2020年贵州省高考物理适应性试卷

1、2020年贵州省高考物理适应性试卷1 .贵州著名景点梵净山的蘑菇石受到地球对它的万有引力大小为F力，它随地球自转所需的向心力大小为F砂其重力大小为G,贝女）A. F弓1> G > F同 B.F引F向G C F冏F矶G 0，G > F弓F向2 .氢原子的能级图如图所示。根据玻尔理论，大量处于九=4激发态的氢原 ,£/eV子向低能级跃迁时（）彳:-4$5A.原子的能量增大3 -L51B.核外电子的动能增大2 -3.4C.最多发出3种不同频率的光D.由九=2跃迁到n = 1释放的光子能量最小3.如图所示，质量为的物块A叠放在物块B心1 1上无相对运动地沿固定斜而匀速下滑，

2、已知8上表面与竖直方向的夹角为d重力加速：9 a/度大小为g,则（）A. 8对A的作用力大小为mgs讥6B.8对A的作用力大小为mg cos 0C. 8对A的摩擦力大小为mgsindD. 5对A的摩擦力大小为mgcos64.将一小球以初速度/竖直上抛，运动过程中小球始终受到一沿水平方向、大小为其重力：的恒力作用, 不计空气阻力，则小球运动到最高点时速度的大小为（）5.A.0C.沁D.v0如图所示，。、4 8是匀强电场中的三个点，电场方向平行于。、A、8所在 的平面，OA与。8的夹角为60。，OA = 32, OB = L现有电荷量均为q（q > 0） 的甲、乙两粒子以相同的初动能区从。点

3、先后进入匀强电场，此后甲经过A 点时的动能为4Ek，乙经过B点时的动能为2Ek，若粒子仅受匀强电场的电场 力作用，则该匀强电场的场强大小为（）A.Ek qiB 遍 Ekq 2 巫 Ek口 在 Ek3ql. 3ql' ql第3页，共13页A、8两质点在t = 0时刻从同一地点出发做直线 运动的速度-时间图象如图所示，其中A质点的 图线与时间轴平行，B质点的图线是以直线t = t2 为对称轴的抛物线。已知两质点在。时刻相遇， 则（）A. a时刻A、8两质点相遇B.时刻A、8两质点相遇C.12时刻A、5两质点加速度相同D.匕时刻A、8两质点运动方向相反7.如图所示，方向水平的匀强磁场中有一竖

4、直放置的矩形线圈，线圈绕其竖直 对称轴00,匀速转动。若使线圈转动的角速度变为原来的2倍-，则与角速度 变化前相比()A.线圈经过中性而时磁通量的变化率不变B.线圈每转一圈产生的焦耳热交为原来的4倍C.线圈感应电动势的最大值交为原来的四倍D.线圈中感应电流的频率变为原来的2倍8 .如图所示，I、II是两带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹，轨迹I的 ,XXX 半径大于轨迹II的半径，两粒子运动至P点时发生正碰并结合在一起，然后沿圆 -轨迹的切线尸。做直线运动，不计粒子重力及碰撞前两粒子间的相互作用，则下列 判断正确的是().a.两粒子带等量异种电荷mB.轨迹为I的粒子带负电 c.轨迹为I的

5、粒子速度比轨迹为n的粒子速度大 D.轨迹为I的粒子运动周期比轨迹为n的粒子运动周期大9 .某同学设计了利用光电计时器验证机械能守恒定律的实验。其实验步骤如下： 将量程为L的米尺竖直固定： 在米尺旁固定一光电门，记录光电门所在位置的刻度儿； 接通电源，将小钢球从光电门正上方且球心所对刻度为L处静止释放： 从计时器上读出小钢球通过光电门的时间上 (1)该同学要较精确地验证机械能守恒定律，还应需要的器材是A.天平B.秒表C.游标卡尺(2)小钢球从释放至球心到达光电门时下落的高度为：该同学使用(1)中选用的器材正确测出所需 的物理量为-当地重力加速度为g,若以上物理量在误差范围内满足关系式,则可认为小

6、钢球 在下落过程中机械能守恒。10 .某同学使用伏安法测量一电阻的阻值。(1)该同学设计了如图1所示的电路图，实验中读出电流表和电压表的读数分别为/。和，根据公式Rx =我得出了被测电阻的阻值，由于电压表不能看作理想电表，该同学测出的阻值R(填''大于"或“小于”)被测电阻的真实值。(2)为使测量结果更准确，该同学又设计了如图2所示的电路图。按照电路图2,将图3中实物连线补充完整；该同学连接好电路，保持开关S2断开，闭合开关调行滑动变阻器的滑片到适当位置，读出电流表A，&和电压表V的示数分别为A，2和U，则电压表V的内阻&=：闭合开关S2,读出电流表力

7、1和电压表V的示数分别为，'和U',则被测电阻的阻值&'=(用/1、 .、1和/表示)。11 .如图所示，间距为4足够长的两平行金属导轨固定放置在同一水平面上，导轨左端接一阻值为R的电 阻，垂直导轨平而有磁感应强度大小为8的勾强磁场，磁场区域左、右边界与导轨垂直且间距也为人 一导体棒在外力作用下以某一速度向右进入磁场并做匀速运动。当导体棒离开磁场时，磁感应强度开 始随时间均匀减小，其大小由5减小到零所用时间为整个过程回路中电动势大小保持不变，导体棒 与导轨始终垂直并接触良好，回路中除R外其余电阻不计，求：(1)导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小；(2)从导体棒进

8、入磁场到磁感应强度减小到零的过程中电阻R产生的焦耳热。12 .如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直推上，弹簧原长时右端恰好位于。点，。点左侧水平面光滑、 右侧粗糙。水平面右端与一高"=1.8m,倾角为30。的光滑斜面平滑连接。压缩后的轻弹簧将质量 = 0.2kg、可视为质点的物块A向右弹出，当A以% = 7m/s的速度经过。点时，另一与A完全相同的物 块8从斜而顶端由静止滑下。5下滑t = 0.8s时A, 8两物块发生碰撞并立即粘在一起，随后它们运动 到斜而底端时的动能为E =%.重力加 速度取g = lOm/sz.求： (1)4 8碰撞时距水平面的高度：(2)/向右运动到斜而底端时速

9、度的大小：(3)4 8停止运动时距。点的距离。13 .关于内能，下列说法正确的是（）A.物体的内能大小与它整体的机械运动无关B.达到热平衡状态的两个系统内能一定相等C.质量和温度相同的氢气和氧气内能一定相等D. locrc水的内能可能大于io（rc水蒸气的内能E. 一定量的理想气体压强不变、体积减小，其内能一定减小14 .如图所示，一上端开口，内壁光滑的圆柱形绝热气缸竖直放置在水平地而 上，一厚度，质量均不计的绝热活塞将一定量的理想气体封材在气缸内。 气缸顶部有后度不计的小卡环可以挡住活塞。初始时，底部阀门关闭，缸内气体体枳为气缸容积的1 温度为280K.已知外界大气压强恒为p°.现

10、通过电热丝加热，使缸内气体温度缓慢上升到400K。（i）求此时缸内气体的压强；（苴）打开阀门，保持缸内气体温度为400K不变，求活塞缓慢回到初始位置 时，缸内剩余气体质量与打开阀门前气体总质量之比。15 .如图所示，。为一上下振动的波源，振幅为2。，振动频率为10Hz,产生的简谐横波以4m/s的速度同 时向左、右方向传播。已知A, B两质点到。点的水平距离分别为OP = l,9m, 0（? = 2.2m,下列说法正确的是（）A.这列波的波长是20。B.A、8两质点不可能同时到达平衡位置C.当A质点处于波峰时，8质点恰好处于波谷D.A, B均开始振动后，0.2s内两质点的路程均为E.当。质点刚过

11、平衡位置时，A, 8两质点振动方向一定相同16.如图所示,AOB是一半径为R的扇形玻璃砖的横截而，顶角乙4。8 = 120°. 两束光线“、b（图中未画出）均向右垂直于边射入玻璃砖。其中光线” 只经1次反射后垂直08边射出：光线人经2次反射后垂直08边射出， 此时光线恰好在圆弧面上发生全反射。已知光在真空中的传播速度为Co 求：（i）光线”入射点与。点的距离：（冷光线b在玻璃砖中的传播速度。第#页，共13负第5页，共13负答案和解析1 .【答案】A【解析】解：蘑菇石在地球表而随地球自转，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力充当重力G, 通常情况下，我们可以忽略蘑菇石的自转，因为

12、其自转需要的向心力非常小，因此有尸力,G>F/#,故A 正确，5CD错误。故选：Ac物体在地球表而随地球自转，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力充当重力G。同一个物体在地球上不同纬度处重力大小不同，但我们通常忽略地球的自转，认为重力等于万有引力，据 此分析。此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是明确重力和万有引力的关系，在两极处万有引力等于重 力，在赤道处满足：FG t Fh2 .【答案】B【解析】解：A3、处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，原子能量减小，电子圆周运动的半径减小，根据 库仑力提供向心力?=若得：Ek = n/=f可知电子的动能增大，故A错误，B正确：C根据数

13、学组合公式或=6可知，从n = 4的激发态向低能级跃迁时最多能发出6中不同频率的光子，故C 错误；D、根据能级跃迁公式可知：从由九=4跃迁到n = 3释放的光子能量最小，故。错误：故选:瓦氢原子由激发态向低能级跃迁时，原子能量减小，电子圆周运动的半径减小，根据库仑力提供向心力判断 核外电子的动能变化：根据数学组合公式C?判断辐射的光子的种类：辐射光子的能量等于能级差；解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，能用数学的组合公式求 解光子的种类数目：3 .【答案】D【解析】解：A3、对A进行受力分析，受到重力、支持力、摩擦力作用，如图所示：CD、B对A的作用力为摩擦

14、力和支持力的合力，且和重力平衡，所以8对A的作用力大小为此g,故A8错 误。根据平衡条件，8对A的摩擦力大小为：f = 7ngcos6,故C错误，。正确。故选：D.对A进行受力分析，8对A的作用力为摩擦力和支持力的合力，且和重力平衡，根据平衡条件可以求出8对A的作用力大小和8对A的摩擦力大小。本题考查了共点力的平衡条件。利用合成法求解共点力平衡问题是本题的关键点，另外，8对A的作用力为 摩擦力和支持力的合力，这一点学生往往会忽视。4 .【答案】B【解析】解：小球在竖直方向做减速运动，运动的时间为：t = y在水平方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知：= ma解得：Q =去9水平方向获得的速度

15、为：v = at = vQ,故ACQ错误，B正确；故选：瓦小球在竖直方向只受到重力作用，在水平方向只受到拉力作用，根据竖直方向做匀减速运动求得时间，在 水平方向做匀加速即可求得。决本题的关键要掌握抛体运动的研究方法：运动的分解法，能根据受力情况判断分运动的性质，结合牛顿 第二定律和运动学公式灵活求解。5 .【答案】C【解析】解：甲粒子从。到A,根据动能定理有：qU0A = 3Ek乙粒子从。到从根据动能定理有：qU0B = Ek则=等，U0B =攀所以 U0a = 3(708则根据匀强电场的特点可找到与8点电势相等的等势点，从而作出等势面如图所示A E0其中8。为等势面，所以有：U0B = d0

16、BE至L电场强度为：e=3 =一故A瓦)错误，。正确.dQB Jcas30e 3ql故选：Cc根据动能定理列式求解。A和OB之间的电势差，由匀强电场的电势特征找到该电场的等势面，从而找到电 场线，根据U = dE求解电场强度。解决该题需要明确知道在匀强电场中的任意一条线上电势是均匀变化的，能根据题意正确分析该电场的等 势面，熟记电场力做功与电势差的关系式。6 .【答案】BC【解析】解：A、根据t图象与时间轴所围的而积表示位移，知10 0时间内，质点A运动的位移比质点 B的大,而A、3两质点在t=0时刻从同一地点出发做直线运动，所以以时刻A、8两质点没有相遇，故A 错误：B、已知两质点在。时刻相

17、遇，0-Q时间内两质点通过的位移相等，即两质点的图象与时间轴所围的面积 相等，根据几何关系可知，0-今时间内，两质点的图象与时间轴所留的面枳相等，通过的位移相等，因此， 打时刻A、8两质点相遇，故8正确；C、4时刻A、5两质点加速度均为零，故C正确；D、匕时刻A、8两质点运动方向相同，均沿正方向，故。错误。故选：BCa根据u - t图象与时间轴所围的面积表示位移，分析0 -0时间内两个质点位移关系，判断打时刻两质点能否 相遇。同理，判断功时刻两质点能否相遇。根据图象的斜率分析加速度关系。根据速度正负分析速度方向关 系。本题关键是根据速度-时间图象分析两个质点的运动规律，知道图象的斜率表示加速度

18、，图象与时间轴包围 的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理。7 .【答案】A。【解析】解：A、E = N三,线圈经过中性面时，线圈中的感应电动势E = 0,故磁通量的变化率三=0,故即使线圈转动的角速度变为原来的2倍，E=n = =0,即磁通量的变化率不变，依A正确；B、交流电压的有效值为5=母=等，线圈转一圈的时间为7 =手 则线圈每转一圈产生的热量为、=巴故角速度3变为原来的2倍、产生的热量。变为原来的2倍，故8错误： RRC、线圈感应电动势的最大值Em =NBS3,故角速度3变为原来的2倍，电动势的最大值Em变为原来的2 倍，故C错误：D、线圈中感应电流的频率故当角速度/变为原来的

19、2倍，感应电流的频率/变为原来的2倍, T Z7T故。正确：故选：AD.根据E =3今分析磁通量的变化率，根据Q = 若红、Em = NBS3、f = * /判断各个量的变化情况。 知道线圈经过中性而时磁通量最大，磁通量的变化率为零，要求学生知道感应电动势最大值、感应电流与 角速度的关系。注意在求产生的热量时要用电压或电流的有效值。8 .【答案】A3【解析】解：A、碰撞后沿圆轨迹的切线PQ做直线运动，说明碰撞后不受洛仑兹力的作用，说明碰撞后结 合在一起的粒子带电荷量为零，则两粒子原来是带等量异种电荷，故A正确：8、把两粒子看成一个系统，该系统在碰撞过程中动量守恒，碰撞后合动量方向沿尸。方向，由

20、上面的分析 知两粒子带电荷量相等，根据叩8 = 可得：R中,所以半径大的动量大，所以轨迹I的动量大，且 运动方向应该是顺时针方向，根据左手定则可以判断轨迹为I运动的粒子带负电，故B正确；C、由上而8的分析可以知道轨迹为i的粒子比轨迹为n的粒子的动量较大，但不知道它们的质量关系，所 以速度大小无法比较，故C错误；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为7 =7，虽然它们的带电荷量相等，但是不知道它们的质 qB量关系，所以它们的周期大小无法比较，故。错误。故选:ABa根据碰撞后它们做直线运动可以知道不受洛仑兹力的作用，由此可以判断碰撞后带电荷量为零：碰撞过程 中两粒子组成的系统满足动量守恒，所以轨迹

21、为I的粒子动量较大，且运动方向为顺时针方向，根据左手 定则可以判断粒子带电性质；虽然可以比较两粒子的动量大小，但因为不知道质量关系，所以速度大小以 及粒子的运动周期都无法比较。首先要知道两粒子碰撞过程中动量守恒，其次知道碰撞后做直线运动，则不受洛仑兹力作用，说明碰撞后 粒子两粒子结合后带电荷量为零。然后判断出轨迹半径大的粒子动量大。9 .【答案】C L-Log(L-Lo) = 【解析】解：(1)计算小球动能增加量时需要计算小球的瞬时速度，需要知道小球的直径，故还需要游标卡 尺，故C正确，AB错误：(2)小球从释放到到达光电门的下落高度人=L 一 Lo，小球的重力势能减少量为mgh = mg(L

22、 - Lo)»小球经过光电门的速度廿=:，此过程中小球的动能增加量为4 Ek =根据机械能守恒定律有mg(L - Lo) = 2,整理得：g(L - Lo)=会故答案为：(1)C： (2)L-L0, g(L - Lo) =利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求小球过光电门的速度大小， 需要利用游标卡尺测量小球的在直径：然后根据动能、势能定义进一步求得动能和势能的变化情况。动能的增加量为势能的减小量/心儿动能的增加量等于重力势能的减小量即可证明机械能守恒。用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，对于实验器材的选择可根据机械 能守恒的

23、式子取判断。10 .【答案】小于名小兰：/、【解析】解：(1)由外接法原理可知，电压表的示数准确，电流表示数等于流过待测电阻和电压表电流之和， 电流表示数偏大，根据夫=措可知测量值小于真实值：(2)按照电路图2,根据连线要求将图3中实物连线补充完整如图所示：第9页，共13负根据欧姆定律和并联电路的特点，得电压表V的内阻为：=看闭合开关S2，电流表42短路，读出电流表4和电压表V的示数分别为，和，根据欧姆定律得被测电阻的阻值为：% =端=比F77U故答案为：（1）小于：（2）如上图所示，煮，。（1）由外接法原理分析测量值与真实值大小关系；（2）按照电路图2,根据连线要求将图3中实物连线补充完整：

24、根据欧姆定律和并联电路的特点求得电压表V的内阻；闭合开关52，电流表短路，根据欧姆定律得被测电阻的阻值。本题考查了外接法原理分析误差、实物图连接、欧姆定律等电学知识，这些知识都是高考中常考点，要求 同学们对于这部分知识和原理要做到足够的熟练，并强化训练，提高实验能力。11 .【答案】解：（1）整个过程回路中电动势大小保持不变，根据法拉第电磁感应定律可得：中 ABB .E =- S = d t tt导体棒匀速运动时感应电动势大小E = Bdv解得：（2）设导体棒在磁场中的运动时间为则匕=?= t整个过程中R产生的焦耳热：Qr = .21 = "。“其 RRt答：（1）导体棒在磁场中做匀

25、速运动的速度大小为g（2）从导体棒进入磁场到磁感应强度减小到零的过程中电阻R产生的焦耳热为萼二【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，再根据导体棒匀速运动时感应电动势大小计算公式 求解速度大小：（2）求出导体棒在磁场中的运动时间，根据焦耳定律求解整个过程中R产生的焦耳热。本题是动生电动势与感生电动势的综合应用，掌握感生电动势的计算公式以及导体切割磁感应线产生的感 应电动势的计算公式E = 8"是关键。12 .【答案】解：（1）设小物块在斜而上的加速度为小根据牛顿第二定律：mgsinO = ma设B开始运动到碰撞时沿斜面下滑的距离为出：设A、3碰撞时距水平面的高度为伍 则:

26、h = H -xBsin30Q h = Im(2)设碰撞前B的速度为外，由速度公式得： VB = at设碰撞后瞬间A、8的速度为咏，从碰后到A、8运动到斜而底端的过程，由机械能守恒定律得：- 2m 琢 8 + 2mgh = EK 2设A碰撞前速度为以，根据动量守恒定律：mvA + mvB = 2m设A在斜而底端时大小为i，,A从斜而底端沿斜而向上运动到与8刚要发生碰撞过程,根据机械能守恒定律：1 2 1 2 , -mv = 22由以上各式联立解得：V = 6m/s(3)设A从斜面底端沿斜而向上运动时间匕后与B发生碰撞，则： h vA+ v sin30°2-fl设物块与水平而得动摩擦因

27、数为，A在水平而上从。向右运动的加速度大小为出,根据牛顿第二定律： img = maiA从。向右运动到斜而底端的过程：V = v0 - Qi(t _ ti)由以上各式联立得： =0.25设。到斜面底端的距离为对于物块A由运动学公式得：v?-V2 = 2al%!设A、8粘在一起后在水平面上运动的总路程为X2,根据动能定理：-2fimgx2 = -Ek设A、8停止运动时距。点的距离为%： X = 42 1 41由以上各式联立，得：x = 1.4m答：(1)4 B碰撞时距水平面的高度为1】：(2)/向右运动到斜而底端时速度的大小为6m/s：(3)/1, B停止运动时距O点的距离为1.4m。【解析】(

28、1)根据牛顿第二定律和运动学公式求A，B碰撞时距水平面的高度：(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律可求A向右运动到斜面底端时速度的大小：(3)根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理求A, 8停止运动时距。点的距离。本题考查的是牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律和动能定理的综合应用，属于 多研究对象及多个运动过程问题，试题难度比较大，要求学生必须对每个研究对象的物理过程会分析，并 熟练应用相应得规律去解决。13 .【答案】ADE【解析】解：A、物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫物体的内能，物体内能大小与它整体的 机械运动无关，故A正确；8、达到热平衡状态的两个系统

29、温度一定相等，但内能还与体积、物质的量有关，所以内能不一定相等，故 B错误；C氢气与氧气的分子量不同，所以质量相等的氢气与氧气的物质的量不同，所以质量和温度相同的氢气和 氧气内能一定不相等，故C错误：D、物体的内能与物体的温度、体积、物质的量有关，所以io（rc水的内能可能大于io（rc水蒸气的内能，故 。正确；E.根据理想气体得状态方程可知，一定量的理想气体压强不变、体枳减小时温度一定降低，结合内能的有 关因素可知其内能一定减小，故E正确。故选：ADEO物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和叫物体的内能，物体的内能与物体的温度、体枳、还与物 体的质量、摩尔质量有关；根据理想气体得状态方程

30、，结合热力学第一定律分析气体内能的变化。本题考查对内能的理解，解答的关键是明确内能的概念，同时明确与内能有关的因素，不难。14 .【答案】解：（i）设温度达到400K时，活塞移到气缸最顶端，对缸内气体，初态：Pi = Po,匕7i= 280K末态：的=?，% = %，72 = 400K由理想气体状态方程可得：牛=竽1L 12解得：Pz = yPo由于P2>Po,假设成立：（苴）打开阀门后，设缸内气体发生等温变化，压强变为Po时体积为W初态：P2 =泮0，% = %末态：P3=Po V9P2 = Po解得：v' = v0则气缸内剩余气体的质量与总质量之比为为=二Vf 10答：（i）

31、求此时缸内气体的压强转Po；（苴）打开阀门，保持缸内气体温度为400K不变，求活塞缓慢回到初始位置时，缸内剩余气体质量与打开阀 门前气体总质量之比/【解析】（i）假设温度达到400K时，活塞移到气缸顶端，根据理想气体状态方程判断出压强，即可判断： （苴）气体做等温变化，找出初末状态参量，由玻意耳定律求得体枳，即可求得缸内剩余气体质量与打开阀门 前气体总质量之比。本题考查放气过程中气体定律的运用，放气过程为变质量问题，解题关键是要将气体质量找回，使之变成 一定质量的理想气体，再应用气体定律解决问题，解题关键是要分析好乐强P、体枳匕温度了三个参量的 变化情况，选择合适的气体定律解决。第11页，共13页15 .【答案】BD解析解:A、这列波的周期为T =，= 0.1s,波速为i； = 4m/s,则波长为;I = vT