1、云南省昆明市官渡区第一中学2020届高三物理上学期开学考试试题（含解析）（考试时间90分钟）第卷 选择题一、选择题1. 小球从空中由静止下落，与水平地面相碰后反弹至某一高度，其速度v随时间t变化关系图线如图所示则（ ）A. 小球反弹后离开地面的速度大小为5m/sB. 小球反弹的最大高度为0.45mC. 与地面相碰，小球速度变化量的大小为2m/sD. 小球下落过程中的加速度小于上升过程中加速度【答案】B【解析】【分析】根据速度时间图线得出反弹和着地的速度大小，结合速度的方向求出速度的变化量，根据图线围成的面积求出小球反弹的最大高度利用v-t图像的斜率求加速度【详解】A. 由图象可知：0.5s末物
2、体反弹，此时速度的大小为3m/s，故A错误；B. 小球能弹起的最大高度对应图中0.5s0.8s内速度图象的面积，所以h=30.3m=0.45m，故B正确；C. 小球与地面碰撞前的速度为5m/s，方向竖直向下，与地面碰撞后的速度大小为3m/s，方向竖直向上，则小球速度的变化量v=v2v1=-35m/s=-8m/s，方向竖直向上，故C错误；D. v-t图像的斜率等于加速度，由图可知，小球下落过程中的加速度a1=（5-0）/0.5=10m/s2，下落过程加速度a2=（0+3）/0.3=10 m/s2，下落过程中的加速度等于上升过程中加速度，故D错误故选B.2. 把一小球从某一高度以大小为v0的速度水
3、平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下,则该运动过程中（ ）A. 小球做平抛运动B. 小球的机械能守恒C. 重力对小球做功的功率不变D. 小球所受合外力的总功为零【答案】D【解析】【详解】A：若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变故A项错误B：若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0故B项错误C：小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率故C项错误D：据动能定理可得，该运动过程中，小球所受合外力的总功故D项正确3. 如图所示，用一轻绳将光滑小球系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁
4、从O点缓慢下移，下列说法正确的是( )A. 轻绳对小球的拉力逐渐减小B. 轻绳对小球的拉力逐渐增大C. 小球对墙壁的压力逐渐减小D. 小球对墙壁的压力保持不变【答案】B【解析】【详解】小球受到重力、拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡有轻绳对小球的拉力，墙壁对小球的弹力，因为在增大，则拉力逐渐增大，墙壁对小球的弹力逐渐增大，可知小球对墙壁的压力逐渐增大，故选项B正确，A、C、D错误4. 高空坠物极易对行人造成伤害若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A. 10 NB. 102 NC. 1
5、03 ND. 104 N【答案】C【解析】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知： ，解得： 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知： ，解得： ，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力5. 如图所示，长方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v1沿ab射入磁场区域，垂直于dc边离开
6、磁场区域，运动时间为t1；以速率v2沿ab射入磁场区域，从bc边离开磁场区域时与bc边夹角为150，运动时间为t2不计粒子重力则t1：t2是( ) A. 2：B. ：2C. 3：2D. 2：3【答案】C【解析】根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：=90，=60，粒子在磁场中做圆周运动的周期：，粒子在磁场中的运时间：，粒子在磁场中的运动时间之比：；故C正确，A、B、D错误.故选C.【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、求出粒子转过的圆心角是解题的前提与关键；粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的速度大小无关，粒子在磁场中的运时间为.6. 如
7、图所示，空间有一圆锥,点A、分别是两母线的中点现在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法中正确的是A. A、A两点的电场强度相同B. 平行于底面的圆心为的截面为等势面C. 将一正的试探电荷从A点沿直径移到点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D. 若B点的电势为,A点的电势为，则BA连线中点C处的电势小于【答案】D【解析】【详解】A项：A、A两点离顶点O处的正电荷的距离相等，故两点处的场强大小均相等，但其方向不同，故A错误；B项：平行于底面,圆心为O1的截面上各点到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，平行于底面,圆心为O1的截面不是等势面，故B错误；C项：由电势的概念可知，沿直线AA的电势变
8、化为先增大后减小，所以当在此直线上从A到A移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C错误；D项：因为，由点电荷的场强关系可知，又因为，所以，即，整理可得：，故D正确7. 一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为21，电阻R1和R2的阻值分别为3 和1 ，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是（ ）A. 0.03s时，通过电阻R1的电流为0B. 电流表的示数为 C. 电压表的示数为D. 00.04s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48J【答案】A【解析】【详解】A由图可知，在0.03s的前后，原线圈中的电流不变化，则
9、副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；B设电流表的示数为I1，则有 求得I1A故B错误；C原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为2A；设副线圈交流电的有效值为I2，则求得I2A因此电压表的示数为U=I2RV故C错误；D在00.04s内，电阻R1产生的焦耳热为故D错误；故选A。8. 假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，对壳外物体的引力等于将所有质量全部集中在球心的质点对球外物体的引力现以地心为原点O建立一维直线坐标系，用r表示坐标系上某点到地心的距离，则该直线上各点的重力加速度
10、g随r变化的图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：，由于地球的质量为，所以重力加速度的表达式可写成：，根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，在距离地球球心为r处，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，当时，g与r成正比，当后，g与r平方成反比，故选项A正确点睛：根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，在其内部距离地心距离为r处一点的加速度相当于半径为r的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可9.
11、 如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是（ ）A. 由n4能级跃迁到n1能级产生的光波长最长B. 这些氢原子最多可辐射出6种不同频率的光C. 若用n3能级跃迁到n2能级辐射出的光照射某金属恰好发生光电效应，则用n4能级跃迁到n3能级辐射出的光照射该金属一定能发生光电效应D. 用n2能级跃迁到n1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为3.86 eV【答案】BD【解析】【详解】A最容易表现出波动性的光是波长较大，即频率较小的光。根据，在所有辐射出的光中，只有从n=4
12、能级到n=3能级跃迁的能量差最小，波长最长，故A错误；B由于是一群氢原子处于n=4能级，故它们在向低能级跃迁过程中产生光子种类为种，故B正确；C根据，从n4能级跃迁到n3能级辐射出的光子的频率小于从n3能级跃迁到n2能级辐射出的光子的频率，用频率的光恰好发生光电效应，则频率小于该种金属的极限频率（截止频率），无论光多么强，都不能发生光电效应，C错误；D用n2能级跃迁到n1能级辐射出的光子的能量为又根据光电效应方程，最大初动能选项D正确。故选BD。10. 如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向导线框
13、R中的感应电动势A. 在时为零B. 在时改变方向C. 在时最大，且沿顺时针方向D. 在时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】【详解】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电
14、流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误11. 如图1，光滑水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m，带电量为q的带正电小球，在轨道内做完整的圆周运动。小球运动到A点时速度大小为v，且该位置轨道对小球的弹力大小为N。其N-v2图象如图2，则下列说法正确的是（ ）A. 圆形轨道半径为B. 小球运动过程中通过A点时速度最小C. 匀强电场电场强度为D. 当v2=b
15、时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为零【答案】AB【解析】【详解】AC对A点处小球受力分析，由牛顿第二定律可得则所以N-v2图象的斜率图象的截距解得匀强电场电场强度圆形轨道半径故A项正确，C项错误；B小球带正电，在圆轨道上A点电势最高，小球运动过程中通过A点时的电势能最大，由能量守恒定律知小球通过A点时速度最小故B项正确；D当v2=b时，小球恰过A点，则对小球从A到B过程，应用动能定理得小球在B点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得联立解得：当v2=b时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力故D项错误。故选AB。12. 如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b分别与电池两极相连，开始
16、时开关S闭合，发现在距两板距离相等的P点有一个带电液滴处于静止状态，然后断开开关，并将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是A. 液滴将加速向下运动B. 液滴将保持不动C. P点电势升高，液滴在P点时电势能减少D. P点电势升高，液滴在P点时电势能增大【答案】BC【解析】A、B、液滴受力平衡，故电场力向上，可知液滴带负电；电容器因断开开关后电量保持不变，b板下移时，两板间的距离增大，则由可知，场强E不变；则粒子受到的电场力不变，故液滴继续保持静止，故A错误、B正确.C、D、下极板接地，则P点的电势等于P与b之间的电势差，因E不变，d增大，故液滴处的电势增大；因液滴带负电，故其电势能
17、将减小，故C正确、D错误故选BC【点睛】对于电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器是断开电源还是与电源相连；然后再由电容的定义式有决定式进行分析求解第卷 非选择题二、填空题13. 利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，步骤如下：用天平测出滑块A、B的质量分别为200g和300g；安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气；把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为t=0.2s， 照片如图所示：结合实验过程和图像分析知：该图像是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0-80cm刻度范围内
18、； 第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55cm处，滑块B恰好通过x=70cm处； 碰撞后有一个物体处于静止状态。规定向左为正方向，试分析：(1)滑块碰撞时间发生在第一次闪光后_s(2)碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是_【答案】 (1). 01 (2). -0.2【解析】【详解】(1)1以上情况看出第二次、第三次和第四次闪光时，物体B的位置始终在x=60cm处，说明碰后B物体静止，滑块碰撞位置发生在60cm处；第一次闪光时A的位置在x=55cm处，第二次闪光时A在x=50cm处，说明碰前位移5cm，碰后位移10cm，由图可知所以所以滑块碰撞时间发生在第一次闪光后0.1s；(2)2设向右为正方向，
19、碰前A的速度A的动量pA=mAvA=020.5kgm/s=0.1kgm/s碰前B的速度B的动量pB=mBvB=0.3(-1)kgm/s=-0.3kgm/s碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是-0.2kgm/s；14. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为_mm（该值接近多次测量的平均值）(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻约1）、电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器R（020，额定电流2A）、开关、导线若
20、干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_图（选填“甲”或“乙”）。(3)图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。_(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点。请在
21、图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出UI图线。_由图线得到金属丝的阻值Rx=_（保留两位有效数字）。(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_（填选项前的符号）。A1m B1m C1m D1m【答案】 (1). （0.395-0.399） (2). 甲 (3). 见解析 (4). 见解析 (5). （4.34.7） (6). C【解析】【详解】(1)1用螺旋测微器测量金属丝的直径：d=0.01mm39.9=0.399mm(2)2从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量采用的是甲图；(3)3根据已知原理图可得出对应的实物图；(
22、4)45根据描出的点，作出图象，如图所示；由图线得到金属丝的阻值为(5)6根据可得以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为故选C三、计算题(答案应写出必要的文字说明方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15. 如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab水平，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆轨道，半径R=0.30m质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰已知相碰后小球A经过半圆的最高点C落到轨道上距b点为 处，重力加速度g取10m/s2 ， 求：碰撞结束时，小球A和B的速
23、度大小【答案】6m/s，3.5m/s【解析】【详解】A球做平抛运动水平方向Lvct竖直方向联立可得vcL，由机械能守恒知得碰撞结束时，小球A速度vA6m/s由动量守恒Mv0mvAMvB得小球B速度vB3.5m/s16. 如图所示，间距为L两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端接有阻值为R的电阻，一根长为L、电阻为3R的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动，下滑位移大小为s时到达cd位置并开始以最大速度vm做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好，导轨电阻及一切摩擦均不计，重力加速度大小
24、为g。求：(1)ab棒的质量m；(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q；(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动整个过程所经历的时间t。【答案】(1) ；(2)；(3)【解析】【详解】(1)ab在匀速运动过程中受力平衡ab切割磁感线产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律，有得ab的质量(2)根据能量守恒定律，有根据焦耳定律，有得电阳R产生的热量(3)ab从静止释放开始,选沿斜面向下为正方向。根据动量定律，有因为所以得而通过回路的总电荷量 得即四选修3-317. 对于实际的气体，下列说法正确的是_A. 气体的内能包括气体分子的重力势能B. 气体的内能包括分子之间相互作用
25、的势能C. 气体的内能包括气体整体运动的动能D. 气体体积变化时，其内能可能不变E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】【详解】ABCE气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE正确，AC错误；D由于是非理想气体，气体体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D正确；18. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm若将细管倒
26、置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K（1）求细管的长度；（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度【答案】（1）41cm；（2）312K【解析】【分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键易错点：误把气体长度当成细管长度【详解】（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1由玻意耳定律有pV=p1V1由力的平衡条件有p=p0gh式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强由题意有V=S（Lh1h）V1=S（Lh）由式和题给条件得L=41cm（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖吕萨克定律有由式和题给数据得T=312K- 19 -