四川省雅安中学2020届高三上学期开学摸底考试（9月）物理试题

四川省雅安中学2020届高三上学期开学摸底考试（9月）物理试题

一.14—18小题只有一项符合题目要求，第19—21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n＝4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1.60×10﹣19C，普朗克常量为6.63×10﹣34J•S．则下列说法正确的是（　　）

A. 产生的光电子的最大初动能为12.75eV

B. 有4种辐射光能使钠发生光电效应

C. 从能级n＝4跃迁到n＝1的辐射光波长最长

D. 从能级n＝4跃迁到n＝1的辐射光照射钠，产生的光电流最强

【答案】B

【解析】

【详解】A.从n＝4能级向基态跃迁时发出的光子的能量值最大，为：

E41＝E4﹣E1＝﹣0.85﹣（﹣13.6）eV=12.75eV

发生光电效应时，产生的光电子的最大初动能：

Ekm＝E41﹣W0＝12.75﹣2.29＝10.46ev

故A不符合题意；

B.n＝4跃迁到n＝3辐射的光子能量为0.66eV；n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量为1.89eV，均小于逸出功，不能发生光电效应；n＝4跃迁到n＝2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（n＝4跃迁到n＝1；n＝3跃迁到n＝2；n＝2跃迁到n＝1）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n＝4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u1＝220sin100πt(V)，下列说法中正确的是（  ）

A. t＝s时，电压表的读数为22 V

B. t＝s时，a、c两点电压瞬时值为110 V

C. 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】

【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l1＝3 m，B、C之间的距离l2＝4 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 B. m

C. m D. 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，

l＝at2

l＋l1＝a(t＋T)2

l＋l1＋l2＝a(t＋2T)2

l2－l1＝aT2

联立解得

l＝m．

A. 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μ1=0.4,书与书之间的动摩擦因数相同,均为μ2=0.3,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,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μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是

A. 容器相对于水平面有向左运动的趋势

B. 轻弹簧对小球的作用力大小为 mg

C. 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θ，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α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑．则有  (　　)

A. F的最小值为2mgsinθ B. F的最小值为mgsin2θ

C. 当 α＝θ时F取最小值 D. 当 α＝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，设木块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有：mgsinθ=μmgcosθ  ①
当加上外力F时，对木块受力分析如下图：

则有：f=μN②
平行于斜面方向：f+mgsinθ=Fcosα③
垂直于斜面方向：N+Fsinα=mgcosθ④
由①②③④解得， ⑤
联立①⑤得： 
故当α=θ时，分母最大，F有最小值，最小值为：Fmin=mgsin2θ   ⑥，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x4−x1＝3aT2得：，根据x1＝v0t1+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x1＝v0t1+at12得：24=2v0+2a，汽车速度减为零的时间为：，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.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=，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α，细绳 OB 与橡皮筋延长线的夹角为β，且α+β＞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β，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β，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β，同时增大弹 簧秤拉力

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β，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，β也增大，如图所示：故A错误、B正确；

当两力的夹角大于90°，且两力的合力不变，控制一个力的大小不变增大α时，则另一个力的大小增大，β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，∠cO′a=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O′a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O′a绳上的拉力为 FO′a=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：

 Fob=FO′asin60°=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=FO′acos60°=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=2FO′acos30°=2×20×N=20N

方向在O′a与竖直方向夹角的角平分线上

12.如图，半径 R＝1.0 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 h＝0.45 m，C 点与一倾角为θ＝37°的光滑斜面连 接，质量 m＝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 M＝2.0 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μ＝0.1。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8, 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) H＝0.5 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

①

式中为水银密度，g为重力加速度大小。

由玻意耳定律有

p1l1=pl1′②

p2l2=pl2′③

l1′–l1=l2–l2′④

由①②③④式和题给条件得

l1′=22.5 cm⑤

l2′=7.5 cm⑥

15.如图所示，甲图为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝1s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/s

B. 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4m

D. 在0～1s时间内，质点P的位移为零，路程为0.4m

E. 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λ=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0～1s时间内质点P的位移为零，路程：s=2A=2×0.2=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：