2020年广东省佛山市高考物理一模试卷_(带答案解析).docx

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绝密★启用前
2020年广东省佛山市高考物理一模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分





注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共5题）
1. 如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画，现若保持画框的上边缘水平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再增大为止（不考虑画与墙壁的摩擦），则此过程中绳的张力大小（　　）

A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先变大，后变小 D.先变小，后变大
2. 如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种点电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点，把一个负检验电荷分别放在P、S、T三点进行比较，则（　　）

A.电场中P、S、T三点，T点电势最高 B.检验电荷在T点电势能最大
C.检验电荷在P点受力最小 D.检验电荷在S点受力最大
3. 大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施，一次最多可坐4人的浮圈，从高为h的平台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A.人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态
B.人和浮圈刚进入盆体时的速度大小一定是
C.人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧
D.人和浮圈进入盆体后，其所受支持力与重力的合力大于所需的向心力
4. 北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星，据介绍，北斗系统由中圆地球轨道（MEO）卫星、地球静止轨道（GEO）卫星、倾斜地球同步轨道（IGSO）卫星三种卫星组成，其中（MEO）卫星距地高度大约2.4万公里，（GEO）卫星和（IGSO）卫星距地高度都是大约为3.6万公里，这三种卫星的轨道均为圆形，下列相关说法正确的是（　　）

A.发射地球静止轨道卫星速度应大于11.2km/s
B.倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空
C.根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期
D.中圆地球轨道卫星的加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的加速度
5. a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v-t图象如图所示，在t=0时刻，b车在a车前方s0处，在0～t1时间内，b车的位移为s，则（　　）

A.若a、b在t1时刻相遇，则s0=3s
B.若a、b在时刻相遇，则s0=s
C.若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为t1
D.若a、b在时刻相遇，则下次相遇时a车速度为

评卷人
得分



二、 实验题（共2题）
6. 某同学用图甲所示的装置测量一滑块与木板间的动摩擦因数，打点计时器固定在斜面上，滑块拖着穿过打点计时器限位孔的纸带从斜面上滑下，图乙是打出的一段纸带。

（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，选取A至G的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得B、C、D、E、F、G各点到A点的距离依次是5.29cm、11.05cm、17.30cm、24.01cm、31.22cm、38.92cm，由此可知滑块下滑的加速度a=______m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）为测量动摩擦因数，还应测量下列哪些物理量______（填写选项序号）。
A．木板的长度L
B．木板的末端被垫起的高度h
C．木板的质量m1
D．滑块的质量m2
E．滑块运动的时间t
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=______（用题中各物理量的字母代号及重力加速度g表示），由于该测量装置存在系统误差，测量的动摩擦因数会______（填“偏大”或“偏小“）。
7. 小明在实验室找到一个可调内阻的电池（如左下图），想自己动手探究电池内、外电压的关系，可调内阻电池由电池槽，正负极板M、N，探针P，Q，气室，打气筒等构成，电池槽中间有一条电解质溶液通道，缓慢推动打气筒活塞，向电池内打气，以改变通道内液面的高度，从而改变电池的内阻，液面越低，内电阻越大，电压表V1与正负极板M、N连接，电压表V2与探针P、Q连接，小明将三个相同的小灯泡并联接在M，N两端，每个支路由独立的开关S1、S2、S3控制。

（1）断开S1、S2、S3，两个电压表的示数如图所示，则______（填下图字母代号）为V1的读数，其读数为______V，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于该电源的______；
（2）逐步闭合S1、S2、S3，小明将看到V1的示数______（增大/减小/不变），V2的示数______（增大/减小/不变），同时会发现两电压表的示数还会满足______的关系。若读得V1的示数为U1，V2的示数为U2，A的示数为I，则此时电池的内阻r=______（用题中字母符号表示）。
（3）保持S1，S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，同时记录V1、V2的示数U1、U2和A的示数，利用多组数据画出U1-I，U2-I图象，若灯泡电阻随温度的变化不计，则下列图象正确的是______。

评卷人
得分



三、 计算题（共4题）
8. 如图所示，在竖直虚线范围内，左边存在竖直向下的匀强电场，场强为E．右边存在垂直纸面向里的匀强磁场，两场区的宽度相等。当电量为-e、质量为m的电子以初速度v0水平射入左边界后，穿过电、磁场的交界处时速度偏离原方向θ角。再经过磁场区域后垂直右边界射出。求：
（1）电子在电场中运动的时间t1；
（2）磁感应强度B的大小。

9. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，两个大小不计的物块A、B质量分别为m1=m和m2=5m，A、B与传送带的动摩擦因数分别为μ1=tanθ和μ2=tanθ．设物体A与B碰撞时间极短且无能量损失。
（1）若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速释放物体A，它们第一次碰撞前A的速度大小为v0，求A与B第一次碰撞后的速度v1A、v1B；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，求它们第二次碰撞前A的速度v2A；
（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。

10. 如图，内径均匀的导热汽缸质量为M，内部横截面积为S，活塞的质量为m，稳定时活塞到气缸底部距离为L1．用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做功为W0，已知大气压强为p0，重力加速度为g，环境温度不变，气缸与活塞无摩擦。求
（i）最终活塞到气缸底部距离L2；
（ii）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。

11. 如图所示，将一个折射率为n=透明长方体放在空气中，长方形ABCD是它的一个截面，单色细光束入射到P点，入射角为θ．AD=AP。
（i）若要使光束进入长方体后能射到AD面上，θ角的最小值为多少？
（ii）若要使此光束在AD面上发生全反射，θ角的范围如何？


评卷人
得分



四、 多选题（共2题）
12. 物体是由大量分子组成，下列相关说法正确的是（　　）
A.布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动
B.液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离
C.扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生
D.随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小
E.气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数越少
13. 一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.质点振动频率是0.25Hz
B.0至10s内质点经过的路程是20cm
C.第4s末质点的速度最大
D.在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
E.在t=2s和t=4s两时刻，质点速度大小相等、方向相同

参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】D
【解析】解：分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合力恒定不变。
随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。
本题考查了合力的大小与分力间夹角的关系，明确两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大。
2. 【答案】B
【解析】解：由等量异号点电荷电场线及等势面空间分布图，P、S、T三点进行比较，S、P两点电势相等，大于T点电势；T点电场强度最大，S点电场强度最小。把负电荷放在S点受力最小，放在T点电势能最大。故B正确，ACD错误。

故选：B。
明确等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，知道电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在高电势处电势能小。
本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低。
3. 【答案】C
【解析】解：A、人和浮圈沿滑梯下滑的过程是加速过程，有竖直向下的加速度，处于失重状态，故A错误；
B、人和浮圈下滑的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，所以，故B错误；
CD、人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动，在竖直方向上其重力和支持力平衡，在水平方向上，摩擦力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向提供切向加速度做减速运动，故摩擦力方向是直线轨迹的内侧且与速度方向的夹角大于90°，故C正确，D错误。
故选：C。
人和浮圈下滑的过程中有向下的加速度，处于失重状态；人和浮圈在下滑过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可以判断速度大小；人和浮圈进入盆体后做半径减小的减速圆周运动，在竖直方向重力和支持力平衡，在水平方向摩擦力既提供切向加速度，又提供向心加速度。
滑梯不是光滑的，与浮圈之间有摩擦，所以人和浮圈的机械能不守恒；人和浮圈在盆体中做的是半径减小的减速圆周运动，其摩擦力既提供向心加速度，又提供切向加速度，且摩擦力方向与速度方向的夹角大于九十度。
4. 【答案】C
【解析】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球的最小发射速度，故发射地球静止轨道卫星速度应小于11.2km/s，故A错误。
B、倾斜地球同步轨道卫星相对地球表面运动，不能相对静止于某个城市的正上空，故B错误。
C、中圆地球轨道卫星和地球同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律可知，，其中r=R+h，已知地球半径R，两颗卫星据地高度h，同步卫星的周期24h，可以估算出中圆轨道卫星的周期，故C正确。
D、根据万有引力提供向心力，，解得加速度a=，中圆地球轨道卫星的轨道半径小，故加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的加速度，故D错误。
故选：C。
人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律比较周期。
11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球的最小发射速度。
根据a=比较加速度。
本题考查了人造卫星的相关知识，关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关系。
5. 【答案】B
【解析】解：A、由图可知，在0-t1时间内，b车的位移为s，则a车的位移为3s。若a、b在t1时刻相遇，则s0=3s-s=2s，故A错误。
B、若a、b在时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于s0，即s0=•2s=s，故B正确。
C、若a、b在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为t1+=t1，故C错误。
D、若a、b在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，根据几何关系知下次相遇时a车速度为va==，故D错误。
故选：B。
要分析清楚两物体的位移关系来确定两物体何时相遇。两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，在v-t图象中，面积表示位移。
本题要抓住速度-时间图象反映速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用。要知道在速度图象中，纵轴截距表示初速度，图象与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。

二、 实验题
6. 【答案】0.48 AB ； 偏大
【解析】解：（1）由△s=aT2得：a==0.48m/s2
（2）对物体受力分析求合力时，用到斜面的倾角，可由斜面的高、长表示斜面倾角正弦，故还应测量的有木板的长度L和木板的末端被垫起的高度h；
故选：AB。
（3）由牛顿第二定律、摩擦力公式，得：mgsinθ-μmgcosθ=ma，其中：sinθ=，cosθ=解得：μ=；
由于纸带与限位孔间的摩擦力或空气阻力，使求得的加速度偏小，导致摩擦力偏大，摩擦因数偏大。
处理纸带数据时忽略了纸带与限位孔间的。摩擦力或忽略空气阻力。
故答案为：（1）0.48；（2）AB；（3），偏大。
（1）由△s=aT2可求加速度；
（2）对物体受力分析，求合力由牛顿第二定律得摩擦力，由f=μN得μ，夹角由斜面的高、长求出；
（3）误差分析，由于加速度偏小，摩擦因数偏大。
本题要能够通过纸带求解加速度，难点是根据牛顿第二定律求解出动摩擦因数的表达式进行分析。
7. 【答案】B 2.50 电动势 减小 增大 两电压表示数之和基本保持不变 A
【解析】解：（1）电压表V1与正负极板M、N连接，测的是外压；电压表V2与探针P、Q连接测量的是内压。
断开S1、S2、S3，电流为0，内压为0，外压最大等于电动势，V1的读数为2.50，此数值等于该电源电动势。（2）逐步闭合S1、S2、S3，干路电流增大，内压变大，外压变小，小明将看到V1的示数减小，V2的示数增大且两电压表示数之和基本保持不变；电池的内阻为r=，
（3）因外阻不变则外压与电流的关系曲线为斜率不变且电压随电流的增大而增大。即为A图正确，B图错误
因内阻增大，U2会随电流的增大而增大，且斜率越来越大，故CD错误
故选：A
故答案为：（1）B 2.50 电动势 （2）减小 增大 两电压表示数之和基本保持不变 （3）A
（1）明确电压表接正负极测量的是外压，接探针测量的是内压。
（2）由闭合电路欧姆定律得电压的示数的变化。
（3）由欧姆定律确定图象的正误。
本题考查的是闭合电路欧姆定律的应用，明确电压表的示数是谁的电压，由欧姆定律分析。
三、 计算题
8. 【答案】解：（1）设电子射出电场时竖直方向的速度为vy，根据几何关系可得：
vy=v0tanθ
电子在电场中运动时的加速度大小为a=
根据速度时间关系可得：t1==；
（2）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，速度为v；
则v=
由于两场区的宽度相等，则宽度d=v0t1=
根据几何关系可得：R==
根据洛伦兹力提供向心力可得：evB=m
联立解得：B=。
答：（1）电子在电场中运动的时间为；
（2）磁感应强度B的大小为。

【解析】
（1）根据速度的合成与分解求解电子射出电场时竖直方向的速度，根据速度时间关系求解时间；
（2）由于两场区的宽度相等，则宽度d=v0t1，根据几何关系求解粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
9. 【答案】解：（1）B与传送带的动摩擦因数为μ2=tanθ，即mgsinθ=μmgcosθ，若传送带不动，将物体B无初速放置于传送带上的某点，物块B在传送带上能够静止。
A和B碰撞过程中动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得：
m1v0=m1v1A+m2v1B；
根据能量守恒定律可得：m1v02=m1v1A2+m2v1B2；
联立解得：v1A=，v1B=；
（2）若传送带保持速度v0顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B和A，它们第一次碰撞前A的速度大小也为v0，B相对于地面仍静止，A的运动情况不变，它们第一次碰撞后的速度仍为：v1A=，v1B=；
第一次碰撞后B沿传送带匀速下滑，A先向上做匀减速运动，后向下做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
根据牛顿第二定律可得：m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a，
解得：a=0.4gsinθ
设经过时间t二者相遇，根据位移时间关系可得：
v1Bt=v1At+
即t=t+
解得：t=，
它们第二次碰撞前A的速度：
v2A=v1A+at=+0.4gsinθ×=；
（3）在第（2）问所述情景中，设第二次碰撞后A和B的速度分别为v′2A，v′2B，
根据动量守恒定律可得：m1v2A+m2v1B=m1v′2A+m2v′2B；
根据能量守恒定律可得：m1v2A2+m2v1B2=m1v′2A2+m2v′2B2；
联立解得：v′2A=，v′2B=；
设再经过t′时间二者第三次相碰，根据位移时间关系可得：
v′2Bt′=v′2At′+
即t′=t′+
解得：t′=，
第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移为：x=v1Bt+v′2Bt′=，
第一次碰撞后到第三次碰撞前A的位移和B的位移相等，也为x=，
故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功：
W=-μ1m1gcosθ•x=-3mv02。
答：（1）A与B第一次碰撞后A的速度为（负号表示方向沿传送带向上），B的速度为；
（2）它们第二次碰撞前A的速度为；
（3）在第（2）问所述情景中，第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功为-3mv02。
【解析】
（1）A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解；
（2）分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解A的加速度大小，根据位移时间关系求解再次相碰经过的时间，再根据速度时间关系求解速度；
（3）设第二次碰撞后A和B的速度分别为v′2A，v′2B，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解碰撞后速度大小，根据位移时间关系求解再次相碰经过的时间，由此求出第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移，也就是A的位移，根据功的计算公式求解第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A做的功。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解；本题运动过程太复杂，一定要认真分析。
10. 【答案】解：（i）设原来气体压强为P1，则对活塞受力分析有：mg+P0S=P1S
解得：P1=P0+
汽缸离地时，对汽缸底部进行受力分析有：P2S+Mg=P0S
解得：P2=P0-
又因为P1L1S=P2L2S
解得：L2=L1；
（ii）设此过程中气体对外做的功为W，以活塞为研究对象，根据动能定理可得：W0-mg（L2-L1）-W=0
解得：W=W0+。
根据热力学第一定律可得：△U=Q-W=0，
解得气体从外界吸收的热量Q=W0+。
答：（i）最终活塞到气缸底部距离为L1；
（ii）上拉过程中气体从外界吸收的热量为W0+。
【解析】
（i）对活塞受力分析、对汽缸底部进行受力求解初末状态的压强，根据玻意耳定律求解；
（ii）以活塞为研究对象，根据动能定理求解气体对外做的功，根据热力学第一定律求解气体从外界吸收的热量。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
11. 【答案】解：（i）设AP=d，则AD=d
要使光束进入长方体后能射至AD面上，设最小折射角为α，此时折射光线刚好射到D点，如图，根据几何关系有
sinα==
根据折射定律有=n
解得角θ的最小值为 θ=30°
（ii）如图，要此光束在AD面上发生全反射，则要求光线射至AD面上的入射角β应满足
sinβ≥sinC
根据临界角公式有sinC=
根据几何关系有 sinβ=cosα==
解得：θ≤arcsin=arcsin=60°
结合（1）题结果可得：要使此光束在AD面上发生全反射，θ角的范围为30°≤θ≤60°。
答：（i）若要使光束进入长方体后能射到AD面上，θ角的最小值为30°。
（ii）要使此光束在AD面上发生全反射，θ角的范围为30°≤θ≤60°。

【解析】
（i）根据折射定律，结合几何关系求出使光束进入长方体后能射至AD面上，角θ的最小值。
（ii）结合全反射的条件，以及折射定律和几何关系求出角θ的范围。
本题是全反射、折射定律、临界角等知识的综合应用，首先要正确作出光路图，运用几何知识研究折射角的正弦。其次，要掌握全反射条件和临界角公式。
四、 多选题
12. 【答案】ACD
【解析】解：A、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，它间接证明了分子永不停息地做无规则运动，故A正确。
B、液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故B错误。
C、扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生，故C正确。
D、分子间的斥力和引力都随分子间的距离增大而减小，故D正确。
E、根据气体压强的微观意义，气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器器壁单位面积上受到气体分子撞击的次数越多，故E错误。
故选：ACD。
悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动；液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；扩散现象可以在三种物态中发生；分子间的斥力和引力都随分子间的距离增大而减小；根据气体压强的微观意义求解。
本题考查了布朗运动、扩散、分子间的相互作用力、液体的表面张力等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。
13. 【答案】ABC
【解析】解：A、由图读出质点振动周期为T=4s，则质点振动频率为f==0.25Hz．故A正确。
B、质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，t=10s=2.5T，则在10s内质点经过的路程是 S=2.5×4A=10×2cm=20cm，故B正确。
C、在第4s末，质点位于平衡位置处，速度最大，故C正确。
D、在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相反，故D错误。
E、根据图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，知在t=2s和t=4s两时刻，质点速度大小相等、方向相反，故E错误。
故选：ABC。
由图读出周期，求出频率。质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程。根据质点的位置，分析位移、速度和加速度。
由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，要知道图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向。