【文档说明】贵州省黔东南州2020届高三模拟考试物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，916.000 KB，由小赞的店铺上传

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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cosG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0.5MB.这块矿石的质量为0.5MmC.这块矿石

中铀的质量为0.5mD.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（12）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12m，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12m，经

过一个半衰期后该矿石的质量剩下会大于（M-12m）；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222sin100ut（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14位置时，灯泡消耗的电功率为20WD.当滑片P滑动到距离副线圈下端14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20.02sT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2211220VnUUn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14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2110VU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322D.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2T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2332rTTr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322，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12mB.两车会相撞，相撞时前车车速为6m/sC.两车会相撞，相撞时后车车速为18m/sD.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0108km/h30m/sv

，结合运动学公式知两车从刹车到速度为0的位移220130m75m226vxa=则后车从开始到刹车到速度为0的位移2130(40.4)m75m=207m>105m+=180mxx=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207m180m27mx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22vax=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2QEkr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2tanmgmr又sinrR解得cosgR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FD.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2I，设MN的长为L，由题意知FBIL所以边MLN所受安培力为1

22IFBLF方向与MN边所受安培力的方向相同，故有31.52FFFFF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1212BLLRR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12122BLLRR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22121212()BLLvRRR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22212212()BLLvRRR【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：1212BLLqRRR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：2EBLv112EIRR导体棒做匀速直线运动，则通过的时间为：11Ltv电阻上消耗的电能为：21111QIRt联立以上各式解得：221211212()BLLvRQRR故C正确；D．同理同C选项分析可知：22122

22122()BLLvRQRR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2mgFma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34122()4ssssaT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14.00mAI流过电阻箱的电流112

4.00mA2.00mA2.00mARIII根据并联电路特点和欧姆定律得电流表内阻为131322.001010.5==2.0010RgIRRI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33-55101

0.5510ggxgUIRRI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2.60mA5mA5VU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，sin

53°=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)045EvBgL；(2)（02vgLg，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200mvqvBR分析

可知小球的运动半径sinLR联立解得045EvBgL(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0xvt212ygt几何关系可知tanLyR联立解得02vgLxg即小球运动至x轴正半轴时的坐标为（02vgLg，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)2mM；(3)83mgLW【解析】【详解】(1)在D点，有2DvmgmL从C到D，由动能定理，有2211222DCmgLmvmv在C点

，有2CvFmgmL解得6Fmg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6FFmg(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有ABmvmv对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有22

A1122CmgmvmvLB滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有BmvmMv由机械能守恒定律，有22B11()22mvmMvmgL解得2mM(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BBmvmvmv由机械能守恒，有222BB111222mvmvMv解得B63gLv，463gLv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212WMv解得83mgLW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；D

E．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1122

12plSplSTT即27688010300KT解得T2=395K(2)气体从最初状态到最后状态，做等容变化，则有3113ppTT其中T3=T2=395K解得p3=100cmHg故从右端应加入的水银柱的长度为1

00cm-76cm=24cm15.甲、乙两单摆的摆球静止在平衡位置，摆长LL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2lTg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OP

Q,0.4mOPOQ,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、23m5OM，光速为8310m/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）9210s【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1sin2OArOQ玻璃体对该光的折射

率为：sin3sininr.（ⅱ）3cos5ANOQrm光在玻璃体中传播的速度cvn光在玻璃体中传播的时间ANtv解得：9210ts.