广东省揭阳市2020届高三下学期摸底测试物理试题(含答案)2359.pdf

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1、1 2020 年广东省揭阳市高三下学期物理摸底测试 说明：本自测题共 14 题，均为单项选择题。其中，第 1-13 题，每小题 4 分，第 14 小题 3 分，满分55 分，测试时间 30 分钟。1在学习物理规律同时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列叙述正确的是 A在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法 B伽利略研究自由落体运动时采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量 C笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因 D牛顿三大定律都无法利用实验来验证 2为了安全，轿车中都装有安全气囊。当发生剧烈碰撞时，安全

2、气囊启动为驾驶员提供保护。关于安全气囊的作用下列说法正确的是 A减小了驾驶员的动量变化量 B增大了驾驶员的动量变化量 C减小了驾驶员的动量变化率 D减小了驾驶员受到撞击力的冲量 3如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光 a、b、c，频率 abc，下列说法正确的是 A照射氢原子的光子能量为 12.75eV B从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射出的光频率为 a C从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光频率为 c D光 a 能使逸出功为 10.2eV 的某金属发生光电效应 4如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被

3、竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面且球面始终静止），挡板对小球的弹力F、半球面对小球的支持力 FN的变化情况是 AF 减小，FN减小 BF 减小，FN增大 CF 增大，FN增大 DF 增大，FN减小 2 5如图所示，理想变压器原线圈输入电压 u=Umsint，副线圈电路中 R0为定值电阻，R 是滑动变阻器。V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用 U1和 U2表示；A1 和 A2 是理想交流电流表，示数分别用 I1和 I2表示。下列说法正确的是 AI1和 I2表示电流的瞬时值 BU1和 U2表示电压的最大值 C滑片 P 向下滑动过程中，

4、U2变小、I1变小 D滑片 P 向下滑动过程中，U2不变、I1变大 6A、B、C 三点构成等边三角形，边长为 2cm，匀强电场方向与 ABC 构成的平面的夹角为 30，电势 A=B=4V，C=1V，下列说法正确的是 A匀强电场场强大小为 200V/m B匀强电场场强大小为 1003V/m C将一个正电荷从 A 点沿直线移到 C 点，它的电势能一直增大 D将一个正电荷从 A 点沿直线移到 B 点，它的电势能先增大后减小 7一物体沿倾角为 30的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，物体开始下滑时开始计时，运动的位移-时间（x-t）关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则 A下滑过程中物体的加

5、速度逐渐变大 Bt=0.5s 时刻，物体的速度为 0.5m/s C00.5s 时间内，物体平均速度为 1m/s D物体与斜面间动摩擦因数为53 8在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均水平向右，把两次落台的乒乓球看成完全相同的球 1 和球 2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是 A过网时球 1 的速度小于球 2 的速度 B球 1 的飞行时间大于球 2 的飞行时间 C落在台上起跳时，球 1 的重力功率等于球 2 的重力功率 D球 1 的速度变化率小于球 2 的速度变化率 9如图所示，卫星 a 和 b

6、分别在半径相同的轨道上绕金3 星和地球做匀速圆周运动，已知金星的质量小于地球的质量，则 Aa、b 的线速度大小相等 Ba 的角速度较大 Ca 的周期较大 Da 的向心加速度较大 10如图所示，由同种材料制成，粗细均匀，边长为 L、总电阻为 R的单匝正方形闭合线圈 MNPQ 放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的有界匀强磁场，磁场两边界成=45角。现使线圈以水平向右的速度 匀速进入磁场，则 A当线圈中心经过磁场边界时，P 点的电势比 N 点高 B当线圈中心经过磁场边界时，N、P 两点间的电势差 U=41BLv C当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力大小RvLBF22安

7、 D线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中，通过导线某一横截面的电荷量RBLq22 11如图，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，MOP=90。在 M、N 处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流、方向如图所示，这时 O 点磁感应强度的大小为 B1；若将 N 处的长直导线移至 P 处，则 O 点的磁感应强度大小变为 B2。则 B1与B2之比为 A1:1 B1:2 C2:1 D2:1 12如图所示，两平行板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，板长为L3，两板间距离为 L。有一个带电量为 q、质量为 m 的粒子，以水平速

8、度 v，从靠近上板边缘处进入该磁场，粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场，不计粒子重力。则 A该粒子带正电 B该粒子做匀变速曲线运动 C该粒子在磁场中运动的时间为vL3 D该粒子离开磁场时速度偏转角为3 4 13如图所示，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块 P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧前速度已达到 v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为 d。P 的质量为 m，与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。从 P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中 AP 的速度一直减小 B传送带对 P 做功的功率一直减小 C传送带

9、对 P 做的功 Wmgd D弹簧的弹性势能变化量 14某同学欲将电流表改装为两用电表，即中央刻度为 15 的“1”挡的欧姆表及量程为 015V 的电压表，实验室可提供的器材有 A一节全新的 5 号干电池（电动势 E=1.5V，内阻不计）B电流表 A1（量程 010mA，内阻为 25）C电流表 A2（量程 0100mA，内阻为 2.5）D滑动变阻器 R1（030）E滑动变阻器 R2（03）F定值电阻 R3（117.5）G定值电阻 R4（120）H定值电阻 R5（147.5）L单刀双掷开关 S，一对表笔及若干导线（1）图中电流表应选用_（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选用_（选填“D”或“E”

10、），定值电阻 R0应选_（选填“F“G或“H”）；（2）在正确选用器材的情况下，正确连接好实验电路。若电流表满偏电流为 Ig，则电阻刻度盘上指针指在43Ig 处应标上_。（填写具体数值）以上四空答案依次是_ AB、E、G、5 BC、D、H、5 CB、D、G、50 DC、E、H、50 5 揭阳市 2020 年高三物理科摸底测试参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C D C D A D C C D C D C B 1B【解析】A在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故 A 错误；B伽利略采用了斜面实验研究自由落体运动，“

11、冲淡”了重力的作用，延长小球运动的时间，便于运动时间的测量，B 正确；C伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故 C 错误；D牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验进行验证，但是牛顿第二定律和牛顿第三定律是可以通过实验验证的，D 错误。2C【解析】在碰撞过程中，人的动量的变化量 P 是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，从而减小动量变化率tP。根据动量定理 F t=P 可知，可以减小驾驶员受到的冲击力。故 C 正确。3D【解析】根据公式2 3nC，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第 n=3 能级；A根据氢原子由 n=3 跃迁到 n=1 产

12、生的光子能量与从 n=1 跃迁到 n=3 所吸收的光子能量相等可知，照射氢原子的光子能量为：E31=E3-E1=-1.51-（-13.6）=12.09eV，故 A 错误；B频率大小关系为 vavbvc，从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的能量最小，即其对应的光频率为 vc，故B 错误；C氢原子由 n=3 跃迁到 n=1 产生的光的能量最大，辐射出的光频率为 va，故 C 错误；D氢由 n=3 跃迁到 n=1 产生的光的能量 12.09eV，依据光电效应方程，能使逸出功为 10.2eV 的金属能发生光电效应，故 D 正确。4C【解析】先对圆球受力分析，受重力、半圆球对其的支持力和挡板对其的支持力

13、，如图：根据共点力平衡条件，有：cosmgN，tanFmg。挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角 不断变大，故 F 变大，N 变大；故 C 正确。5D 6【解析】在交流电中电表显示的都是有效值，故 AB 错误；滑片 P 向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即 U2不变，则 I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以 I1变大，故 D正确。6A【解析】A、B：因为电势4VAB，1VC，所以 AB 为等势线，电场线与 AB 垂直且与 ABC构成的平面成 30角，设 AB 的中点为 D，连接 DC，则，解得200V/mE，故 A 正确；C根据pEq，将一个正电荷从A点沿直线移到C点，

14、电势一直降低，它的电势能一直减小，故C 错误；D因为 AB 为等势线，所以将一个正电荷从A点沿直线移到B点，它的电势能不变，故 D 错误。7D【解析】A物体运动的 x-t 图象是抛物线，说明物体做匀加速度直线运动。A 错误；B由匀变速直线运动位移公式212xat代入图中数据解得 a=2m/s2。根据运动学公式tvat，t=0.5s代入方程解得1m/stv。B 错误；C00.5s 时间内，物体平均速度0.25m/s0.5m/s0.5xvt。C 错误；D由牛顿第二定律有 mgsin30mgcos30=ma。解得动摩擦因数35。D 正确。故选 D。8C【解析】把乒乓球的运动看作平抛运动来处理。由 h

15、=12gt2知两球运动时间相等，B 错误；由于球 1水平位移大，故水平速度大，A 错误；由 vy2=2gh 可知落台时两球竖直速度相等，落在台上时，重力的瞬时功率为 P=mgvy，又因为重力等大，故落在台上时两球的重力功率相等，C 正确。两球都做平抛运动，故加速度相等，即速度变化率相等，D 错误。9C【解析】A线速度由rmvrGMm22，得线速度 v=GMr知，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，中心天体金星的质量小于地球的质量，b 的线速度较大，故 A 错误 7 B由万有引力充当向心力 G2mMr=m2r 知，角速度=3GMr，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，而中心天体金星的质量小于地球的质

16、量，b 的角速度较大，故 B 错误 C由=2T知，卫星的周期 T=23rGM，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，卫星 a 绕中心天体金星的质量较小，则卫星 a 的周期较大，故 C 正确 D由marGMm2，得向心加速度 a=2GMr知，卫星 a 和 b 的轨道半径相同，中心天体金星的质量小于地球的质量，b 的向心加速度较大，故 D 错误 10D【解析】AB当线圈中心经过磁场边界时，此时切割磁感线的有效线段为 NP，根据右手定则，得：当线圈中心经过磁场边界时，N 点的电势比 P 点高。根据法拉第电磁感应定律，NP 产生的感应电动势为 E=BLv，此时 N、P 两点间的电势差 U 为路端电压，有

17、U=34E=34BLv。此时 QP、NP 受安培力作用，且两力相互垂直，故合力为 F安=222B L vR，故 ABC 错误；D根据法拉第电磁感应定律，通过导线某一横截面的电荷量为，故 D 正确。11C【解析】由题意可知 O 点为 MN 的中点，O点磁感应强度的大小为 B1，则可知 M和 N 在 O点处产生的磁场磁感应强度为12B；当将 N 处的长直导线移至 P处后，M和 N 在 O处产生的磁场如图所示：由几何关系可知 O 点的合磁感应强度大小为：1122222BBB 所以：11212:2:12BBBB故 C正确，ABD错误。12D【解析】A如图所示，粒子向下偏转，受洛伦兹力方向向下，故粒子带

18、负电，A 错误；B带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，不是匀变速曲线运动，B 错误；CD粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：由图可知222()(3)RRLL，解得 R=2L 3sin2，圆心角为3，运动时间为233mLtqBv，选项 C 错误，D 正确。8 13C【解析】A 项：P 与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用，P 受的静摩擦力向右，P 做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P 物体由惯性 P 继续压缩弹簧，P 接下来做减速运动直到速度为零，故 A错误；B 项：由公式Pfv可知，由于 P 先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，

19、所以功率减小，故 B 错误；C 项：由于 P 开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中 P 受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对 P 做的功小于 mgd，故 C 正确；D 项：对滑块由动能定理得：2102fFWWmv，由于fWmgd，所以弹簧的弹性势能变化量小于12mv2+mgd，故 D 错误故选 C 14B 【解析】（1）中央刻度为 15 的“1”挡的欧姆表中值电阻为 15，欧姆表内阻等于中值电阻，欧姆调零时电路电流1.5=0.1A100mA15EIR内，故电流表应选择 C；当改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，由题意由于欧姆表的内阻为 15，则 故滑动变阻器选 D；当改装为量程为 015V 的电压表时，应串联一个阻值为0150.1 2.5147.50.1gggUI RRI，故定值电阻选 H；（2）若电阻值指在34gI,即此时电流为3=75mA4gII，所以待测电阻31.5=(15)575 10ERRI