【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G

LONASS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M

N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FBI

L所以边MLN所受安培力为122IFBLF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：2EBL

v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：2212222122()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10

Ω；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1124.00mA2.00mA2.00mARIII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33-551010.5510ggxgUIRRI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

，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)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2211

222DCmgLmvmv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22A1122CmgmvmvL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；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112212plSplSTT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100cm-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OPQ,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.