1、浙江省东阳市东阳中学2020届高三物理上学期开学考试试题（含解析）一、单项选择题1.舰载战斗机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载战斗机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞.若某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，舰载战斗机复飞前的速度为25m/s，复飞过程中的最大加速度为6m/s2，航母跑道长为200m，起飞需要的最小速度为50m/s.则舰载战斗机在跑道上复飞过程的最短时间是( )A. 4.2sB. 5.0sC. 7.5sD. 8.0s【答案】A【解析】【详解】舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，令飞机的最短
2、复飞距离为s，由题知v0=25m/s，a=6m/s2，v=50m/s，根据得：156.25m200m，飞机复飞的最短时间为：4.2s，故A正确，BCD错误。2.如图所示，光滑斜面的倾角为，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，弹簧的劲度系数为k，小球处于静止状态。重力加速度为g，则A. 弹簧的伸长量为B. 弹簧的压缩量为C. 斜面对小球的弹力大小为D. 斜面对小球的作用力方向竖直向上【答案】C【解析】对小球进行受力分析可得，弹簧对小球的弹力F1水平向左，弹簧是压缩的，斜面对小球的支持力F2的方向垂直斜面向上，AD错误；根据共点力的平衡条件可知，F1=F2sin ，mg=F2cos ，解得，F1=m
3、gtan ，C正确；根据胡克定律有F1=kx，可得弹簧的压缩量，B错误。3.如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g10 m/s2)()A. 0 NB. 8 NC. 10 ND. 50 N【答案】B【解析】试题分析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得：N=mBg-mBa=10-12N=8N故选B考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是先采
4、用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解；注意剪断细线瞬时弹簧的弹力是不能突变的。4.2019年1月3日，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面, 揭开了古老月背的神秘面纱, 开启了人类月球探测新篇章。已知月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0。地球和月球的半径之比为4，表面重力加速度之比为6，则地球和月球的密度之比为A. B. C. 4D. 6【答案】B【解析】【详解】天体表面的物体在不考虑自转的情况下万有引力等于重力，因此有，联立可化为，代入数据得。5.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为
5、A. E0B. E0C. E0D. E0【答案】C【解析】【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为M-m，该过程动量守恒，有：，放出的粒子的动能为：，原子核反冲的动能：，联立得：，故ABD错误，C正确。6.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示,t0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则()A. t6s时,物体的速度为18m/sB. 在06s内,合力对物体做的功为400JC. 在06s内,拉力对物体的冲量为36NsD. t6s时,拉力F的功率为200W【答案】D【解析】【分析】根据v=at可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速
6、度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率【详解】根据v=at可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+v=2+ (2+4)6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合Ekmv62mv02=396J，故B错误；根据动量定理，在06s时间内： 解得IF=48Ns，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=24+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=1020=200W，故D正确。
7、故选D。7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其vt图象如图所示已知汽车质量为m2103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是A. 汽车在前5s内的牵引力为4103NB. 汽车在前5s内的牵引力为4.6103NC. 汽车的额定功率为60kWD. 汽车的最大速度为20m/s【答案】C【解析】【详解】由题知，汽车受到的阻力N；AB.前5s内，由图a=2m/s2，由牛顿第二定律：F-f=ma，得：N=N，故AB错误；C.t=5s末功率达到额定功率，则有：W=W=60kW； 故C正确；D.当牵引力等于阻力时，汽
8、车达最大速度，则最大速度m/s，故D错误。8.下列说法中正确的是A. 黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释B. 电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性C. 汽车安全气囊通过减小撞击过程中动量变化量来减轻对乘员的伤害程度D. 已知氢原子基态能级为E1，则氢原子从n=4向n=2跃迁时放出的能量为【答案】D【解析】【详解】A.黑体辐射的实验规律无法用光的波动性解释，为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了量子学说，认为微观粒子的能量是分立的。故A错误；B.电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的波动性。故B错误；C.汽车安全气囊通过减小撞击过程中冲力来减轻对乘员的伤害程度，根据动量定量，碰撞过程中，动量变
9、化量不变，安全气囊可以增加碰撞时间，从而减小冲撞力。故C错误；D.根据氢原子能级计算公式：，跃迁时放出的能量，故D正确。9.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ( )A. 轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB. 轨迹为pc,至屏幕的时间将大于tC. 轨迹为pa，至屏幕的时间将大于tD. 轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t【答案】C【解析】试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后
10、的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由，得：，P、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa，因周期可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t，C正确；【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，10.如图，由某种粗细均匀的总电
11、阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A. PQ中电流先增大后减小B. PQ两端电压先减小后增大C. PQ上拉力的功率先减小后增大D. 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】C【解析】【详解】导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A错误；PQ中电流先减小后增大，PQ
12、两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小故B错误；导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大故C正确；线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小故D错误。【点睛】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二
13、要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化。二、多项选择题11.下列说法正确的是_A. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象B. 一个质子和一个中子结合成氘核，氘核的质量等于质子与中子的质量和C. 变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场D. 在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，可判断该星球正在靠近向地球【答案】AD【解析】【详解】A.泊松亮斑是光的衍射现象的证明，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光发生了全反射现象，故A正确；B.该聚变反应的过程中向外释放能量，因而有质量亏损，反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子
14、的质量和，故B错误；C.变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，非均匀变化的磁场产生电场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，故C错误；D.根据多普勒效应可知，在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，频率变大，可判断该星球正在靠近向地球，故D正确。12.如图所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在x轴上，当t0时，波源x0处的质点S开始振动，t0.5s时，刚好形成如图所示波形，则A. 波源的起振方向向下B. 该波的波长为4mC. 该波的波速为6m/sD. t1.5s时，x4m处的质点速度最大【答案】BD【解析】【详解】A.根据图象
15、，由波向右传播可得：质点2点向上振动即波前向上振动，故波源起振方向沿y轴正方向，故A错误；BC.由图可知，T=2t=1s，=4m，故波4m/s，故B正确，C错误；D.t=1.5s=，波向前传播的距离x=vt=6m，如图所示：x=4m处的质点位于平衡位置，速度最大，故D正确。13.一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（ ）A. 副线圈输出电压的频率为100HzB. 副线圈输出电压的有效值为5VC. P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D. P向左移动时，变压器的输入功率增加【答案】BC【
16、解析】试题分析：变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为，交流电的有效值为，即原线圈的输入电压为220V，所以根据公式可得，副线圈的输出电压为5V，A错误B正确；P向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增加，即副线圈的总电阻增大，由于变压器原副线圈匝数不变，所以副线圈的输入电压不变，电阻增大，所以电流减小，根据公式可得原线圈的电流减小，故C正确；根据公式可得副线圈的电功率减小，所以变压器的输入功率减小，D错误。考点：考查了理想变压器，交流电图像14.如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD。已知AC=2AB=4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V。某带电
17、粒子从A点以初速度v0=2m/s，与AD成30夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是A. 该粒子可能带负电B. 电场强度大小为V/mC. 粒子过C点的速度为2m/sD. 仅改变初速度v方向，该粒子可能经过B点【答案】BC【解析】【分析】电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中U=Ed，根据题意判断等势面，根据电场线与等势面间的关系确定电场线方向，根据U=Ed求出电场强度，根据电势差的定义式求出最高电势.【详解】A、因AC=2AB=4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V，取O点为AC的中点，则，连接BO，过A
18、点做BO的垂线，则实线为电场线，如图所示：因粒子由A运动经过C点，则电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电，则A错误.B、因；所以B正确.C、粒子从A点开始做类平抛运动到C点，根据类平抛运动的推论，粒子在C点时，；所以C正确.D、仅改变初速度v0方向，根据对称性，粒子必过E点，所以D错误.故选BC.【点睛】本题考查了求电场强度与电势问题，知道“电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低”是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用基础知识即可解题，解题时注意作辅助线.三、实验填空题15.如图甲所示为做“探究外力做功和速度变化的关系”的实验装置图。 (1)本实验平衡摩擦力时，小车应_(
19、填“拖着”或“不拖”)纸带。(2)某同学在实验中得到了如图乙所示的纸带，测得AB1.44 cm，BC1.64 cm，CD1.64 cm，DE1.59 cm。已知相邻两点的打点时间间隔为0.02 s，应选择_段计算小车的最大速度，小车的最大速度为v_m/s。【答案】 (1). (1)拖着 (2). (2)BD(BC、CD也正确) (3). 0.82m/s【解析】（1）平衡摩擦力时小车应拖着纸带，使得纸带上打出的点是均匀分布的（2）当小车获得最大速度后，做匀速直线运动，打出的点是均匀分布的，故应选BD段计算，最大速度为16.某同学要测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材有:两节干电池、定值
20、电阻R0=2、电流表(00.6 A，内阻约为0. 1)、灵敏电流计G(满偏电流Ig=200A,内阻rg=150 ),滑动变阻器R1 (0.20，2.0A)、电阻箱R2 (0-99999. 9 )、电键S、导线若干.(1)实验中，将灵敏电流计与电阻箱串联，改装成量程为4V的电压表.电阻箱接入电路的阻值为_.(2)该同学根据提供的器材，连接了部分电路，请用笔画线代替导线将实验电路图甲连接完整._(3)电路中的定值电阻R0的作用是_，闭合电键前应将滑动变阻器的滑片移到_(填“a”或“b”)端.(4)闭合电键.调节滑动变阻器.测得多组灵敏电流计的电流示数I1和电流表的示数I2，作出I1一I2图象如图乙
21、所示，则电源的电动势E=_V，内限r=_(均保留三位有效效字).【答案】 (1). 19850 (2). (3). 保护电路，防止短路 (4). b (5). 2.88-2.92 (6). 0.960-1.02【解析】【详解】（1）1将灵敏电流计与电阻箱串联，改装成量程为4V的电压表，电阻箱接入电路的电阻满足：得：R2=19850（2）2灵敏电流表G与电阻箱串联当成一个电压表使用，要与滑动变阻器串联，按此思路连接实物图如图所示。（3）3电路的定值电阻R0作用是：保护电路，防止短路；4闭合电键前应将滑动变阻器的滑片移到b端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大。（4）5当I2=0时，即滑动变阻器相当于
22、断路，从图象纵截距读出电流I，所以电动势为： V=2.88V6电源内阻为： 四、计算题17.如图，ACB是一条足够长绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小 E=1.0106N/C的匀强电场中，一质量m=0.25kg、电荷量q=-2.0106C的可视为质点的小物体，在距离C点L0 =6.5m的A点处，以初速度V0 = 14m/s 开始向右运动.已知小物体与轨道间的动摩擦因数 =0.4，取g10m/s2，求: (1)小物体在电场中运动离C点最远距离；(2)小物体在电场中运动的时间.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)小物体在电场中做匀减速直线运动，当速度减至零时运动到离C点最远的位置
23、，根据动能定理求离C点的最远距离；(2)分析物块在CB上运动时的受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得运动时间.【详解】(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小小物体到达C点的速度大小：解得:v=12m/s根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度小物体向右运动时间:小物体向右运动的位移:(3)由于qEmg，所以小物体送减速后反向向左加速，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度:小物体在电场中向左运动的时间小物体在电场中运动的总时间【点睛】带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动
24、学公式列式求解.18.如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1m，上端接有电阻R13，下端接有电阻R26，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示.求：(1)磁感应强度B；(2)杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q.【答案】(1) 2T(2) 0.05C【解析】试题分析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m，当地重力加速度g10 m/s2，则杆进入磁场时的速度（2分）由乙图象知，杆进入磁场时加速度ag10 m/s
25、2 （1分）由牛顿第二定律得mgF安ma （2分）回路中的电动势EBLv （1分）杆中的电流I（1分）R并（2分）F安BIL（1分）得B2 T （1分）(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势（2分）杆中的平均电流（2分）通过杆的电荷量（2分）通过杆的电荷量q0.15 C （1分）考点：本题考查落体运动的规律、牛顿运动定律以及电磁感应现象中的相关计算等。19.如图所示，电动机带动倾角为37的传送带以v8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板
26、上，质量M2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x1m，PD段光滑，DC段粗糙现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知与传送带同的动摩擦因数为0.8、与CD段间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g10m/s2求：（1）在圆弧轨道的B点时物体的速度（2）M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E。（3）M释放前，系统具有的弹性势能Ep【答案】（1）5.0m/s（2）512J。（3）19J【解
27、析】【详解】（1）M恰能过A点，由牛顿第二定律：Mg+FAM 解得vAm/s，从B到A由机械能守恒：Mg（R+Rcos）解得vB5.0m/s（2）M在传送带上运动时由于vB小于皮带速度，可知物体一直做加速运动，由1MgcosMgsinMa解得a0.4m/s2由公式：vB2-vC22aL，解得v3m/s由vBvC+at解得t5s；传送带在t时间内的位移：x1vt40m，由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，多做的功WMgcosx1512J，多输出的电能E512J（3）设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩
28、端到C点，对M由动能定理：W2Mgx0MvC20解得：W19J可知Ep19J20.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E1=40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场。一质量为m=210-3kg带正电的小球，从M（3.64m，3.2m）点，以v0=1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.04m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N（0，-2.28m）点（图中未标出）。（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）小球由P点运动至N点的时间【答案】（1）2T（2）0.6s【解析】试题分析：（1）可知：qE1=mg解得：分析如图：可得：R=2m =370由，解得B=2T（2）小球进入第四象限后受力分析如图；可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即轨迹如图；由几何关系可得：lQN=0.6m由lQN=v0t ，解得t=0.6s考点：带电粒子在复合场中的运动.
