【物理】贵州省贵阳市2020届高三8月摸底考试试题(解析版)

贵州省贵阳市2020届高三8月摸底考试试题一、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：222224Mm v G m m r mr ma r r Tπω====解得：22GM v T a r ω====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OAB. 必定是OBC. 必定是OCD. 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:,OA OB OA OC F F F F >>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A4.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. 3AB.10 AC.2 A D. 22【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：2224222T TR R I RT ⋅⨯+⋅⨯= 解得： 10A I =A. 3A 与分析不符，故A 项错误；B. 10与分析相符，故B 项正确；C.2A 与分析不符，故C 项错误；D. 2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t 0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212E BR ω=，旋出过程中，产生的感应电动势大小仍为212E BR ω=，根据闭合电路欧姆定律可得E I R=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/s 2。

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. 16sC. 21sD. 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113s vt a == 通过的位移为：21 4.5m 2v x a==在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为12222s x x t v-== 总时间为： t =2t 1+t 2=28sA. 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：2vqvB mr=得：mvrqB=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22πm mtqB qBθπθ==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，t 1时刻，速度为零，则合力的功率为零，故在0～t 1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～t 2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F 1和F 2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μ≠0，则F 1：F 2＝2：1B. 若μ≠0，则F 1：F 2＝3：1C. 若μ=0，则F 1：F 2＝2：1D. 若μ=0，则F 1：F 2＝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：3Fa g mμ=- 对BC ： F 1-2μmg =2ma 得：123F F =对C ： F 2-μmg =ma 得：23F F =说明F 1和F 2的大小与动摩擦因数无关，F 1：F 2=2：1，A. 若μ≠0，则F 1：F 2＝2：1与分析相符，故A 项与题意相符；B. 若μ≠0，则F 1：F 2＝3：1与分析不符，故B 项与题意不相符；C. 若μ=0，则F 1：F 2＝2：1与分析相符，故C 项与题意相符；D. 若μ=0，则F 1：F 2＝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U 1，则有：W =qU 1，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：21012qU mv =解得几种粒子进入偏转电场的速度为：102qU v m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U 2，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：222220111224qU U L L y at md v U d==⨯⨯=所以粒子射出电场的偏转位移相等，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30θ︒=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E p ，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36，重力加速度大小为g ，则下列选项正确的是( )A. M ＝2mB. 34p E MgL =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P ()sin 30()cos30M m gL M m gL E μ︒︒+=++木箱被弹回轨道顶端，功能关系得：P sin 30cos300E MgL MgL μ︒︒--=由以上解得12M m = 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：P 3sin 30cos304E MgL MgL MgL μ︒︒=+=故B 项与题意相符；C. 设下滑时加速度为a 1，弹起离开弹簧后加速度为a 2，下滑时由牛顿第二定律得1()sin 30()cos30()M m g M m g M m a μ︒︒+-+=+得：21m2.5s a =离开弹簧后由牛顿第二定律得：2sin 30cos30Mg Mg Ma μ︒︒+=得：22m7.5s a =故上滑时加速度的大小是下滑时的3倍。