2020年4月高三物理开学摸底考（新课标卷解析版）

2020 年 4 月高三物理开学摸底考（新课标 02 卷） 物理 （考试时间：90 分钟 试卷满分：110 分） 第Ⅰ卷 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合 题目要求，第 19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选 错或不答的得 0 分。 14.用卡车运输质量为 m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑 斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 30°和 60°。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为 F1、F2，则(　　) A．F1＝ 3 3 mg，F2＝ 3 2 mg B．F1＝ 3 2 mg，F2＝ 3 3 mg C．F1＝1 2mg，F2＝ 3 2 mg D．F1＝ 3 2 mg，F2＝1 2mg 【答案】D 【解析】　如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F1′与 F2′相互 垂直。由牛顿第三定律知 F1＝F1′，F2＝F2′，则 F1＝mgsin60°＝ 3 2 mg，F2＝mgsin30°＝1 2 mg，D 正确。15.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块， 已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线 水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速， 则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 【答案】D 【解析】　滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力， 滑块向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，可知滑 块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，加速度减为零，速度达到最 大，之后弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧 弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故 D 正 确。 16.曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转换的主要运动零件。如图所示， 连杆下端连接活塞 Q，上端连接曲轴 P。在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动， 带动曲轴绕圆心 O 旋转，若 P 做线速度大小为 v0 的匀速圆周运动，则下列说法正确的 是(　　)A．当 OP 与 OQ 垂直时，活塞运动的速度等于 v0 B．当 OP 与 OQ 垂直时，活塞运动的速度大于 v0 C．当 OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于 v0 D．当 OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于 v0 【答案】A 【解析】　当 OP 与 OQ 垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为 v，将曲轴在 P 点的速度 v0 分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，将活塞的速度 v 分解为沿杆方向和 垂直于杆方向的速度，则此时 v0cosθ＝vcosθ，即 v＝v0，A 正确，B 错误；当 OPQ 在同 一直线时，曲轴沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于 0，C、D 错误。 17.如图所示，一半径为 R＝0.4 m 的固定光滑圆弧轨道 AB 位于竖直平面内，轨道 下端与一光滑水平直轨道相切于 B 点，一小球 M 从距圆弧轨道最高点 A 高度为 h＝0.4 m 处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且 前端带有轻弹簧的小球 N 碰撞，M、N 质量均为 m＝1 kg，g＝10 m/s2。下列说法正确的 是(　　) A．小球 M 在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心 B．轻弹簧被压缩至最短时，M 和 N 的速度大小都是 2 m/s C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N 的总动量和总动能都保持不变 D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 6 J 【答案】B 【解析】　小球 M 在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，做变速圆周运动，合外力方向除在 B 点外都不指向轨道圆心，故 A 错误；小球 M 从开始到滑到 B 的过程，由机械能守恒定律得：mg(h＋R)＝1 2mv2B，代入数据解得：vB＝ 4 m/s，轻弹簧被压缩至最短时两球速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：mvB＝2mv，代入数据解得：v＝2 m/s，故 B 正确；轻弹簧被压缩的过程中， 由动量守恒定律知 M、N 的总动量不变，根据机械能守恒定律知弹性势能增大，所以 M、N 的总动能减少，故 C 错误；轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据机械能 守恒定律得：1 2mv2B＝1 2·2mv2＋Epm，代入数据解得：Epm＝4 J，故 D 错误。 18.研究光电效应的实验规律的电路如图所示。加正向电压时，图中光电管的 A 极 接电源正极，K 极接电源负极；加反向电压时，反之。当有光照射 K 极时，下列说法正 确的是(　　) A．K 极中有无光电子射出与入射光频率无关 B．光电子的最大初动能与入射光频率有关 C．只有光电管加正向电压时，才会有光电流 D．光电管加的正向电压越大，光电流强度一定越大 【答案】B 【解析】　K 极中有无光电子射出与入射光频率有关，只有当入射光的频率大于 K 极金属的极限频率时才有光电子射出，A 错误；根据光电效应方程 Ek＝hν－W0，可知光 电子的最大初动能与入射光频率有关，B 正确；光电管加反向电压时，只要反向电压小 于遏止电压，就会有光电流产生，C 错误；在未达到饱和光电流之前，光电管加的正向 电压越大，光电流强度一定越大，达到饱和光电流后，光电流的大小与正向电压无关， D 错误。 19.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有(　　)A.42He 核的结合能约为 14 MeV B.42He 核比 63Li 核更稳定 C．两个 21H 核结合成 42He 核时释放能量 D.23592 U 核中核子的平均结合能比 8936Kr 核中的大 【答案】AC 【解析】　本题考查原子核的相关知识。由图象可知，42He 的比结合能约为 7 MeV， 其结合能约为 28 MeV，故 A 错误。比结合能较大的核较稳定，故 B 正确。比结合能较 小的核结合成比结合能较大的核时释放能量，故 C 正确。比结合能就是平均结合能，故 由图可知 D 错误。 20.如图的矩形虚线框 abcd 所在的区域内存在着沿 a 指向 b 方向的匀强电场，ab＝L， bc＝2L，有一电荷量为 q、质量为 m 的正点电荷(重力不计)从 a 点沿 ad 方向以速度 v0 垂直于电场射入，恰好从虚线框的 c 点射出，下列说法正确的是(　　) A．射出速度方向与 bc 的夹角为 θ＝45° B．点电荷电势能减少 mv20 C．点电荷离开 c 点时的动能为 3 2mv20 D．匀强电场的场强为mv20 2qL 【答案】AD 【解析】　点电荷沿 ad 方向做匀速运动，沿 ab 方向做匀加速运动，则有 2L＝v0t， L＝1 2at2，解得 a＝v20 2L ，t＝2L v0 ，则点电荷射出速度方向与 bc 的夹角为 tanθ＝vy v0 ＝at v0 ＝1，得 θ＝45°，A 正确；电场力对点电荷做正功，电势能减小了 1 2mv2－1 2mv20＝1 2m( 2v0)2－1 2 mv20＝1 2mv20，B 错误；点电荷离开 c 点时的动能为 1 2m( 2v0)2＝mv20，C 错误；由 a＝Eq m ， 得 E＝mv20 2qL ，D 正确。 21.如图甲，在光滑绝缘水平面上的 MN、OP 间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭 合线框自 t＝0 开始，在水平向右的外力 F 作用下紧贴 MN 从静止开始做匀加速直线运 动穿过磁场区域，外力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，已知线框质量为 0.5 kg，电 阻 R＝1 Ω，线框穿过磁场的过程中，外力 F 对线框做功7 3 J，下列说法正确的是(　　) A．线框匀加速运动的加速度 a＝2 m/s2 B．磁场的宽度为 1 m C．匀强磁场的磁感应强度为 2 T D．线框在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量为 1.0 J 【答案】AC 【解析】　线框做匀加速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么线框完 全进入磁场时整个线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，不受安培力作用，外力 F 会和受到安培力的时候的情况不一样，由乙图可知线框一直受安培力作用，因此线框边 长和磁场的宽度相同，都为 L；由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律知：F－B2L2v R ＝ ma⇒F＝B2L2at R ＋ma，乙图的直线部分斜率为 2，当 t＝1 s 时拉力 F 不再变化，说明线 框离开磁场，t＝0 时，F＝ma＝1 N，解得 a＝2 m/s2，故 A 正确；线框做匀加速运动， 1 s 内运动的位移 x＝1 2at2＝1 2×2×12 m＝1 m，线框边长和磁场宽度相同，均为 L＝x 2 ＝0.5 m， 故 B 错误；将 L 和 a 代入B2L2a R ＝2 N/s，可得 B＝2 T，故 C 正确；根据能量守恒定律， 有：Fx＝1 2mv2＋Q，代入数据得，在穿过磁场的过程中，线框上产生的热量 Q＝4 3 J，故 D 错误。 第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第 33~34 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 22.如图 a，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架 台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率 50 Hz 的交流电源、纸带等。回答下 列问题： (1)铁块与木板间动摩擦因数 μ＝__________(用木板与水平面的夹角 θ、重力加速度 g 和铁块下滑的加速度 a 表示)。 (2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使 θ＝30°。接通电源，开启打点计时器， 释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图 b 所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有 4 个点未画出)。重力加速度为 9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为____________(结果保留两位小数)。 【答案】(1)gsinθ－a gcosθ 　(2)0.35 【解析】　(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，受力分析如图。 由牛顿第二定律得：mgsinθ－μFN＝ma 且 FN＝mgcosθ 联立以上两式解得 μ＝gsinθ－a gcosθ 。 (2)由逐差法求铁块加速度： a＝x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3 12T2 ＝[76.39－31.83－20.90] × 10－2 12 × 0.12 m/s2≈1.97 m/s2 代入 μ＝gsinθ－a gcosθ ，得 μ≈0.35。 23.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请回答下列问题： (1)在使用多用电表测量时，若选择开关置于“25 V”挡，指针的位置如图 a 所示，则 测量结果为________ V。 (2)多用电表测量未知电阻阻值的电路如图 b 所示，电源的电动势为 E，R0 为调零电 阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流 I 与电阻箱的阻值 Rx 的关系图象如图 c 所示，则此时多用电表的内阻为________ Ω，该电池的电动势 E＝________ V。 (3)下列判断正确的是________。 A．在图 b 中，电表的左、右插孔处分别标注着“－”“＋” B．由图 c 中图线的特点可知，欧姆表的刻度盘上的数字左小右大C．欧姆表调零的实质是通过调节 R0，使 Rx＝0 时电路中的电流达到满偏电流 D．电阻 Rx 的变化量相同时，Rx 越小，则对应的电流变化量就越小 (4)如果随着使用时间的增长，该多用电表内部的电源电动势减小，内阻增大，但仍 然能够欧姆调零，如仍用该表测电阻，则测量结果是________。(填“偏大”“偏小”或“不 变”) 【答案】(1)11.5　(2)1.5×104　12　(3)AC　(4)偏大 【解析】　(1)选择开关置于“25 V”挡时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为 0.5 V，对应刻度示数为：11.5 V。 (2)根据闭合电路的欧姆定律得：Ig＝ E R内，I＝ E R内＋Rx 。由题图可得 Ig＝0.8 mA，当 I ＝0.4 mA 时，Rx＝15 kΩ，解得 R 内＝15 kΩ＝1.5×104 Ω，E＝12 V。 (3)根据电流红进黑出，在题图 b 中，电表的左、右插孔处分别标注着“－”“＋”，故 A 正确；欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，这是由外电阻增大，电路电流减小造成的， 故 B 错误；欧姆表调零实质是通过调节滑动变阻器 R0，使待测电阻 Rx 为零(即两表笔短 接)时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故 C 正确；由图 c 可知，电阻 Rx 的变化量 相同时，Rx 越小，则对应的电流变化量越大，故 D 错误。故选 A、C。 (4)测量原理为闭合电路欧姆定律，当电源电动势变小、内阻变大时，欧姆表得重新 调零，由于满偏电流 Ig 不变，由公式 Ig＝ E R中，欧姆表内阻 R 中得调小，I＝ E Rx＋R中＝ IgR中 Rx＋R中 ＝ Ig 1＋ Rx R中 ，因 R 中变小，则通过同一电阻 Rx 的电流要变小，对应电阻的刻度值偏大。 24.如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝5 kg，放在静止于水平地 面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1＝0.5；木板的质量为 m＝4 kg， 与地面间的动摩擦因数为 μ2＝0.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0＝3 m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取重力加速度大小 g＝10 m/s2。求： (1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B 开始运动时，两者之间的距离。 【答案】(1)1 m/s　(2)1.9 m 【解析】　(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B 所受木 板的摩擦力大小分别为 f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小为 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1，在滑块 B 与木板达到 共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1，由运动学公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt21⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2，对于 B 与木板组成的 体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大 小也为 v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同， 设其大小为 v2，设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木 板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－1 2a2t22⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(t1＋t2)2⑮ A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的 距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m。 (也可用如图所示的速度—时间图线求解) 25.如图，在 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 yN2；对于状态 2、3，由于 T2