1、2020年廣東省廣州市高考模擬試題物理二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.(6分)根據伽利略理想斜面實驗，利用如圖所示的軌道裝置做實驗：在斜軌上先后鋪墊三種粗糙程度不同的材料，小球從左側斜軌上的O點由靜止釋放后沿斜軌向下運動，并沿右側斜軌上升到的最高位置依次為1、2、3.對比這三次實驗可知()A.第一次實驗中小球接觸的材料是最光滑的B.第二次實驗中小球的機械能守恒C.第三次實驗中小球的慣性最大D.第三次實驗中小球對軌道最低點的壓力最大解析：A、如果斜面

2、光滑，則小球應到達等高的位置，則由圖可知，三次實驗中小球均受到阻力作用，故機械能不守恒，斜面不光滑，故AB錯誤；C、由于不知道小球的質量，故不能明確小球的慣性大小，故C錯誤；D、第三次實驗中小球到達最低點的速度最大，則根據向心力公式可知，小球對軌道最低點的壓力最大，故D正確。答案：D2.(6分)阻值均為R的四個電阻、電容為C的電容器及電動勢為E的電源(不計內阻)連接成如圖所示的電路。開關K閉合且電路穩定時，以下說法正確的是()A.電容器兩板間電壓為B.電容器極板上的電荷量為C.減小電容器兩極板正對面積，極板上的電荷量減小D.減小電容器兩極板間的距離，穩定后兩板間電壓比原來的更小解析：A、電容器

3、視為斷路，與電容器串聯的電阻看成導線，電容器兩極板間的電壓，故A錯誤；B、根據Q=CU，得電容器極板上的電荷量為，故B錯誤；C、減小電容器兩極板的正對面積，電容減小，由Q=CU知極板上的電荷量減小，故C正確；D、減小極板間的距離，電容增大，穩定后兩極板電壓與原來相同，等于和電容器并聯的電阻兩端的電壓，故D錯誤。答案：C3.(6分)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中|AB|=2|AD|=2|AA1|，將可視為質點的小球從頂點A在BAD所在范圍內(包括邊界)分別沿不同方向水平拋出，落點都在A1B1C1D1范圍內(包括邊界)。不計空氣阻力，以A1B1C1D1所在水平面為重力勢能參考平面，則小球(

4、)A.拋出速度最大時落在B1點B.拋出速度最小時落在D1點C.從拋出到落在B1D1線段上任何一點所需的時間都相等D.落在B1D1中點時的機械能與落在D1點時的機械能相等解析：A、由于小球拋出時離地高度相等，故各小球在空中運動的時間相等，則可知水平位移越大，拋出時的速度最大，故落在C1點的小球拋出速度最大，落點靠近A1的粒子速度最小，故AB錯誤，C正確；D、由圖可知，落在落在B1D1中點和落在D1中點的水平位移不同，所以兩種情況中對應的水平速度不同，則可知它們在最高點時的機械能不相同，因下落過程機械能守恒，故落地時的機械能也不相同，故D錯誤。答案：C4.(6分)如圖，人造衛星M、N在同一平面內繞

5、地心O做勻速圓周運動。已知M、N連線與M、O連線間的夾角最大為，則M、N的運動周期之比等于()A.sin3B.C.D.解析：設M、N的軌道半徑分別RM、RN。據題衛星M、N連線與M、O連線間的夾角最大時，MN連線與衛星N的運行軌道應相切，如圖：根據幾何關系有 RN=RMsin根據開普勒第三定律有：=聯立解得 =答案：D5.(6分)如圖，粗糙水平面上a、b、c、d 四個相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個等腰梯形，系統靜止。ab之間、ac之間以及bd之間的彈簧長度相同且等于cd之間彈簧長度的一半，ab之間彈簧彈力大小為cd之間彈簧彈力大小的一半。若a受到的摩擦力大小為f，則()A.

6、ab之間的彈簧一定是壓縮的B.b受到的摩擦力大小為fC.c受到的摩擦力大小為fD.d受到的摩擦力大小為2f解析：A、設每根彈簧的原長為L0，ab的形變量為x1，cd的形變量為x2，則有kx2=2kx1，若ab彈簧也是被拉長，則有：L0+x2=2(L0+x1)，解得L0=0，不符合題意，所以ab被壓縮，A正確；B、由于a受到的摩擦力大小為f，根據對稱性可得，b受到的摩擦力大小為f，B正確；C、以a和c為研究對象進行力的分析如圖所示，中圖中的為ac與cd之間的夾角，則cos，所以=60°，則cab=120°，a受到的摩擦力大小f=T；對c根據力的合成可得fc=f，所以C正確；D

7、、由于c受到的摩擦力大小為f，根據對稱性可知，d受到的摩擦力大小為f，D錯誤。答案：ABC6.(6分)如圖，兩個相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，系統用細線靜止懸掛于足夠高的天花板下。細線某時刻被剪斷，系統下落，已知重力加速度為g，則()A.細線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為gB.彈簧恢復原長時，a和b的加速度大小均為gC.下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態D.下落過程中a、b和彈簧組成的系統機械能守恒解析：A、開始時系統處于平衡狀態，彈簧的彈力大小為mg，當細線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的拉力和重力作用，加速度為2g，故A錯誤；B、彈簧恢復原長時，兩物

8、體均只受重力，故加速度大小為g，故B正確；C、由于a的加速度大于b的加速度，故a下落較快，因此開始時彈簧處于壓縮狀態，故C錯誤；D、對，a和b和彈簧組成的系統來說，由于只有重力做功，故機械能守恒，故D正確。答案：BD7.(6分)質量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數的關系如圖所示，則賽車()A.速度隨時間均勻增大B.加速度隨時間均勻增大C.輸出功率為160kWD.所受阻力大小為1600N解析：A、由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，故A錯誤；B、a函數方程，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；CD、對汽車受力分析，受重力、支持力

9、、牽引力和摩擦力，根據牛頓第二定律，有：Ff=ma其中：F=聯立得：a=結合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖像可以知道，a=0時，=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s由圖像可知：，解得：f=4m=4×400=1600N解得：P=160KW，故CD正確。答案：CD8.(6分)如圖，A、B、C、D是正四面體的四個頂點，現在A固定一電荷量為+q的點電荷，在B固定一電荷量為q的點電荷，取無窮遠電勢為零，下列說法正確的是()A.棱AB中點的電勢為零B.棱AB中點的場強為零C.C、D兩點的電勢相等D.C、D兩點的場強相同解析：ACD、由題，通過AB的中垂面是一等

10、勢面，取無窮遠電勢為零，那么棱AB中點，及C、D在同一等勢面上，電勢相等，且均為零，而C、D兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B一側，方向相同，根據對稱性可知，場強大小相等，故C、D兩點的場強、電勢均相同，故ACD正確。B、依據等量異種電荷的電場線分布，可知，棱AB中點的場強不為零，故B錯誤。答案：ACD二、解答題(共5小題，滿分47分)9.(5分)某同學用圖1示的實驗裝置探究加速度與力的關系。他在氣墊導軌旁安裝了一個光電門B，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，力傳感器可直接測出繩中拉力大小，傳感器下方懸掛鉤碼。改變鉤碼數量，每次都從A處由靜止釋放滑塊。已知

11、滑塊(含遮光條)總質量為M，導軌上遮光條位置到光電門位置的距離為L。請回答下面相關問題。(1)如圖2，實驗時用游標卡尺測得遮光條的寬度為d= cm。某次實驗中，由數字毫秒計記錄遮光條通過光電門的時間為t，由力傳感器記錄對應的細線拉力大小為F，則滑塊運動的加速度大小a應表示為 (用題干已知物理量和測得物理量字母表示)。解析：游標卡尺的主尺讀數為9mm，游標尺上第12個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為12×0.05mm=0.60mm，所以最終讀數為：9mm+0.60mm=9.60mm=0.960cm；已知初速度為零，位移為L，要計算加速度，需要知道末速度，故需要由數字計時器讀出遮

12、光條通過光電門B的時間t，末速度由，得答案：0.960，。(2)下列實驗要求中不必要的是 A.應使滑塊質量遠大于鉤碼和力傳感器的總質量B.應使遮光條位置與光電門間的距離適當大些C.應將氣墊導軌調節至水平D.應使細線與氣墊導軌平行。解析：A、拉力是直接通過傳感器測量的，故與小車質量和鉤碼質量大小關系無關，故A錯誤。B、應使A位置與光電門間的距離適當大些，有利于減小誤差，故B正確。C、應將氣墊導軌調節水平，使拉力才等于合力，故C正確。D、要保持拉線方向與氣墊導軌平行，拉力才等于合力，故D正確。答案：A10.(6分)如圖甲，是一個簡易的多用電表簡化電路圖，作為電壓表使用時，選擇開關應接 ；作為歐姆表

13、使用時，選擇開關應接 (填“1”、“2”或“3”)；使用時，電流一定從 端流入多用電表(填“A”或“B”)。解析：由圖所示可知，作為電壓表使用時，選擇開關應接位置3；作為歐姆表使用時，選擇開關應接2，內部電源被接通，構成歐姆表，可測量電阻；使用時，電流一定從紅表筆流入，即從A端流入。答案：3；2；A。11.(4分)利用多用電表和電阻箱測量電源的電動勢和內阻的電路如圖甲。調節電阻箱，記錄多組電阻箱示數R和多用電表示數I，作出R的圖線如圖乙。由圖乙可求得電動勢E= V，內阻r= 。(結果均保留2位有效數字)忽略偶然誤差，本實驗測得的E測、r測與真實值比較：E測 E真，r測 r真。(選填“”、“=”

14、或“”)解析：根據閉合電路歐姆定律得，E=IR+Ir，則R=Er，可知圖線斜率表示電動勢，縱軸截距的絕對值表示內阻，則E=2.9V，內阻r=1.2。將多用電表的內阻等效到電源的內部，則有：R=(RA+r)，則可知測量的內阻等于電源的實際內阻與多用電表的內阻之和，測量值偏大。而電流表內阻對圖像的斜率沒有影響，故電動勢準確。答案：2.9；1.2.=；。12.(14分)如圖，水平面上相距為L=5m的P、Q兩點分別固定一豎直擋板，一質量為M=2kg的小物塊B靜止在O點，OP段光滑，OQ段粗糙且長度為d=3m。一質量為m=1kg的小物塊A以v0=6m/s的初速度從OP段的某點向右運動，并與B發生彈性碰撞

15、。兩物塊與OQ段的動摩擦因數均為=0.2，兩物塊與擋板的碰撞時間極短且均不損失機械能。重力加速度g=10m/s2，求：A與B在O點碰后瞬間各自的速度；兩物塊各自停止運動時的時間間隔。解析：設A、B在O點碰后的速度分別為v1和v2，以向右為正方向。由動量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2.碰撞前后動能相等，則得：=+解得：v1=2m/s，方向向左，v2=4m/s，方向向右碰后，兩物塊在OQ段減速時加速度大小均為：a=g=2m/s2.B經過t1時間與Q處擋板碰，由運動學公式：v2t1=d得：t1=1s(t1=3s舍去)與擋板碰后，B的速度大小 v3=v2at1=2m/s，反彈后減速時間 t2=1s

16、反彈后經過位移 s1=1m，B停止運動。物塊A與P處擋板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O點，經過 s2=1m停止。所以最終A、B的距離s=ds1s2=1m，兩者不會碰第二次。在AB碰后，A運動總時間 tA=+=3s整體法得B運動總時間 tB=t1+t2=2s，則時間間隔tAB=tAtB=1s答案：A與B在O點碰后瞬間各自的速度是2m/s，方向向左及4m/s，方向向右；兩物塊各自停止運動時的時間間隔是1s。13.(18分)一半徑為R的薄圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉動，圓筒的轉動方向和角

17、速度大小可以通過控制裝置改變。一不計重力的負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當筒以大小為0的角速度轉過90°時，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒。(1)若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，求該粒子的荷質比和速率分別是多大？解析：若粒子沿MN方向入射，當筒轉過90°時，粒子從M孔(筒逆時針轉動)或N孔(筒順時針轉動)射出，如圖，由軌跡1可知半徑：r=R由 ，粒子運動周期筒轉過90°的時間：，又 聯立以上各式得：荷質比，粒子速率：v=0R答案：若粒子在筒內未與筒壁發生碰撞，該粒子的荷質比為，速率分別是0R。(2)若粒子速率不變，入射方向在該截面內且與MN方向成30°

18、;角，則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒，圓筒角速度應為多大？解析：若粒子與MN方向成30°入射，速率不變半徑仍為R，作粒子軌跡2如圖軌跡2圓心為O，則四邊形MOPO為菱形，可得，所以則粒子偏轉的時間：；又；得：由于轉動方向與射出孔不確定，討論如下：.當圓筒順時針轉動時，設筒轉動的角速度變為1，若從N點離開，則筒轉動時間滿足，得：其中k=0，1，2，3若從M點離開，則筒轉動時間滿足，得：其中k=0，1，2，3；綜上可得其中n=0，1，2，3.當圓筒逆時針轉動時，設筒轉動的角速度變為2，若從M點離開，則筒轉動時間滿足，得： 其中k=0，1，2，3若從N點離開，則筒轉動時間滿足，得：其中k=0，1，2，3綜上可得其中n=0，1，2，3綜上所述，圓筒角速度大小應為 或者其中n=0，1，2，3答案：若粒子速率不變，入射方向在該截面內且與MN方向成30°角，則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒，圓筒角速度應為(順時針轉動)或 (逆時針轉動) 其中n=0，1，2，3。物理-選修3-314.(15分)對于一定量的理想氣體，下列說法正確的是()A.當氣體溫度變化時，氣體內能一定變化B.若氣體的內能不變，其狀態也一定不變C.若氣體的壓強和體積都不變，其內能也一定不變D.