2020年4月高三物理开学摸底考（新课标解析版）

2020 年 4 月高三物理开学摸底考（新课标卷） 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．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是(　　) A．运动员跑完 800 m 比赛，指的是路程大小为 800 m B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是位移大小为 4.50 m C．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时刻 D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面， 该硬币可以看作质点 【答案】　A 【解析】：选 A　运动员跑完 800 m 比赛，指的是路程大小为 800 m，选项 A 正确；运动员铅 球成绩为 4.50 m，指的是抛出点和落地点水平距离的大小，选项 B 错误；某场篮球比赛打了两个加 时赛，共需 10 min，指的是时间，选项 C 错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面， 该硬币的大小不能忽略，不可以看作质点，选项 D 错误。 15.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为 θ，在斜杆的下端固定有质量为 m 的 小球，下列关于杆对球的作用力 F 的判断正确的是(　　) A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车以向右的加速度 a 运动时，一定有 F＝ ma sin θ D．小车以向左的加速度 a 运动时，F＝ ma2＋mg2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹 角 θ1 满足 tan θ1＝a g 【答案】　D 【解析】　小车静止时，由物体的平衡条件知，此时杆对小球的作用力方向竖直向上，大小等于球的重力 mg，A、B 错误；小车以向右的加速度 a 运动，设小球受杆的作用力的方 向与竖直方向的夹角为 θ1，如图甲所示。根据牛顿第二定律，有 Fsin θ1＝ma，Fcos θ1＝mg，两式相 除可得 tan θ1＝a g，只有当小球的加速度 a＝gtan θ 时，杆对小球的作用力才沿杆的方向，此时才有 F ＝ ma sin θ，C 错误；小车以加速度 a 向左加速运动时，由牛顿第二定律，可知小球所受 到的重力 mg 与杆对球的作用力的合力大小为 ma，方向水平向左，如图乙所示。所 以杆对球的作用力的大小 F＝ ma2＋mg2，方向斜向左上方，tan θ1＝a g，D 正 确。 16.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通过定 滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.500 m/s2 的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦， 则工人对地面的压力大小为(g 取 10 m/s2)(　　) A．510 N　　　　　　 B．490 N C．890 N D．910 N 【答案】　B 【解析】　设绳子对物体的拉力为 F1，F1－mg＝ma ，F1＝m(g＋a)＝210 N ，绳子对人的拉 力 F2＝F1＝210 N，人处于静止状态，则地面对人的支持力 FN＝Mg－F2＝490 N，由牛顿第三定律 知：人对地面的压力 FN′＝FN＝490 N 故 B 项正确。 17.斜面上有 a、b、c、d 四个点，如图所示，ab＝bc＝cd，从 a 点正上方的 O 点以速度 v 水平抛出 一个小球，它落在斜面上 b 点，若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上 的(　　) A．b 与 c 之间某一点 B.c 点 C．c 与 d 之间某一点 D．d 点【答案】　A 【解析】　假设斜面是一层很薄的纸，小球落上就可穿透且不损失能量，过 b 点作水平线交 Oa 于 a′，由于小球从 O 点以速度 v 水平抛出时，落在斜面上 b 点，则小球从 O 点以速度 2v 水平抛出， 穿透斜面后应落在水平线 a′b 延长线上的 c′点，如图所示，因 ab＝bc，则 a′b＝bc′，即 c′点在 c 点的 正下方，显然，小球轨迹交于斜面上 b 与 c 之间。所以，本题答案应选 A。 18.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定 的拉力 F 拉绳，使滑块从 A 点起由静止开始上升。若从 A 点上升至 B 点和从 B 点上升至 C 点的过 程中拉力 F 做的功分别为 W1 和 W2，滑块经 B、C 两点的动能分别为 EkB 和 EkC，图中 AB＝BC，则 (　　) A．W1＞W2　　　 B．W1＜W2 C．W1＝W2 D．无法确定 W1 和 W2 的大小关系 【答案】　A 【解析】　轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做 功；因轻绳对滑块做的功等于拉力 F 对轻绳做的功，而拉力 F 为恒力，W＝F·Δl，Δl 为轻绳拉滑块 过程中力 F 的作用点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图可知，ΔlAB＞ΔlBC， 故 W1＞W2，A 正确。 19.某国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中 质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的。根据大爆炸宇宙学可 知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中(　　) A．双星做圆周运动的角速度不断减小 B．双星做圆周运动的角速度不断增大 C．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小 D．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大 【答案】　AD 【解析】　设质量较小的星体质量为 m1，轨道半径为 r1，质量较大的星体质量为 m2，轨道半径 为 r2。双星间的距离为 L，则 L＝r1＋r2，转移的质量为 Δm。根据万有引力提供向心力，对 m1： Gm1＋Δmm2－Δm L2 ＝(m1＋Δm)ω2r1①对 m2：Gm1＋Δmm2－Δm L2 ＝(m2－Δm)ω2r2②， 由①②得：ω＝ Gm1＋m2 L3 ，总质量 m1＋m2 不变，两者距离 L 增大，则角速度 ω 变小。故 A 正 确，B 错误；由②式可得 r2＝Gm1＋Δm ω2L2 ，把 ω 的值代入得：r2＝ Gm1＋Δm Gm1＋m2 L3 L2 ＝m1＋Δm m1＋m2 L，因为 L 增大， 故 r2 增大，即质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大，故 C 错误，D 正确。 20.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c 是两负电荷连线的中点，d 点在正 电荷的正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则(　　) A．a 点的电场强度比 b 点的大 B．a 点的电势比 b 点的高 C．c 点的电场强度比 d 点的大 D．c 点的电势比 d 点的低 【答案】　ACD 【解析】：选 ACD　根据电场线的分布图，a、b 两点中，a 点的电场线较密，则 a 点的电场强 度较大，选项 A 正确。沿电场线的方向电势降低，a 点的电势低于 b 点的电势，选项 B 错误。由于 c、d 关于正电荷对称，正电荷在 c、d 两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在 c 点产 生的电场强度为 0，在 d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c 点的电场强度比 d 点 的大，选项 C 正确。c、d 两点中 c 点离负电荷的距离更小，c 点电势比 d 点低，选项 D 正确。 21.如图，将额定电压为 60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关 S 后， 用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为 220 V 和 2.2 A。以下判断 正确的是(　　) A．变压器输入功率为 484 W B．通过原线圈的电流的有效值为 0.6 A C．通过副线圈的电流的最大值为 2.2 A D．变压器原、副线圈匝数比 n1∶n2＝11∶3 【答案】　BD 【解析】：选 BD　将额定电压为 60 V 的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用 电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为 220 V 和 2.2 A，根据功率 公式可以求出用电器消耗的功率为 132 W，因此 A 选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，U1 U2＝n1 n2和I1 I2＝n2 n1，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为 0.6 A，所以选项 B 正确；由于电 流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为 2.2 2 A，故选项 C 错误；根据变压器的变 压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为 n1∶n2＝11∶3，所以 D 选项正确。 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.实验室购买了一捆标称长度为 100 m 的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先 测得导线横截面积为 1.0 mm2，查得铜的电阻率为 1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线 的电阻 Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有： 电流表：量程 0.6 A，内阻约 0.2 Ω； 电压表：量程 3 V，内阻约 9 kΩ； 滑动变阻器 R1：最大阻值 5 Ω； 滑动变阻器 R2：最大阻值 20 Ω； 定值电阻：R0＝3 Ω； 电源：电动势 6 V，内阻可不计； 开关、导线若干。 回答下列问题： (1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关 S 前应将滑片移至________端(填 “a”或“b”)。 (2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。 　 (3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为 0.50 A 时，电压表示数如图乙所示，读数为 ________V。 (4)导线实际长度为________m(保留 2 位有效数字)。【解析】　(1)由 Rx＝ρ l S知被测导线的电阻约为 Rx＝1.7 Ω，电路中最大电流 Im＝0.6 A，滑动变 阻器的最小值 R 动＝E Im－Rx＝8.3 Ω，电路中滑动变阻器为限流接法，闭合开关之前，其阻值移至最 大阻值处。 (4)被测电阻值为 Rx＝U I －R0，Rx＝ρl S，代入数据，解得 l＝94 m。 【答案】　(1)R2　a　(2) [答案如下图] (3)2.30　(4)94 24.要描绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3 V， 并便于操作。已选用的器材有： 电池组(电动势 4.5 V，内阻约 1 Ω)； 电流表(量程为 0～250 mA，内阻约 5 Ω)； 电压表(量程为 0～3 V，内阻约 3 kΩ)； 开关一个，导线若干。 (1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填仪器前的字母)。 A．滑动变阻器(最大阻值 20 Ω，额定电流 1 A) B．滑动变阻器(最大阻值 1 750 Ω，额定电流 0.3 A) (2)实验的电路图应选用下列的图________。 (3)根据你所选择的电路图分析，在闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片移到最________(填“左” 或“右”)端；闭合开关，移动滑片，使电表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)。依次记录电流及相应的电压。 【解析】本题题意为绘制小灯泡的伏安特性曲线，故第一个空中的滑动变阻器须使用分压式连 接法，选择电阻较小的滑动变阻器，且小灯泡电阻较小，故电流表须使用外接法，故电路图选择 B, 为了保护小灯泡电路，让滑动变阻器开关闭合时电流最小，故滑片移动至左侧，移动时电流表电流 增大。 【答案】　(1)A　(2)B　(3)左　增大 24.如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时 刻甲、乙都以大小为 v0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视 为质点。甲和他的装备总质量为 M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为 M2＝135 kg，为了 避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为 m＝45 kg 的物体 A 推向甲，甲迅速接 住 A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安 全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度) (1)乙要以多大的速度 v(相对于空间站)将物体 A 推出？ (2)设甲与物体 A 作用时间为 t＝0.5 s，求甲与 A 的相互作用力 F 的大小。 【答案】：(1)5.2 m/s　(2)432 N 【解析】：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方 向为正方向， 则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和 A 组成的系统为研究对象，由动量守恒得： M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得 v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象，由动量定理得， Ft＝M1v1－(－M1v0) 代入数据解得 F＝432 N。 25.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电容器板 长和板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 L＝10 cm，在电容器两 极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求： 　 (1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处。 (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 【答案】　(1)打在屏上的点位于 O 点上方，距 O 点 13.5 cm　(2)30 cm 【解析】　(1)电子经电场加速满足 qU0＝1 2mv2 经电场偏转后侧移量 y＝1 2at2＝1 2·qU偏 mL (L v )2 所以 y＝U偏L 4U0 ，由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0， 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足Y y＝ L＋L 2 L 2 所以 Y＝13.5 cm。 (2)由题知电子侧移量 y 的最大值为L 2，所以当偏转电压超过 2U0，电子就打不到荧光屏上了，所 以荧光屏上电子能打到的区间长为 3L＝30 cm。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 33．[物理——选修 3–3]（15 分） ___________。（填正确答案标号，选对 1 个给 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 0 分） (1)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是(　　) A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B．外界对物体做功，物体内能一定增加 C．温度越高，布朗运动越显著 D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小 E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 【答案】 ACE 【解析】：选 ACE　温度高的物体分子平均动能一定大，内能不一定大，选项 A 正确；外界对 物体做功，若物体同时散热，物体内能不一定增加，选项 B 错误；温度越高，布朗运动越显著，选项 C 正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项 D 错误；当分子间作用 力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项 E 正确。 (2)如图所示，玻璃管的横截面 S＝1 cm2，在玻璃管内有一段质量为 m＝0.1 kg 的水银柱和一定量的 理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为 l0＝10 cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管 倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？(假设 环境温度保持不变，大气压强取 p0＝1×105 Pa) 【答案】：2 cm 【解析】：气体做等温变化，当玻璃管平放时有 p1＝p0 V1＝l0S 玻璃管正立时，对水银柱受力分析：p2S＝p0S＋mg 故 p2＝p0＋mg S 　V2＝l2S 玻璃管倒立时，对水银柱受力分析，p0S＝p3S＋mg 有：p3＝p0－mg S 　V3＝l3S 根据玻意耳定律，得 p1V1＝p2V2　p2V2＝p3V3 由以上各式联立解得⇒Δl＝l3－l2≈2 cm。 34．[物理——选修 3–4]（15 分） ___________。（填正确答案标号，选对 1 个给 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 0 分） (1)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大D．在 t＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆 E．由图像可以求出当地的重力加速度 【答案】选 ABD 【解析】：选 ABD　由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点 g 相同，由单摆的周期公式 T＝ 2π l g，可知甲、乙两单摆的摆长 l 相等，选项 A 正确；甲摆的振幅为 10 cm，乙摆的振幅为 7 cm， 则甲摆的振幅比乙摆大，选项 B 正确；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，选项 C 错误； 在 t＝0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向 最大加速度，选项 D 正确；由单摆的周期公式 T＝2π l g得 g＝4π2l T2 ，由于单摆的摆长未知，所以无 法求出当地的重力加速度，选项 E 错误。 (2)如图所示，半径为 R 的透明半球体的折射率为5 3，在离透明半球体 2.8R 处有一与透明半球体平面 平行的光屏。某种平行光垂直透明半球体的平面射入，在光屏上形成一个圆形亮斑。 (1)求光屏上亮斑的直径；(不考虑光线在半球体内的多次反射) (2)若入射光的频率变大，则亮斑的直径如何变化？ 【答案】D＝6.8R 【解析】：(1)sin C＝1 n＝0.6，C＝37° AB＝2Rsin C＝1.2R FM＝AB 2 tan C＝0.45R，OF＝Rcos C＝0.8R 设光斑直径为 D，根据三角形相似得： D AB＝3R－FM FM 解得：D＝6.8R。 (2)入射光的频率增大，光的折射率增大，边缘光线偏折角增大，从而使光屏上光斑直径变大。