2020届高三物理下学期开学试题（Word版附答案）

第Ⅰ卷 二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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，有选错的得 0 分． 14．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能 Ek 与入射光频率 ν 之间的关系如图所 示．已知 h 为普朗克常量，e 为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是 (　　) A．入射光的频率小于 ν0 也可能发生光电效应现象 B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大 C．若用频率是 2ν0 的光照射该金属，则遏止电压为hν0 e D．遏止电压与入射光的频率无关 答案：C 解析：.由图象可知金属的极限频率为 ν0，入射光的频率必须要大于 ν0 才能发生光电效应 现象，选项 A 错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项 B 错误；若用频率是 2ν0 的光 照射该金属，则光电子的最大初动能为 Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为 U＝hν0 e ，选 项 C 正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电 压越大，选项 D 错误． 15．如图所示，小球从斜面的顶端 A 处以大小为 v0 的初速度水平抛出，恰好落到斜面底 部的 B 点，且此时的速度大小 vB＝ 13 4 v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为(　　) A．60°　　　　　　　　 B．45° C．37° D．30°答案：C 解析：根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝ v－v＝3 2v0，则运动的时 间为：t＝vy g ＝3v0 2g ，设斜面的倾角为 θ，则有 tan θ＝ 1 2gt2 v0t＝ gt 2v0＝3 4，解得 θ＝37°，C 正确． 16．某物体的 v－t 图象如图所示，下列说法正确的是(　　) A．0～t1 和 t2～t3，合外力做功和冲量都相同 B．t1～t2 和 t3～t4，合外力做功和冲量都相同 C．0～t2 和 t2～t4，合外力做功和冲量都相同 D．0～t1 和 t3～t4，合外力做功和冲量都相同 答案：C 解析：选.0～t 1 内动能的变化量为 1 2mv20，动量变化量为 mv0；t2～t3 内动能变化量为 1 2 mv20，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定 理得知：合外力的冲量不同，故 A 错误；t1～t2 内动能变化量为 0－1 2mv20＝－1 2mv20，动量变化 量为 0－mv0＝－mv0，t3～t4 内动能变化量为－1 2mv20，动量变化量为 0－(－mv0)＝mv0.则知动 能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故 B 错误； 0～t2 和 t2～t4 内动能变化量均为 0，动量变化量均为 0，根据两个定理得知合外力做的功和冲 量都相同，故 C 正确；由以上分析得知：0～t1 和 t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量相同， 故合外力做的功不同，冲量相同，故 D 错误． 17．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电 场力的作用下恰能沿图中的实线从 A 经过 B 运动到 C，下列说法正确的是(　　)A．粒子一定带负电 B．A 处场强大于 C 处场强 C．粒子在 A 处的电势能大于在 C 处的电势能 D．粒子从 A 到 B 的电场力所做的功大于从 B 到 C 电场力做的功 答案：B 解析：由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电 场力向左，故粒子带正电，选项 A 错误；A 处的等势线较密集，则电场线较密集，则 A 处的 场强较大，选项 B 正确；A 处电势较 C 处低，故正电荷在 A 处的电势能较小，选项 C 错误； 从 A 到 B 的电势差等于从 B 到 C 的电势差，故粒子从 A 到 B 的电场力所做的功等于从 B 到 C 电场力做的功，选项 D 错误． 18．如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小圆环 A、B，电荷量均为 q，质量 均为 m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点 O.在 O 处施加一水平恒力 F 使 A、B 一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为 l 的等边三角形，则(　　) A．小环 A 的加速度大小为 3kq2 ml2 B．小环 A 的加速度大小为 3kq2 3ml2 C．恒力 F 的大小为 3kq2 3l2 D．恒力 F 的大小为 3kq2 l2 答案：B 解析：设轻绳的拉力为 T，则对 A：T＋Tcos 60°＝kq2 l2；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝3kq2 3ml2 ，选项 B 正确，A 错误；恒力 F 的大小为 F＝2Tcos 30°＝ 3T＝2kq2 3l2，选项 C、D 错 误． 19.某质点在 3 s 内竖直向上运动，其加速度与时间(a－t)图象如图所示．若取竖直向下为 正方向，重力加速度 g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是(　　) A．质点第 1 s 内发生的位移为 5 m B．质点的初速度不小于 29 m/s C．质点第 2 s 内处于失重状态 D．质点在第 3 s 末的机械能大于第 1 s 末的机械能 答案：B；C；D 解析：若质点初速度为零，则质点第 1 s 内发生的位移为 x1＝1 2a1t21＝1 2×10×12 m＝5 m， 因质点的初速度不确定，选项 A 错误；因质点 3 s 内速度方向一直向上，而根据 a－t 图象可 知 3 s 内速度的变化量为Δv＝(10×1＋7×1＋12×1) m/s＝29 m/s，且速度变化量方向向下， 可知质点的初速度不小于 29 m/s，选项 B 正确；质点第 2 s 内加速度为向下的 7 m/s2，则处于 失重状态，选项 C 正确；根据牛顿第二定律，1～2 s 内，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上， 做正功，物体机械能增加；2～3 s 内，mg＋F＝ma，得 F＝2m，方向向下，物体机械能减少； 物体一直向上做减速运动，而 1～2 s 内的速度大于 2～3 s 内的速度，则 1～2 s 内的位移大于 2～ 3 s 内的位移，故 1～2 s 内物体机械能增加的多，2～3 s 内减小的少，故质点在 3 s 末时的机 械能大于第 1 s 末时的机械能，选项 D 正确． 20．如图甲所示，左侧接有定值电阻 R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁 场中，磁感应强度 B＝1 T，导轨间距 L＝1 m．－质量 m＝2 kg，阻值 r＝2 Ω的金属棒在水平 拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的 v－x 图象如图乙所示，若 金属棒与导轨间动摩擦因数 μ＝0.25，则从起点发生 x＝1 m 位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　)A．金属棒克服安培力做的功 W1＝0.5 J B．金属棒克服摩擦力做的功 W2＝4 J C．整个系统产生的总热量 Q＝5.25 J D．拉力做的功 W＝9.25 J 答案：C；D 解析：选.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力 FA＝B2L2v R＋r ＝B2L22x R＋r ，代入得：FA＝ 0.5x，则知 FA 与 x 是线性关系．当 x＝0 时，安培力 FA1＝0；当 x＝1 m 时，安培力 FA2＝0.5 N，则从起点发生 x＝1 m 位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－FA1＋FA2 2 x＝－0.5 2 ×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故 A 错误；金属棒克服摩擦力做的 功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故 B 错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝1 2 mv2，其中 v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生 的总热量为：Q＝W－1 2mv2＝9.25 J－1 2×2×22 J＝5.25 J，故 C、D 正确． 21．将如图所示的交变电压加在变压比为 4∶1 的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈 接阻值 R＝11 Ω的定值电阻，则下列说法正确的是(　　) A．交变电压的频率为 50 Hz B．该理想变压器的输入功率为输出功率的 4 倍 C．副线圈两点电压的有效值为 55 V D．流过原线圈的电流大小为 1.25 A 答案：A；C；D 解析：由图象可知交流电的周期为 T＝0.02 s，则其频率为 f＝1 T＝50 Hz，A 正确；理想变 压器的输入功率和输出功率相等，B 错误；由图象可知交流电的电压的最大值为 311 V，所以输入的电压的有效值为 U1＝311 2 V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值 为 55 V，C 正确；对副线圈由 I2＝U R可解得 I2＝55 11 A＝5 A，又由n1 n2＝I2 I1可得 I1＝n2 n1I2＝1 4×5 A＝ 1.25 A，D 正确． 第Ⅱ卷 三、非选择题：共 62 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．(5 分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量 分别为 m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置 G 由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球 仍从位置 G 由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最 终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示． (1)（单选）关于本实验下列说法正确的是________． A．需要用游标卡尺测量两小球的直径 B．应使 m1>m2 C．实验中记录纸的位置可以移动 D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平 (2)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置 P、Q、R 并测出了 OP、PQ、QR 间 的 距 离 分 别 为 x1 、 x2 、 x3 ， 则 验 证 动 量 守 恒 定 律 的 表 达 式 是 ___________________________． 答案：(1)B　(2)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3) 解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故 A 项错误；要 碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即 m1>m2，故 B 项正确；实验中记录 纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动，故 C 项正确；斜槽要 固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故 D 项错误．(2)验证动量守恒定律的表达式是 m1v0＝m1v1＋m2v2，则 m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即 m1OQ＝ m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为 m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)． 23．(10 分)灵敏电流计 G 的量程为 500 μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩 大至 5 mA，有下列器材可选： A．干电池一节 B．电压表 V(量程 1.5 V，内阻几千欧) C．滑动变阻器 R1(0～100 Ω) D．电阻箱 R2(0～999.9 Ω) E．开关、导线若干 某同学设计了如下实验： ①用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻． a．将 R1 滑片滑到左端，断开 S2，闭合 S1，调节 R1，使电流计满偏，此时电压表 V 的示 数为 1.0 V； b．将 R2 调至最大，闭合 S2，调节 R1、R2，当电压表示数为 1.2 V 时，电流计的示数为 300 μA、R2 的阻值为 180 Ω.由以上数据可得电压表的内阻 RV＝________Ω，电流计的内阻 Rg＝ ________Ω. ②用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻 值应调为________Ω. 答案：①2 000　180　②见解析图　20 解析：①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有 UV＝IgRV，可 得 RV＝UV Ig ＝ 1 500 × 10－6 Ω＝2 000 Ω；第二步为 Rg 与 R2 并联再与 RV 串联，由部分电路的欧 姆定律 I′gRg＝(U′V RV －I′g)R2，代入数据解得 Rg＝180 Ω.②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得 R＝20 Ω，故电阻 箱调为 20 Ω，电路如图所示． 24．(12 分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面 上，两物体皆静止；已知长木板质量为 M＝4.0 kg，长度为 L＝3.0 m，小物块质量为 m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数 μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦 力大小，重力加速度 g＝10 m/s2，试求： (1)用水平向右的恒力 F 作用于小物块，当 F 满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？ (2)若一开始就用水平向右 5.5 N 的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上 掉下？ 答案：(1)F>2.5 N　(2)1 s 解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦 fm；设它 们一起运动的加速度大小为 a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为 F1，由牛顿定律可知： 对整体：F1＝(M＋m)a 对木板：fm＝Ma 其中 fm＝μmg 解得 F1＝2.5 N 故当 F>2.5 N 时，两物体之间发生相对滑动． (2)分析可知，当一开始就用水平向右 F2＝5.5 N 的恒力作用于小物块时，两物体发生滑 动；设滑动摩擦力的大小为 f，小物块、木板的加速度分别为 a1、a2，由牛顿第二定律可得： 对小物块：F2－f＝ma1 对木板 f＝Ma2 其中 f＝μmg 解得 a1＝3.5 m/s2; a2＝0.5 m/s2 设小物块滑下木板历时为 t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为 s1、s2，由匀变 速直线运动的规律和几何关系可知：s1＝1 2a1t2，s2＝1 2a2t2，s1－s2＝1 2L 解得：t＝1 s.25．(20 分)如图所示，在 xOy 直角坐标平面内－ 3 20 m≤x＜0 的区域有垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度 B＝0.32 T，0≤x＜2.56 m 的区域有沿－x 方向的匀强电场．在 x 轴上坐 标为(－ 3 20 m ，0)的 S 点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷 q m＝5.0×107 C/kg；速率 v＝1.6×106 m/s 的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个 粒子 Z 刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求： (1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径 r； (2)电场强度的大小 E 及 Z 粒子从 S 点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角 θ； (3)Z 粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例 η. 答案：(1)0.1 m　1.25×10－7π s　(2)1.0×104 N/C　 π 6 　(3)1 2 解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv2 r r＝mv qB＝0.1 m (2)由题意可知 Z 粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出 Z 粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1 为轨迹圆圆心．分别用 dB 和 dE 表示电场和磁场区域的宽度． 对 Z 粒子在电场中运动，由动能定理有： qEdE＝1 2mv2① 代入数据解得：E＝1.0×104 N/C Z 粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为 r， 由圆周运动的规律有：qvB＝mv2 r ② 由几何知识可知：在△SOO1 中满足： cos θ＝ OS O1S＝dB r ③ 由②③并代入数据可得：θ＝ π 6 . (3)作 Z 粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦 SN 如图(b)所示，由几何知识得：△SNO1 为等边 三角形， SN＝r ，弦切角 θ0＝θ④ 由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于 r 的粒子，满足 Z 粒子第一次刚要进入电 场时未离开过磁场．作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于 SN 的粒子轨迹，交磁场左右边界分 别为 M、O1，粒子在 S 点的速度分别为 v1 和 v2.由图可知发射方向在 v1 和 v2 之间的粒子轨迹 弦长大于 r，对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝ π 2 －θ0⑤ 由图可知 Z 粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大 于 r 所以有：η＝θ1＋θ π ⑥ 解得：η＝1 2.(二)选考题：共 15 分．请考生从 2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 计分． 33．[物理——选修 3­3](15 分) (1)(5 分)一定质量的理想气体，从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过 程的 p－V 图象如图所示．已知气体处于状态 A 时的温度为 300 K，则下列判断正确的是 ________．(填正确答案标号．选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) A．气体处于状态 B 时的温度是 900 K B．气体处于状态 C 时的温度是 300 K C．从状态 A 变化到状态 C 过程气体内能一直增大 D．从状态 A 变化到状态 B 过程气体放热 E．从状态 B 变化到状态 C 过程气体放热 答案：(1)ABE　(2)6.1 cm 解析：(1)由题意知，TA＝300 K；A→B 过程为等压变化，则有VA TA＝VB TB，代入数据解得：TB ＝900 K，故 A 正确；B→C 过程是等容变化，则有pB TB＝pC TC，代入数据解得：TC＝300 K，故 B 正确；从状态 A 变化到状态 C 过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小， 故 C 错误；由 A→B 气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定 律ΔU＝W＋Q 知，气体吸热，故 D 错误；B→C 过程气体的体积不变，不做功，温度降低， 气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 知，气体放热，故 E 正确． (2)(10 分)粗细均匀的 U 形管中装有水银，左管上端有一活塞 P，右管上端有一阀门 K， 开始时活塞位置与阀门等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长 均为 l＝20 cm，此时两边空气柱温度均为 27 ℃，外界大气压为 p0＝76 cmHg，若将阀门 K 关 闭以后，把左边活塞 P 慢慢下压，直至右边水银上升 10 cm，在活塞下压过程中，左管空气柱 的温度始终保持在 27 ℃，并使右管内温度上升到 177 ℃，求此时左管内空气的长度．(结果 保留一位小数）答案：6.1 cm. 解析：设 U 形管横截面积为 S. 左管：初状态：p1＝76 cmHg V1＝20 cm×S T1＝273 K＋27 K＝300 K. 末状态：p2＝？ V2＝？ T2＝300 K 右管：初状态：p3＝76 cmHg V3＝20 cm×S T3＝273 K＋27 K＝300 K. 末状态：p4＝p2－20 cmHg V4＝10 cm×S T4＝450 K 对右管：由理想气体状态方程得：p3V3 T3 ＝p4V4 T4 ，代入数据得： p2＝248 cmHg 对左管：由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2 得： 76×20×S＝248×V2， 解得：V2＝1 520 248 ×S≈6.1S，所以此时空气柱长度：l＝V2 S ＝6.1 cm.