ 由于封闭气体温度不变，则根据玻意耳定律有 P1L1S=P2L2S…③‎ 结合 L1：L2=3：5…④‎ 由①～④式解得：‎ h=19cm ‎(ii) 设环境温度由T1升高到T3，空气柱的长度由L1变为L3，由气体的压强不变，根据盖•吕萨克定律得 ‎…⑤‎ 因T1＜T3，故得 L1＜L3，所以管内水银柱向上移动.‎ ‎19.如图甲所示，是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙是图甲中某质点此后一段时间内的振动图象。若波沿x轴负方向传播，图乙是质点_________(选填K、L、M或N)的振动图象，从t＝0时刻起，最先回到平衡位置的质点是___________(选填K、L、M或N)，该波的波速为_______________m/s。‎ ‎【答案】 (1). N (2). K (3). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]由甲图看出，图示时刻质点K的位移为正向最大，而振动图象t=0时刻质点的位移为零，所以图乙不可能是图甲中K的振动图象，若波沿x轴负方向传播，则L 质点的速度方向沿y轴负方向，此时刻L的位移为零，N质点的速度方向沿y轴正方向，由乙图看出t=0时刻质点经过位置沿y轴正方向振动，所以乙图是甲图中N质点的振动图象。‎ ‎[2] 从t=0时刻开始，最先回到平衡位置的质点是K；‎ ‎[3] 由甲图可知波长λ=2m，由乙图可知，周期T=4s，则波速 ‎。‎ ‎20.如图所示，一棱镜的截面为直角三角形ABC，，斜边，棱镜材料的折射率为，在此截面所在的平面内，一条光线以的入射角从AC边的中点M射入棱镜（不考虑光线沿原路返回的情况）‎ a.请画出光线从射入到射出棱镜的光路图；‎ b.求光线从棱镜射出的点的位置 ‎【答案】（1）（2）射点在BC边上离B点 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）入射光线在法线的左侧，光路图如图所示：‎ ‎（2）设折射光线与AB的交点为D，由几何关系可知，在D点的入射角，‎ 设全反射的临界角为C，则，根据已知条件得，因此，光在D点全反射．‎ 设此光线的出射点为E，由几何关系得 ‎⑦，联立得：，即出射点在BC边上离B点。‎ 考点：光的折射定律 ‎【名师点睛】本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解．要将折射定律与几何知识结合起来分析光路。‎ ‎ ‎