广东省广州市广大附中2020届高三物理模拟试题(含解析)

一、选择题

1.用两个相同且不计重力的细绳，悬挂同一广告招牌，如图所示的四种挂法中，细绳受力最小的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】B【解析】

【详解】由题意可知，两绳子的拉力的合力与广告招牌的重力大小相等，方向相反，是相等的，根据力的平行四边形定则，可知当两绳子的夹角越大时，其拉力也越大。因此对比四个图可知，B图的拉力方向相同，拉力的大小最小，故B正确，ACD均错误。故选B。

2.将输入电压为220V、输出电压为6V的变压器改装成输出电压为30V的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）A. 150匝【答案】D【解析】

【详解】副线圈匝数为n2=30匝，输入电压U1=220V，输出电压U2=6V，根据变压比公式有

B. 144匝

C. 130匝

D. 120匝

U1220n1U26n2原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V，根据变压比公式有

n122030n2n联立得

n120故D正确，ABC错误。故选D。

3.如图所示，在与磁感应强度为B的匀强磁场垂直的平面内，有一根长为s的导线，量得导线的两个端点间的距离ab=d，导线中通过的电流为I，则下列有关导线受安培力大小和方向的正确表述是（ ）

A. 大小为BIs，方向沿ab指向bC. 大小为BId，方向沿ab指向a【答案】D【解析】

B. 大小为BIs，方向垂直abD. 大小为BId，方向垂直ab【详解】导线的等效长度为d，则所受的安培力为F=BId，由左手定则可知方向垂直ab。故选D。

4.地球半径为R，在距球心r处（rR）有一颗同步卫星，另有一半径为2R的星球A，在距其球心2r处也有一颗同步卫星，它的周期是72h，那么，A星球的平均密度与地球平均密度的比值是（ ）A. 1∶3【答案】C【解析】

【详解】万有引力提供向心力

B. 3∶1

C. 1∶9

D. 9∶1

GMm22m()rr2T42r3MGT2密度

＝＝MV42r33GT23r234GTR3R3因为星球A的同步卫星和地球的同步卫星的轨道半径比为2：1，地球和星球A的半径比为2：1，两同步卫星的周期比3：1．所以A星球和地球的密度比为1：9．故C正确，ACD错误。

故选C。

5.如图，半径为d的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场垂直圆所在的平面。一带电量为q、质量为m的带电粒子从圆周上a点对准圆心O射入磁场，从b点折射出来，若

α=60°，则带电粒子射入磁场的速度大小为（ ）

qBdA. m2qBdC. m【答案】B【解析】

【详解】由几何关系可知，粒子运动的轨道半径为

3qBdB. m3qBdD. mrdtan603d由洛伦兹力提供向心力可知

v2

qvBmr可得

v3qBdm故选B。

6.如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m，重力加速度取10m/s2。则货物（ ）

A. 总位移为0.2mB. 运动的总时间为0.2s

C. 与传送带由摩擦而产生的热量为5JD. 获得的最大动能为5J【答案】AD【解析】

【详解】令传送带的速度为v，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为

amgm＝＝g5m/s2

当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为

vvt1＝＝a5货物发生的位移为

v2x1＝＝2a传送带发生的位移为

v210v2x2＝＝vt15

减速运动过程中货物的加速度大小为

a′=a=5m/s2

当货物速度减为零，所用的时间为

vt2＝＝a货物发生的位移为

v5v2x3＝＝2a根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为

v210

v2xx2x10.1m10

所以传送带的速度为

v=1m/s

货物发生的总位移为

x=x1+x3=02m

.运动的总时间为

t=t1+t2=0.4s

与传送带由摩擦而产生的热量

Q=μmg（x2-x1+x3）=10J

货物获得的最大动能为

1Ek＝2mv2＝5J

故BC错误，AD正确。故选AD。

7.如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ek1，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为Q，克服安培力做的功为W1，重力做的功为

W2，线框重力势能的减少量为∆Ep，则下列关系正确的是（ ）

A. Q=W1

C. Q =∆EpEk1-Ek2【答案】ACD【解析】

B. Q = W 2- W 1D. W2=W1(Ek2-Ek1)

【详解】AB．由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W1，选项A正

确，B错误；CD．由动能定理

W2W1Ek2Ek1即

W2=W1(Ek2-Ek1)

而

W2=∆Ep

则

Q =W1= ∆EpEk1-Ek2

选项CD正确。故选ACD。

8.如图，在一个光滑水平面上以速度v运动的小球，到达A处时遇到一个足够长的陡坡AB，已知AB与竖直线之间的夹角为α，重力加速度取g。则小球（ ）

A. 离开A到落到斜坡前的加速度为g2vB. 经时间t=gtan落到斜面上

2v2cos2C. 落在斜坡上的位置距A的距离为gsin

vD. 落到斜坡上时的速度大小为sin【答案】ABC【解析】

【详解】A．小球离开A后做平抛运动，只受重力，加速度为g，即离开A到落到斜坡前的加速度为g，故A正确；

B．落在斜面上时位移方向与竖直方向的夹角为α，则有

tan＝vt12gt2解得

t故B正确；

C．落在斜坡上时的水平位移

2vgtan2v2xvtgtan则落在斜坡上的位置距A的距离

x2v2cosssingsin2故C正确；

D．落到斜坡上时竖直方向速度

vy＝＝gt则落到斜坡上时的速度大小

2vtanv＝v2vy2v1故D错误。故选ABC。二、非选择题

4tan29.测量玩具遥控汽车的额定功率实验，简要步骤如下：A．测出小车质量为0.6kg。

B．在小车尾部系一条长纸带，让纸带穿过电源频率为50Hz的打点计时器。

C．使小车以额定功率沿水平面加速到最大速度，继续运行一段时间后关闭小车发动机，让其在水平面上滑行直到停止。

D．取下纸带进行研究。测得的数据如图所示。

回答下列问题：

(1)由纸带知遥控汽车的最大速度为____________，汽车滑行时的加速度为____________；(2)汽车滑行时的阻力为____________；其额定功率为____________。

【答案】 (1). 1.00m/s (2). －1.73m/s (3). 1.04N (4). 1.04W【解析】

【详解】(1)[1][2]．汽车的最大速度为

vmx1x2x34.014.003.99102m/s=1.00m/s3T60.02纸带上最后6段对应汽车做关闭发动机做减速运动，加速度为

ax7x8x9x4x5x69T23.252.972.604.003.813.52102m/s2=-1.73m/s290.042(2)[3][4]．根据牛顿第二定律得

f=ma=0.6×（-1.73）N≈-1.04N

当汽车匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，即有F=f则汽车的额定功率为

P=Fvm=fvm=1.04×1W=1.04W

10.用如图a所示的器材，测一节干电池的电动势和内阻实验。

(1)用笔画线代替导线，将图a连接成可完成实验的电路（图中已连接了部分导线）；（ ）

(2)实验过程中，将电阻箱拔到45Ω时，电压表读数为0.90V；将电阻箱拔到如图b所示，其阻值是________Ω，此时电压表的读数如图c所示，其值是____________V；(3)根据以上数据，可以算出该节干电池的电动势E=_______V，内电阻r=________Ω。

【答案】 (1). (4). 1.3 (5). 20【解析】

【详解】(1)[1]．电路图如图；

(2). 110 (3). 1.10

(2)[2][3]．电阻箱读数为R=1×100+1×10=110Ω；电压表读数为U=1.10V；(3)[4][5]．由闭合电路欧姆定律有

EU1U1r R1U2rR2EU2两式联立代入数据解得

E=1.3Vr=20Ω

11.如图，用手捏住细线，让质量m=2kg的小球在光滑水平桌面上以v=1m/s的速率做匀速圆周运动，其半径r=0.3m．某时刻突然松手，使细线迅速放长0.2m后，又迅速用手捏住细线，保证小球在更大半径的新轨道做匀速圆周运动，已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆．求：

（1）细线迅速放长0.2m所经历的时间

（2）在大半径新轨道上运动时小球的角速度（3）在大半径新轨道上运动时，细线对小球的拉力【答案】（1）0.4s （2）1.2rad/s （3）1.44N【解析】

【详解】（1）突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示

即沿着图中AB方向做匀速直线运动，

sABR2r20.4r0.3mR0.5m直角三解形OAB中，；，则m

t则细线迅速放长0.2m所经历的时间为：

sAB0.4sv（2）依题意，小球刚运动B点时速度大小为1m/s，方向沿AB方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径OB方向的v//和垂直半径OB方向的v．由于小球到达B点时又迅速捏住细线，沿OB方向的v//突然消失，小球将以v在大半径上作匀速圆周运动，

vvBvv，rsAB根据OAB∽

代入数据得：

v3v0.6m/s5所以：

v0.61.2rad/sR0.5（3）半径增大后，仍有细线拉力提供向心力，

Fm2R21.220.5N=1.44N12.如图所示，两块相同的金属板M和N正对并水平放置，它们的正中央分别有小孔O和

O′，两板距离为2L，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB是一根长为3L的轻质绝缘竖直

细杆，杆上等间距地固定着四个（1、2、3、4）完全相同的带电荷小球，每个小球带电量为

q、质量为m、相邻小球间的距离为L，第1个小球置于O孔处．将AB杆由静止释放，观察

发现，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB杆一直做匀速直线运动，整

个运动过程中AB杆始终保持竖直，重力加速度为g。求：（1）两板间的电场强度E；

（2）第4个小球刚离开电场时AB杆的速度；

（3）从第2个小球刚进入电场开始计时，到第4个小球刚离开电场所用的时间。

L2mg(221)2gl；（3）g【答案】（1）q；（2）【解析】

【详解】（1）两个小球处于电场中时，根据平衡条件

2qE=4mg解得

2mgE=q（2）设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理：

14mg·5L-4·qE·2L=2×4mv2

解得

v=2gL（3）设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得

12124mg·2L－qE（L＋2L）＝4mv解得

v1＝gL第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场的这段时间，整个杆做匀速直线运动，设运动时间为t1，则

3L3gLvt=1=g1

第3个小球离开电场后，只有第4个小球在电场中，杆做匀加速直线运动，设运动时间为

t2，则

Lv1v2Lvv=t2=2=121g=2gL221ggL所以，从第2个小球刚进入电场到第4个小球刚离开电场所经历的时间为

2t=t1＋t2=13.以下说法正确的是（ ）

21ggLA. 玻璃打碎后不容易把它们拼在一起，这是由于分子间斥力的作用B. 焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础C. 液体表面层分子间引力大于液体内部分子间引力是表面张力产生的原因D. 当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快

E. 悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显【答案】BDE【解析】

【详解】A. 碎玻璃不能拼在一起，是由于分子距离太大，达不到分子吸引力的范围，故A错误；

B. 焦耳测定了热功当量后，为能的转化和守恒定律奠定了实验基础，选项B正确；C. 由于液体表面层分子间距离大于分子平衡时的距离，分子间的作用力表现为引力，则液体表面存在张力，故C错误；

D. 当分子间的距离增大时，分子间的斥力和引力都减小，但斥力减小得快，选项D正确；E. 悬浮在液体中的颗粒越小，小颗粒受到各个方向液体分子的冲击力就越不平衡，布朗运动就越明显，选项E正确。故选BDE。

14.如图所示，将横截面积S=100cm2、容积为V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于

t1=－13C的环境中。用厚度不计的轻质活塞将体积为V1=4L的理想气体封闭在气缸中，气



缸底部有一个单向阀门N。外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速g=10m/s2，不计一切摩擦。求：

(i)将活塞用卡销Q锁定，用打气筒通过阀门N给气缸充气，每次可将体积V0=100mL，压强为p0的理想气体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到1.2p0；

(ii)当气缸内气体压强达到1.2p0时，停止打气，关闭阀门N，将质量为m=20kg的物体放在活塞上，然后拔掉卡销Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。

【答案】(i)8；(ii)52C【解析】

【详解】(1)由玻意耳定律得



p0V1nV01.2p0V1其中

V14L，V0100mL，n为打气次数，代入数值解得：

n8(ii)初态气体温度为为

T1t1273K260K，最终稳定时，体积为V5L，内部气体压强

p2p0mg1.2105PaSV1VTT2，解得

即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得：1T2325K则气缸内气体的温度为

t2T2273K52℃15.如图所示，为一列横波某时刻的波形图，此时刻A点沿y轴正方向运动，则横波的传播方向是____________；若该列波的周期为0.02s，则其波速为____________。

【答案】 (1). 沿x轴的负方向 (2). 100m/s【解析】

【详解】[1][2]．由于此时刻A点沿y轴正方向运动，根据“逆向爬坡法”可知横波的传播方向是沿x轴的负方向；若该列波的周期为0.02s，则其波速为

vT2m/s100m/s0.02n16.如图，液槽中水的折射率

223，M是可绕轴转动的平面镜。光线从液槽的侧壁水平

射入水中，若要求经平面镜反射后的光线能从水面射出，求：平面镜应与水平所成夹角α的取值范围。

75【答案】15＜＜【解析】

【详解】设光线在水中反生全反射的临界角为C，则

sinC也即

133n232C=60°

若光在右侧发生全反射时，作出光路如图1，则由几何光系可知

21C90若光在左侧发生全反射时，作出光路如图2，则由几何光系可知：

2902C901＜＜2解得

＜＜7515