1、四川省雅安中学2020届高三物理上学期开学摸底考试（9月）试题（含解析）一.1418小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.如图所示为氢原子的能级图，一群氢原子处于n4能级，向低能级跃迁时要辐射光，用这些光照射钠。已知钠的逸出功为2.29eV，电子的电荷量为1.601019C，普朗克常量为6.631034JS则下列说法正确的是（）A. 产生的光电子的最大初动能为12.75eVB. 有4种辐射光能使钠发生光电效应C. 从能级n4跃迁到n1的辐射光波长最长D. 从能级n4跃迁到n1的辐射光照射钠，产生的光电流最强【答案】B
2、【解析】【详解】A.从n4能级向基态跃迁时发出的光子的能量值最大，为：E41E4E10.85（13.6）eV=12.75eV发生光电效应时，产生的光电子的最大初动能：EkmE41W012.752.2910.46ev故A不符合题意；B.n4跃迁到n3辐射的光子能量为0.66eV；n3跃迁到n2辐射的光子能量为1.89eV，均小于逸出功，不能发生光电效应；n4跃迁到n2辐射的光子能量为2.55eV，大于逸出功，能发生光电效应，同理其余3种（n4跃迁到n1；n3跃迁到n2；n2跃迁到n1）光子能量均大于2.29eV，所以这群氢原子辐射的光中有4种频率的光子能使钠发生光电效应。故B符合题意；C.从n4
3、能级向基态跃迁时发出的光子的能量值最大，频率最大，波长最短。故C不符合题意；D.光电流的大小与入射光的频率无关，与入射光的强度有关。故D不符合题意；2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，除R以外其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1220sin100t(V)，下列说法中正确的是（ ）A. ts时，电压表的读数为22 VB. ts时，a、c两点电压瞬时值为110 VC. 滑动变阻器滑片向上移，电压表和电流表的示数均变大D. 单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小【答案】A【解析】【
4、详解】A：原线圈两端电压的最大值为，根据原、副线圈电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压的最大值为，副线圈两端电压的有效值为22 V，任一时刻电压表的读数均为22 V。故A项正确。B：由所接交流电压的瞬时值表达式可知，当时，a、c两点之间电压的瞬时值应为。故B项错误。C：滑动变阻器滑片向上移动的过程中，其接入电路的有效阻值变大，由于原线圈的电压不变，原、副线圈的匝数不变，则副线圈的输出电压不变，电流表的示数减小。故C项错误。D：在单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以副线圈的输出电压升高，电压表和电流表的示数均变大。故D项错误。【点睛】涉及变压器动态分析
5、类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流和原副线圈匝数比决定原线圈中电流。原副线圈中电流的功率、频率相同。3.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛出小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用
6、的时间为T1.由T1、T2和H的值可求得g等于( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】将上抛运动转化成自由落体来处理，则根据运动的对称性可知，小球从最高点落回到O点的时间是，则有从最高点到O点的距离；同理，从最高点到P点的距离满足，联立解得.A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论相符，选项C正确；D. ，与结论不相符，选项D错误；4.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l13 m，B、C之间的距离l24 m若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于()A. m
7、B. mC. mD. m【答案】D【解析】【详解】设物体运动的加速度为a，通过O、A之间的距离l的时间为t，通过l1、l2每段位移的时间都是T，根据匀变速直线运动规律，lat2ll1a(tT)2ll1l2a(t2T)2l2l1aT2联立解得lmA. m，选项A不符合题意；B. m，选项B不符合题意；C. m，选项C不符合题意；D. m，选项D符合题意；5.如图,某同学想进行一项挑战,他两手水平用力地夹起一摞书保持静止,设手对书施加的水平压力F=220N,若每本书的质量均为0.90kg,手与书之间的动摩擦因数为1=0.4,书与书之间的动摩擦因数相同,均为2=0.3,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
8、g取10m/s2.则该同学A. 最多能夹住9本书B. 最多能夹住19本书C. 最多能夹住14本书D. 最多能夹住16本书【答案】D【解析】先将所有书（设有n本）当作整体受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，则：，解得；再去除最外侧两本书受力分析，竖直方向受重力、静摩擦力，则：，解得：。故选D点睛：要灵活选择研究对象、结合对称性受力分析，列式求解。6.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为30。下列说法正确的是A. 容器相对于水平面有向左
9、运动的趋势B. 轻弹簧对小球的作用力大小为 mgC. 容器对小球的作用力竖直向上D. 弹簧原长为R【答案】BD【解析】分析】对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到摩擦力对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，即可求得原长【详解】由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，故A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，故B正确；对小球受力分析，如图所示由可知，支持力和弹簧的弹力之间的夹角为120，则由几何关系可知，小球受到容器的支持力
10、和弹簧对小球的弹力大小均为mg，故C错误；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为，故D正确。故选BD。【点睛】本题考查共点力的平衡条件应用，要注意明确共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论同时注意几何关系的正确应用7.如图所示，质量为M的斜劈倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑如果用与斜面成角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑则有 ()A. F的最小值为2mgsinB. F的最小值为mgsin2C. 当 时F取最小值D. 当 0时F取最小值【答案】BC【解析】【详解】选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑，设
11、木块与斜面间的滑动摩擦因数为，此时平行于斜面方向必有：mgsin=mgcos 当加上外力F时，对木块受力分析如下图：则有：f=N平行于斜面方向：f+mgsin=Fcos垂直于斜面方向：N+Fsin=mgcos由解得， 联立得： 故当=时，分母最大，F有最小值，最小值为：Fmin=mgsin2 ，故选BC.8.某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知该车刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法正确的是（ ）A. 汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为B. 汽车甲刹车后最后一秒内位
12、移为C. 汽车甲刹车后停止前，一定撞不上乙车D. 汽车甲刹车前的速度为14m/s【答案】CD【解析】【分析】根据匀变速直线运动的推论，运用连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合位移时间公式求出初速度，判断速度减为零的时间，判断出物体在8s前已经停止，再结合运动学公式求出初速度和加速度根据速度位移公式求出汽车刹车到停止的距离，判断甲车是否撞上乙车【详解】若汽车在第4个2s末还未停止，则根据x4x13aT2得：，根据x1v0t1+at12得初速度为：，速度减为零的时间为：，可知汽车在8s前速度减为零。设汽车的加速度为a，根据x1v0t1+at12得：24=2v0+2a，汽车速度减为零的
13、时间为：，采用逆向思维，第4个2s内的位移为：x(a)()2，联立解得a=-2m/s2，初速度v0=14m/s，汽车甲刹车后最后一秒内位移为，故AB错误，D正确。汽车刹车到停止的距离，可知甲不能撞上乙车，故C正确。故选CD。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意物体在8s前已经停止，所以通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出的加速度是错误的二.必考题：共135分。9.如图所示为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置图，实验所用电源频率为f，则：（1）按照实验要求应该_A.要平衡摩擦力B.要求悬挂物的质量远小于小车的质量C.先释放小车，再接通电源D.
14、先接通电源，再释放小车（2）如图所示为实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E为依次排列的五个计数点，每相邻两个计数点间还有四个点没有画出来。量出B、C、D、E点到A点的距离为d1、d2、d3、d4、则打B点时小车的速度vB=_，用逐差法求小车的加速度表达式为a=_。【答案】 (1). D (2). (3). 【解析】【详解】第一空AB在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，不需要平衡摩擦力，也不要求悬挂物的质量远小于小车的质量，能保证小车做匀变速运动即可；故AB项不符合题意；CD实验时应先接通电源，再释放小车，以保证实验能顺利进行。故C项不符合题意，D项符合题意。第二空由题知，时间间隔t
15、=，根据匀变速运动的推论，打B点时小车的速度vB=。第三空由逐差法知：（d4-d2）-d2=a（2t）2，小车的加速度表达式a=。10.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套弹簧秤。如图所示 。（1）在实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另 一端都有绳套（如图）。实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条， 将结点 O 拉至某一位置。然后用一个弹簧秤拉橡皮条，在此 过程中必须注意以下几项，其中正确的是_A两根细绳必须等长。B橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上 C在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行D.用一个弹簧
16、秤和用两个弹簧秤拉橡皮条时必须将结点 O 拉至同一位置（2）若在实验中，把木板竖直放置，同时用细绳 OA 跨过钉在木板上的光滑的钉子 C，下端挂重力已知的钩码，细绳 OB 用一个弹簧秤钩住，如图所示，可以通过改变钩码的 个数和弹簧秤的拉力来调整橡皮筋与两细绳的结点 O 的位置。图中 OC 与橡皮筋延长 线的夹角为，细绳 OB 与橡皮筋延长线的夹角为，且+90，下列操作正确的是_A增加钩码个数后，为使结点位置不变，应减小，同时减小弹簧秤的拉力 B增加钩码个数后，为使结点位置不变，应增大，同时增大弹簧秤的拉力 C保持钩码个数不变，将钉子 C 向左移动一些，为使结点位置不变，应增大，同时增大弹 簧秤
17、拉力D保持钩码个数不变，将钉子 C 向左移动一些，为使结点位置不变，应减小，同时 增大弹簧秤的拉力【答案】 (1). CD (2). BD【解析】【详解】（1）两根细绳长度适当即可，不一定必须等长，选项A错误。橡皮条不一定与两绳夹角在的平分线在同一直线上，选项B错误；在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，选项C正确；用一个弹簧秤和用两个弹簧秤拉橡皮条时必须将结点 O 拉至同一位置，以保证等效性，选项D正确；故选CD.（2）当两力的夹角大于90，且两力的合力不变，控制一个力的方向不变，增大力的大小时，则另一个力的大小增大，也增大，如图所示：故A错误、B正确；当两力的夹角大于90，且两力的合
18、力不变，控制一个力的大小不变增大时，则另一个力的大小增大，减小如图所示，故C错误、D正确；故选BD。【点睛】要验证力的平行四边形定则，关键是作准力图，然而要想作好力图必须读准力的大小与画准力的方向同时考查当两个力的合力一定时，当控制一个力大小或方向不变时，研究另一个力大小与方向如何变11.如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上，滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O是三根细线的结点，细线bO水平拉着物体B，cO沿竖直方向拉着弹簧弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态若重物A的质量为2kg，弹簧的伸长量为5cm，c
19、Oa=120，重力加速度g取10m/s2 ， 求：（1）桌面对物体B的摩擦力为多少？ （2）弹簧的劲度系数为多少？ （3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F的大小和方向？【答案】（1） （2）200N/m（3） ，方向在Oa与竖直方向夹角的角平分线上.【解析】【分析】（1）对结点O受力分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力和bO绳的拉力，通过B平衡求出桌面对B的摩擦力大小（2）根据胡克定律求弹簧的劲度系数（3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F与滑轮两侧绳子拉力的合力等大反向【详解】（1）重物A的质量为2kg，则Oa绳上的拉力为 FOa=GA=20N对结点O受力分析，如图所示，根据平行四边形定则得：水平绳上的力为
20、： Fob=FOasin60=10N物体B静止，由平衡条件可得，桌面对物体B的摩擦力 f=Fob=10N（2）弹簧的拉力大小为 F弹=FOacos60=10N根据胡克定律得 F弹=kx得 k=200N/m（3）悬挂小滑轮的斜线中的拉力F与滑轮两侧绳子拉力的合力等大反向，则悬挂小滑轮的斜线中的拉力F的大小为：F=2FOacos30=220N=20N方向在Oa与竖直方向夹角的角平分线上12.如图，半径 R1.0 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点 B 与长为 L 0.5 m 的水平面 BC 相切于 B 点，BC 离地面高 h0.45 m，C 点与一倾角为37的光滑斜面连 接，质量 m
21、1.0 kg 的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧 B 点时小滑块对圆弧的压力刚 好等于其重力的 2 倍，当小滑块运动到 C 点时与一个质量 M2.0 kg 的小球正碰，碰后返回恰好 停在 B 点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数0.1。(sin 370.6，cos 370.8, g 取 10 m/s2)，求：(1)小滑块应从圆弧上离 B 点多高处释放；(2)小滑块碰撞前与碰撞后的速度；(3)碰撞后小球的第一次落点距 C 点的距离。【答案】(1) H0.5 m (2) 碰前速度为，碰后滑块速度(3) 0.75m【解析】【详解】(1) 设小滑块应从圆弧上离点处释放，小滑块运动到B点的速度为：圆
22、弧轨道上机械能守恒，由机械能守恒定律有： 在点重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有： 由题意可得：联立上式解得：(2)设小滑块运动到点的速度为，由动能定理有：可得小滑块在点的速度即与小球碰前的速度：碰后滑块返回点过程，由动能定理：可得碰后滑块速度：(3)滑块和小球碰撞过程由动量守恒：.解得碰后小球速度：小球从点做平抛运动，设小球落在水平地面上，由平抛运动可得：在竖直方向：，的运动时间水平位移为落点与点的距离为斜面的长为，恰好等于落点与点的距离为，这说明小球恰好落在斜面与水平面的交点上。综上落点与点的距离为。13.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的
23、直线所示。在此过程中_。A. 气体温度一直降低B. 气体内能一直增加C. 气体一直对外做功D. 气体一直从外界吸热E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】【详解】A由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；B一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；C气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；D气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；E气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误。14.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两
24、端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。【答案】7.5 cm【解析】【详解】解析：设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1和l2。由力的平衡条件有式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1p2l2=pl2l1l1=l2l2由式和题给
25、条件得l1=22.5 cml2=7.5 cm15.如图所示，甲图为一列沿x轴传播的简谐横波在t1s时刻的波动图象，乙图为 参与波动的质点P的振动图象，则下列判断正确的是A. 该波的传播速率为4m/sB. 该波的传播方向沿x轴正方向C. 经过2s，质点P沿波的传播方向向前传播4mD. 在01s时间内，质点P的位移为零，路程为0.4mE. 该波在传播过程中若遇到直径为3m的球，能发生明显衍射现象【答案】BDE【解析】【详解】A由甲读出该波的波长为=4m，由乙图读出周期为T=2s，则波速为，故A错误。B在乙图上读出t=1s时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故
26、B正确。C在波的传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，并不随波的传播方向迁移，故C错误。D质点的振动周期为2s，由图乙所示图线可知，质点的振幅：A=0.2m，在01s时间内质点P的位移为零，路程：s=2A=20.2=0.4m，故D正确；E由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到直径为3m的球，能发生明显的衍射现象，故E正确。16.如图所示，一个半径为R的半球形玻璃砖，O为球心，AB为直径，玻璃的折射率为n=(1)一束细光线从AB上O点沿垂直底面向上射入半球形玻璃砖，OO=，求此光线在玻璃砖中的射出点到O点的距离；(2)一束平行光从下表面沿垂直底面向上射入玻璃砖，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束的最大横截面积为多少？【答案】(1) (2)【解析】【详解】解：(1)设全反射的临界角为，由全反射条件有： 解得： 设光线从点射入后，在上表面的入射角为，由几何关系得： 所以光线在玻璃砖内会发生全反射，光路如图所示，由反射定律和几何关系可得： 射到点的光有一部分被反射，沿原路返回到达点射出(2)在点左侧取一点，设从点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于临界角，则半径为的圆形区域内的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图所示，由几何关系有： 解得： 最大面积为：
