1、黑龙江省实验中学2020届高三物理下学期开学考试试题（含解析）一、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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。1.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. 若用频率是的光照射该金属，则遏止电压为D. 遏止电压与入射光的频率无关【答案】C【解析】【详
2、解】由图像可知金属的极限频率为0，入射光的频率必须要大于0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20的光照射该金属，则光电子的最大初动能为，则遏止电压为，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2.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vBv0，空气阻力不计，该斜面的倾角为（）A. 60B. 45C. 37D. 30【答案】C【解析】【详解】根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为： ，则运动的时间为： ，设斜面的倾角为
3、 ，则有： ，所以 ，ABD错误C正确3.某物体的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A. 和，合外力做功和冲量都相同B. 和，合外力做功和冲量都相同C. 和，合外力做功和冲量都相同D. 和，合外力做功和冲量都相同【答案】C【解析】【详解】A内动能的变化量为，动量变化量为；内动能变化量为，动量变化量为，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；B内动能变化量为，动量变化量为，内动能变化量为，动量变化量为。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；C和内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定
4、理得知合外力的功和冲量都相同，故C正确；D由上分析得知：0t1和t3t4内动能变化量不同，动量变化量也不同，故合外力的功和冲量都不相同，故D错误。【点睛】根据动能定理：合外力做功等于物体动能的变化；由动量定理得知：合外力的冲量等于物体动量的变化量。根据两个定理进行分析。4.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作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是()A. 粒子一定带负电B. A处场强大于C处场强C. 粒子在A处电势能大于在C处电势能D. 粒子从A到B电场力所做功大于从B到C电场力所做的功【答案】B【解析】【详解】A根据电场线与等势面垂
5、直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；B等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；C从A点飞到C点，电场力方向与速度夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；D由于电势差相同，根据知，电场力做功相同，D错误5.如图所示，光滑绝缘水平面上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 B. 小环A的加速度大小
6、为 C. 恒力F的大小为 D. 恒力F的大小为 【答案】B【解析】【详解】AB设轻绳的拉力为T，则对A：TTcoskTcosmaA联立解得：aA故B正确，A错误；CD恒力F的大小为F2maA故CD错误6.某质点在3s内竖直向上运动，其加速度与时间（a-t）图像如图所示。若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2.则下列说法正确的是（）A. 质点第1s内发生的位移为5mB. 质点的初速度不小于29 m/sC. 质点第2s内处于失重状态D. 质点在第3s末的机械能大于第1s末的机械能【答案】BCD【解析】【详解】A质点在第1s内的加速度为-10m/s2，故第1s内物体向上做减速运动，因初速度
7、未知，故无法确定第1s内的位移，选项A错误；B若3s末物体的速度减到零，则3s内速度的变化为因物体一直向上运动，故初速度不小于29m/s，选项B正确；C质点在第2s内加速度向下，故处于失重状态，选项C正确；D根据牛顿第二定律，12s内，mg-F=ma，得F=3m方向向上，做正功，物体机械能增加；23s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12s内的速度大于23s内的速度，则12s内的位移大于23s内的位移，故12内物体机械能增加的多，23s内减小的少，故质点在t=3s时的机械能大于t=1s时的机械能，D正确。故选BCD。【点睛】本题关键是通过a-t
8、图像分析物体的运动情况；同时要注意明确机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少。7.如图甲所示，左侧接有定值电阻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=1T，导轨间距L=lm。质量m=2kg，阻值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vx图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）()A. 金属棒克服安培力做的功W1=0.5JB. 金属棒克服摩擦力做的功W2=4JC. 整个系统产生的总热量Q=5.25JD. 拉力做的功W=9.25J
9、【答案】CD【解析】【详解】A由速度图像得：v=2x，金属棒所受的安培力代入得FA=0.5x则知FA与x是线性关系。当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为即金属棒克服安培力做的功为W1=0.25J故A错误；B金属棒克服摩擦力做的功为W2=mgx=0.252101J=5J故B错误；CD根据动能定理得其中v=2m/s，=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为W=9.25J整个系统产生的总热量为故CD正确。故选CD。【点睛】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性关系，即可求
10、出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。8.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的定值电阻，则下列说法正确的是（ ）A. 交变电压的频率为50HzB. 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55VD. 流过原线圈的电流大小为1.25A【答案】ACD【解析】【详解】A由图像可知交流电的周期为T=0.02s，则其频率为HzA正确；B理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；C由图像可知交流电的电压
11、的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为VV根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55V，C正确；D对副线圈，由可解得5A，又由可得AAD正确。故选ACD。【点睛】本题主要考查了交流电的最大值和有效值，明确变压器的特点，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率二、非选择题：共62分。第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。9.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
12、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)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m1m2C.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). 【解析】【详解】(1) A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
13、；B要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1m2，故B项正确；C实验中记录纸上铺复写纸的目的是描绘落点的位置，复写纸的位置可以移动，记录纸的位置不可以移动，故C项错误；D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则即用题中测量的量表示为10.灵敏电流计G的量程为500 A、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（0100 ）D.电阻箱R2（0999.9 ）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
14、电流计和电压表的内阻。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；将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V时，电流计示数为300 A、R2的阻值为180 。由以上数据可得电压表的内阻RV_，电流计的内阻Rg_。(2)用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在线框中画出改装电路图_，此时电阻箱的阻值应调为_。【答案】 (1). 2000 (2). 180 (3). (4). 20【解析】【详解】(1)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可得2第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由电路的电流关系可得代入数
15、据解得(2)34电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，电路如图所示：由并联电路的电压关系得解得即电阻箱调为20 。11.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=40kg，长度为L=30m，小物块质量为m=10kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数=02；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=10m/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，两物块才能发生相对滑动？（2）若一开始就用水平向右55N的恒力作用与小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？【答案】（1）F>25N
16、（2）1s【解析】试题分析： （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a1，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）a1对木板：fm=Ma1其中解得F1=25N故当F25N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=55N的恒力作用于小木块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小木块、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=mg解得a1=35m/s2； a2=05m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块
17、、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：解得：t=1s考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】题涉及到相对运动的过程，列牛顿第二定律方程时一定要先确定研究对象，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式12.如图所示，在xOy直角坐标平面内mx0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.32 T，0x2.56 m的区域有沿方向的匀强电场。在x轴上坐标为的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5.0107 C/kg，速率v1.6106 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
18、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；(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。【答案】(1)0.1 m；(2)1.0104 N/C，；(3)【解析】【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力得解得(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，由动能定理有代入数据解得E1.0104 N/C由几何知识可知：在中满足可得：
19、Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角(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：为等边三角形，则SNr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由图可知Z粒子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（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
20、。13.一定质量的理想气体，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pV图像如图所示，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（）A. 气体处于状态B时的温度为900 KB. 气体处于状态C时的温度为300 KC. 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】ABE【解析】【详解】A由题TA=(273+27）K=300K；AB过程为等压变化，则根据解得故A正确；BBC过程是等容变化，则由得故B正确；C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
21、；D由AB气体的温度升高，内能增大。体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律知，气体吸热，故D错误；E. BC过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律知，气体放热，故E正确。故选ABE。【点睛】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的应用，对热力学第一定律的应用时，要理解各个量的一样，注意各量的正负，明确一定质量理想气体的内能只跟温度有关。14.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S，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=20cm，此时两边空气柱温度均为27，外界大气压为p0=76cmH
22、g，若将阀门S关闭以后，把左边活塞P慢慢下压，直至右边水银上升10cm，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。【答案】6.1cm【解析】【详解】设U形管横截面积为S。左管：初状态p1=76cmHg，V1=20cmS，T1=273K+27K=300K末状态p2=？，V2=？，T2=300K右管：初状态p3=76cmHg，V3=20cmS，T3=273K+27K=300K末状态p4=p2-20cmHg，V4=10cmS，T4=450K对右管：由理想气体状态方程得代入数据得p2=248cmHg对左管：由玻意耳定律p1V1=p2V2得7620S=248V2解得所以此时空气柱长度【点睛】本题主要考查了如何利用理想气体状态方程解决问题。关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可分别写出左右两管气体的初末状态的状态参量，左管做等温变化，列玻意耳定律公式，右管列理想气体状态方程求解即可。