2020届黑龙江省高三下学期物理开学考试试题（解析版）

2019-2020 学年高三下学期开学考试 物理试题 注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用 2B 铅笔涂在答题卡中相应 的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效， 不予记分。 第 I 卷（选择题） 一、单选题（本大题共 6 小题，共 30.0 分） 1.如图所示，将直径为 d，电阻为 R 的闭合金属环从匀强磁场 B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的 电荷量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】金属环的面积： 由法拉第电磁感应定律得： 由欧姆定律得，感应电流： 感应电荷量： q=I△t， 解得： 2 4 B d R π 2 Bd R π 2Bd R 2Bd Rπ 2 2 2 4 d dS ππ= =（ ） BSE t t Φ= =   EI R =故 A 正确，BCD 错误； 故选 A． 【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、 欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式 计算． 2.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如图 所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是 　　 A. 在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度 B. 在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能 C. 在 a 点的速度小于在 B 点的速度 D. 电场中 a 点的电势一定比 b 点的电势高 【答案】C 【解析】 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知 EA＜EB，所以 a、b 两点比较，粒子的 加速度在 b 点时较大，故 A 错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内 侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场 力做正功，电势能减小，即在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能，故 B 错误；整个过程电场力做正功，根 据动能定理得经 b 点时的动能大于经 a 点时的动能，所以无论粒子带何种电，经 b 点时的速度总比经 a 点时 的速度大，故 C 正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定 a 点的电势和 b 点的电势大小关系，故 D 错误；故选 C． 3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.若不计空气阻力，则在整个上 升过程中，下列关于物体机械能 E、速度大小 v、重力势能 Ep、动能 Ek 随时间变化的关系中，正确的是 2 4 B dq R R  πΦ= = q R ∆Φ= 0v ( )A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．设在恒力作用下的加速度为 a，则机械能增量 知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，A 错误； B．在恒力作用下时，物体受力恒定，加速度恒定，撤去外力后，只受重力作用，加速度为 g，恒定，故 B 错误； C．有外力作用时 随时间变化图像应是开口向上的抛物线，当撤去外力后，物体仍继续上升，重力势能仍继续增大，故 C 错 误； D．有外力阶段，做匀加速运动，动能增大 无外力阶段，做匀减速运动，动能减小，且 都是开口向上的抛物线，故 D 正确． 故选 D。 4.在如图所示的 图像中，直线 为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线 为某一电阻 R 的伏 安特性曲线。用该电源与电阻 R 组成闭合电路。由图像判断错误的是 21 2E Fh F at= = ⋅ 21 2pE mgh mg at= = ⋅ 2 2 21 1 2 2kE mv ma t= = 2 2 21 1 2 2kE mv ma t= = U I− I IIA. 电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5Ω B. 电阻 R 的阻值为 1Ω C. 电源的效率为 80% D. 电源的输出功率为 4 W 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir 当 I=0 时，U=E，由读出电源的电动势 E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则： A 正确； B．根据图像可知电阻： B 正确； C．电源的效率： C 错误； D．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V，电流 I=2A ，则电源的输出功率为： P 出=UI=4W D 正确。 故选 C。 5.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流表指针发生偏转．则以下说法正确 的是（　　） 3 Ω 0.5Ω6 Ur I ∆= = =∆ 1ΩUR I = = 2100%= 100%= 100%=66.7%3 P UI P EI η = × × ×出 总A. 将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大 B. 如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数 C. 将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大 D. 将电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能 不为零 【答案】D 【解析】 【分析】 当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电 流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，而光 电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没 有示数，也可能有示数． 【详解】A．滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变， 故 A 错误； B．如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加，则电流表一定有示数，故 B 错误； C．将 K 极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通 过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则 电流表的示数不一定增大，故 C 错误； D．电源的正负极调换，仍用相同的绿光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截 止电压，则电流表仍可能有示数，故 D 正确． 【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本 规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低．理解饱和电流与反向截止电压的含义，注意 光电子最大初动能与入射光的频率有关． 6.如图所示，在光滑的水平面上宽度为 L 的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为 a（a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度 v0 向右滑动，穿过磁场后速度减为 v，那么当线圈完全处于磁 场中时，其速度大小（　　） A. 大于 B. 等于 C. 小于 D. 以上均有可能 【答案】B 【解析】 【详解】对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为 ，末速度为 ．由动量定理可知： 又电量 ，得： 得速度变化量： 由 可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横 截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量．设 完全进入磁场中时，线圈的速度大小为 ，则有 ，解得： 故本题选 B。 【点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量 分析电 量的关系．根据感应电量 ，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等 ．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度 0( ) 2 v v+ 0( ) 2 v v+ 0( ) 2 v v+ 1v 2v 2 1BIL t mv mv∆ = − q I t= ∆ ( )2 1m v v BLq− = 2 1 BLqv v v m ∆ = − = q R ∆= φ v′ 0v v v v− ′ = ′− 0 2 v vv +′ = q I t= ∆ q R ∆= φ二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分） 7.如图 a，物体在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在 t=1s 时刻撤去恒力 F，物体运动的 图象如图 b，重力加速度，则 A. 物体在 3s 内的位移 B. 恒力 F 与摩擦力 f 大小之比 C. 物体与地面的动摩擦因数为 D. 3s 内恒力做功与克服摩擦力做功之比 【答案】BC 【解析】 【详解】A.根据 图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在 3s 内的位移： 故 A 错误； B.物体在第 1s 内和后 2s 内的位移分别为： 对整个过程，由动能定理得： 解得： 故 B 正确； C.对后 2s 内物体的运动过程，由动能定理得： 3ms = : 3:1F f = 0.3µ = : 3: 2F fW W =克 v t− 6 3 m 9m2s ×= = 1 1 6 1m 3m2s = × × = 2 6 2 m 6m2s ×= = 1 0Fs fs− = : 3:1F f = 2 2 10 2mgs mvµ− = −解得： 故 C 正确； D.对整个过程，由动能定理得： 可得： 故 D 错误． 8.如图所示,A 为地球同步卫星,B 为运行轨道比 A 低的一颗卫星,C 为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体 ,两颗卫星及物体 C 的质量都相同,关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较,下列 关系式正确的是( ) A. vB>vA>vC B. C. FB>FA>FC D. TA=TC>TB 【答案】AD 【解析】 【详解】A.AC 角速度相等，由： 可知： AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有： 解得： 的 0.3µ = 0F fW W− =克 : 1:1F fW W =克 A B C ω ω ω> > v rω= C Av v< 2 2 Mm vG mR R =可知： 综合分析有： 故 A 正确； B.因为同步卫星想上对地面上的 C 静止，所以 AC 的角速度相等， AB 比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有： 解得： 而 A 的角速度小于 B 的加速度；故： 故 B 错误； C.由万有引力公式可知： 即半径越大，万有引力越小；故： 故 C 错误； D.卫星 A 为同步卫星，周期与 C 物体周期相等；又万有引力提供向心力，即： 解得： GMv R = A Bv v< B A Cv v v＞ ＞ 2 2 MmG m rr ω= 3 GM r ω = A C B ω ω ω= < 2 MmF G R = A B CF F F＜ ＜ 2 2 2Mm m RR TG π     = 3 2 RT GM π=所以 A 的周期大于 B 的周期，综合分析有： 故 D 正确． 9.如图所示，物体 A、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、B 的质量分别为 2m、m，开始时 细绳伸直，用手托着物体 A 使弹簧处于原长且 A 与地面的距离为 h，物体 B 静止在地面上，放手后物体 A 下落，与地面即将接触时速度大小为 v，此时物体 B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加 速度大小为 g，则下列说法中正确的是( ) A. 物体 A 下落过程中，物体 A 和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 弹簧的劲度系数为 C. 物体 A 着地时的加速度大小为 D. 物体 A 着地时弹簧的弹性势能为 【答案】AC 【解析】 【详解】A 项：由题知道，物体 A 下落过程中，B 一直静止不动．对于物体 A 和弹簧组成的系统，只有重 力和弹力做功，则物体 A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故 A 正确； B 项：物体 B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh ，得弹簧的劲度系数为 ，故 B 错误； C 项：物体 A 着地时，细绳对 A 的拉力也等于 mg，对 A，根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma，得 ， 故 C 正确； D 项：物体 A 与弹簧系统机械能守恒，有： ，所以 ，故 D 错误． 10.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球 A、B，A 以速度 v1 斜向上抛出，B 以速度 v2 竖直向上抛 出，当 A 到达最高点时恰与 B 相遇．不计空气阻力，A、B 质量相等且均可视为质点，重力加速度为 g，以 下判断不正确的是（　　） A C BT T T= > 2mg h 2 g 21 2mgh mv− mgk h = 2 ga = 2 p 12 22mgh E mv= + × 2 P 2E mgh mv= −A. 相遇时 A 的速度一定为零 B. 相遇时 B 的速度一定为零 C. A 从抛出到最高点的时间为 D. 从抛出到相遇 A、B 动量的变化量相同 【答案】A 【解析】 【详解】A、A 分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时 A 达到最高点则其竖直 向的速度为 0，水平向速度不变，合速度不为 0，故 A 错误 B、A 在竖直向的分速度为 vy，则相遇时： ，解得 vB=vy，B 的达到最高点，速度 为也为 0，故 B 正确 C、A 与 B 到达最高点的时间相等为 ，故 C 正确． D、两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故 D 正确 第 II 卷（非选择题） 三、实验题（本大题共 2 小题，共 14.0 分） 11.某同学用如图所示的装置“验证力的平行四边形定则”．在某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图所示． （1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，图中细绳 BO 对 O 点的拉力大小为________N． （2）下列不必要的实验要求是________（请填写选项前对应的字母）． 2v g 2 2 y B 1 1 2 2v t gt v t gt− = − 2vt g =A．弹簧测力计应在使用前校零 B．用两个弹簧测力计同时拉细绳时，它们的示数之差应尽可能大 C．改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O 点静止在同一位置 D．为了验证力 平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力 （3）为了提高实验的准确性，减少误差，请您提出合理的解决办法：（至少二条） ①________________________________________； ②________________________________________． 【答案】 (1). 3.60 (2). BC (3). 选用弹性小的细绳 (4). 橡皮条、细绳套和弹簧测力计的轴应 在同一平面上且与板面平行贴近等 【解析】 【详解】（1）弹簧测力计读数，每 1N 被分成 5 格，则 1 格就等于 0.2N．图指针落在 3N 到 4N 的第 3 格处 ，所以拉力大小为 3.6N； （2）弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故 A 项需要；对弹簧测力计的示数没有 什么要求，故 B 不需要；O 的位置可以变动，只需要保证作用效果相同即可，故 C 不需要；实验通过作出 三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，故 D 项需要；故选 BC． （3）①选用弹性小且适当长的细绳；②橡皮条、细绳和测力计的轴应在同一平面上，且与板面平行贴近； 12.某同学利用如图甲所示的电路进行电阻的测量，他选定了以下实验器材： 待测电阻 阻值约为 ；变阻箱 、电源 、 、多用电表、单刀单掷开关 和单刀双掷开关 、导线。其中多用电表表盘的欧姆刻度线除“0”、“ ”、“4”三条是清晰的其余刻度线均 模糊不凊，但电流、电压刻度线完好，电流表、电压表均视为理想表 (1)将多用电表的选择开关调到欧姆档的______ 、 、 、 位置，并按正确步骤调好多用电 表，断开 ， 与 a 相接，此时多用电表指针所在位置如图乙所示，待测电阻的阻值 ______ 保 的 xR（ 30Ω） R 0 ~ 999Ω（ ） E 10V（ 1Ω） 1S 2S ∞ 1×（ 10× 100× 1K× ） 1S 2S xR = Ω（留两位有效数字 。 (2)为了进一步精确测定 ，该同学将多用电表选择开关调到直流电压“10V”的档位，将 与 b 相接，闭合 ，调节变阻箱并记录其阻值 R 及对应的电压，作 图像如图丙所示、由图像可知 ______ 保留两位有效数字 。 【答案】 (1). (2). 24 (3). 27 【解析】 【详解】(1) [1] 因为待测电阻阻值约为 ，所以将多用电表的选择开关调到欧姆档的“ ”位置。 [2]设多用电表调到欧姆档的“ ”位置时，内部电源的电动势为 ,内电阻为 。设测该电阻时的电流为 ，指针指“4” 、“0”刻度线时的电流分别为 、 。由乙图 由闭合电路的欧姆定律 联立解得 (2) [3]根据串并联规律以及欧姆定律，有 得到 ） xR 2S 1S 1 1 U R − 'xR = Ω（ ） 1× 30Ω 1× 1× 'E 'r 1I 2I 3I 1 2 3: : 20: 40:50 2: 4:5I I I = = ' 1 ' x EI R r = + ' 2 '4 EI r = + ' 3 ' EI r = x 24ΩR = x U E UI R R r −= = +图像中 纵轴截距和斜率 解得 四、计算题（本大题共 3 小题，共 44.0 分） 13.如图所示，在水平面上依次放置小物块 A 和 C 以及曲面劈 B，其中 A 与 C 的质量相等均为 m，曲面劈 B 的质量 M=2m，曲面劈 B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈 B 足够高，各接触面均光滑。现让小物块 C 以水平速度 v0 向右运动，与 A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈 B。求： (1)碰撞过程中系统损失 机械能； (2)碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)小物块 C 与 A 发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得 解得 碰撞过程中系统损失的机械能为 损 解得 的 的 x1 1 1R r U E E R += + ⋅ 1 1 U R − 10.10 E = ' x 2 0.38 0.10 10 10 R r E − + −= × x ' 27ΩR = 2 0 1 4 mv 2 0 16 v g 0 2mv mv= 0 1 2v v= E ( )2 2 0 1 1 22 2mv m v= −损 ②当 AC 上升到最大高度时，ABC 系统的速度相等；根据动量守恒定律 解得 由能量关系 解得 14.如图所示，虚线 MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感 应强度为 B 的匀强磁场，虚线 MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段 AP 与 MN 相交于 O 点．在 A 点有一质量为 m，电量为+q 的带电质点，以大小为 v0 的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好 在左侧区域内做匀速圆周运动，已知 A 与 O 点间的距离为 ，虚线 MN 右侧电场强度为 ，重 力加速度为 g．求： （1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向； （2）带电质点在 A 点的入射方向与 AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到 O 点，并画出带电质 点在磁场中运动的轨迹； （3）带电质点从 O 点进入虚线 MN 右侧区域后运动到 P 点时速度的大小 vp． 【答案】（1） ，方向竖直向上；（2） ；（3） ． E 2 0 1 4 mv= ( ) 12 2mv m m m v= + + 1 0 1 4v v= 2 2 0 0 1 1 1 12 2 ( ) 4 ( )2 2 2 4mgh m v m v= • − × × 2 0 16 vh g = 03mv qB 3mg q mg q 013v【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电 场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力 qE=mg，方向竖直向上； 所以 MN 左侧区域内电场强度 ，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有： ， 所以轨道半径 ； 质点经过 A、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在 AO 的垂直平分线上，且质点从 A 运动到 O 的过程 O 点为最右侧；所以，粒子从 A 到 O 的运动轨迹为劣弧； 又有 ；根据几何关系可得：带电质点在 A 点的入射方向与 AO 间的夹角 ； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示： ； （3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在 O 点的竖直分速度 ，水平分速度 ； 质点从 O 运动到 P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到 P 点，故竖直位移为零，所以运动时间 ； 所以质点在 P 点的竖直分速度 ， 水平分速度 ； mgE q左 = 2 0 0 mvBv q R = 0mvR qB = 03 3AO mvd RqB = = 1 2 60 AOd arcsin R θ = = ° 0 0 360 2yv v sin v= ° = 0 0 160 2xv v cos v= ° = 02 3yv vt g g = = 0 3 2yP yv v v= = 0 0 0 31 732 2xP x vqEv v t v g vm g = + = + ⋅ =所以带电质点从 O 点进入虚线 MN 右侧区域后运动到 P 点时速度 ； 15.如图所示，均匀薄壁 U 型管竖直放置，左管竖直部分高度大于 30cm 且上端封闭，右管上端 开口且足够 长，用两段水银封闭了 A、B 两部分理想气体，下方水银左右液面等高，右管上方的水银柱高 h=4cm，初状 态温度为 27℃，A 气体长度 =15cm，大气压强 .现使整个装置缓慢升温，当下方水银的左右 液面高度相差 =10cm 时，保持温度不变，再向右管中缓慢注入水银，使 A 中气柱长度回到 15cm.求： (1)升温后保持不变的温度是多少摄氏度？ (2)右管中再注入的水银高度是多少？ 【答案】(1)177℃ (2)40cm 【解析】 【详解】（1）缓慢升温过程中，对 A 中气体分析 初态：V1=l1S ； p1=p0+h=80cmHg ；T1=（27+273）K=300K 末状态：V2=（l1+ △l）S； p2=p0+h+ △l， 由理想气体状态方程得： 代入数据解得： T2=450K； 得 t2=177℃ （2）对 A 气体分析，初末态体积相同 T3=T2 p3=p0+h+△h， 由查理定律得： 代入数据解得： 2 2 013P yP xPv v v v= + = 1l 0 76cmHgp = l∆ 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 pV p V T T = 31 31 = pp T T△h=40cm； 即再加入的水银高 40cm.