(最新资料)江苏省常熟中学2020届高三(上)物理开学考试试题【含解析】.pdf

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1、江苏省常熟中学2020 届高三（上）物理开学考试试题一、单项选择题1.下列表示能量单位的是A.kg m2/s2B.Wb/s C.N/m D.VA【答案】A【解析】【详解】AC 根据W=FL以及Fma可知，功的单位1J=1N?m=kg?m2/s2，A正确 C错误；B根据 Ent，可知 1V=1Wb/s，不是能量的单位，B错误；D根据公式PUI可知 1W=1V A，不是能量的单位，D错误2.采用 220 kV 高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为（）A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV【答案】C【解析】本意考查

2、输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=2PRU。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的2 倍，即 440V，故选项 C正确。点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题。3.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于

3、无线充电，下列说法正确的是（）A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电D.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同【答案】D【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，A错误；当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，B错误；、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，C错误；接收线圈中交变电流的

4、频率与发射线圈中交变电流的频率相同，D正确4.利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在某次实验中得到做直线运动小车的速度v与时间t关系图象如图所示由图象可以知道A.小车先向正方向运动，后向反方向运动B.小车加速度先减小后增大C.小车在 015s 内运动的平均速度大于0.4m/s D.小车在 015s 内的位移为零【答案】C【解析】【详解】A速度的正负表示运动方向，整个过程中小车的速度都是非负数，即小车一直朝着正方向运动，A错误；B图像的斜率表示加速度，从图中可知图像的斜率先减小，后保持不变，最后增大，B错误；CD 小车的速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，面积不为零

5、，位移不为零，若小车在 08s 内做匀加速直线运动，在810s 内做匀速直线运动，1015s 内做匀减速直线运动，则整个过程中的平均速度为1(215)0.82m/s0.453m/s15xvt，而小车实际运动图线与坐标轴的面积大于1(215)0.82，所以小车实际运动整个过程中的平均速度大于0.4m/s，C正确 D错误5.四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及其附近的电场线分布如图所示ab、cd 分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为 ab、cd 上的两点，OPOQ，则A.P 点的电场强度比Q点的小B.P 点的电势比M点的低C.OP 两点间的电势差小于OQ间的电势差D.一带

6、正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大【答案】AD【解析】试题分析：电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据图象知P 点的电场强度比Q点的小故A 正确；根据电场叠加，由图象可知ab 上各点的电势都相等，M点与 ab 上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，故B错误；OP间电势差等于零，OQ间电势差等于零，则OP两点间的电势差等于OQ间的电势差故C错误 P、Q电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的试探电荷在Q点的电势能比在 M点大故D正确故选AD。考点：电场强度；电场线；电势及电势能.二、多项选择题6.如图所示,壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速

7、爬行,关于它在此平面内的受力分析,下列图示中正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】壁虎在竖直玻璃面上匀速爬行，属于匀速直线运动，对壁虎进行受力分析：由图可知，F与mg大小相等，方向相反，故选项A正确。7.2019 年 4 月 20 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44 颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕.北斗系统主要由轨道半径约为7R(R为地球半径)的同步轨道卫星和轨道半径约为4R的中圆轨道卫星组成，设地球质量为M，表面重力加速度为g，万有引力常量为G.则A.这两种卫星速度都小于GMRB.中圆轨道卫星的运行周期大于24 小时C.中圆轨道卫星的角

8、速度约为28GMRRD.同步轨道卫星的向心加速度大于g【答案】AC【解析】【详解】AM表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力22GMmmvrr，可得GMvr，这两种卫星的轨道半径为大于R，故这两种卫星的线速度都小于GMR，A正确；BM表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力2224MmGmrrT，可得：32rTGM，可知轨道半径越大则周期越大，所以中圆轨道卫星的运行周期小于同步卫星的周期24 小时，B错误；C根据万有引力提供向心力22MmGmrr，可得33326484GMGMGMGMRrRRR，C正确；D根据万有引力提供向心力2MmGmar，可得2GMar，轨

9、道半径越大，向心加速度越小，所以同步卫星的向心加速度小于g，D错误8.如图所示电路中，P为发光氖泡，发光电压U60V，L 为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源电动势E=6V.接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L 中电流恒定为I0；断开 S时，氖泡能短时间内发光.关于该现象，下列说法正确的有A.S 接通瞬间，L 中电流是逐渐增加的B.S 接通稳定时，P两端电压为零C.S 断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0D.S 断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左【答案】AD【解析】【详解】A、S 接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变化，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线

10、圈L的电流慢慢变大，故选项A正确；B、S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；CD、S断开瞬间前，线圈L中电流恒定为0I，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的0I逐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从0I逐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。9.如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M6m.把

11、滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等.已知OA与水平面的夹角53，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为g，sin53 0.8，cos53 0.6.则滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是A.P与Q的机械能之和先増加后减小B.轻绳对滑块P做功为43mgLC.对于滑块Q，其重力功率先增大后减小D.滑块P运动到位置B处速度大小为4 33gL【答案】ACD【解析】【详解】A对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸，故从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小

12、，A正确；BD AB两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从A到B过程中，对于P、Q系统由能量守恒可得：2126()tan530cos53LmgLmgLmv，解得到B点的速度4 33gLv；对于P，由能量守恒可得：241320WmgLmv；联立解得4WmgL，B错误 D正确；C物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，C正确三、简答题10.LED 灯的核心部件是发光二极管.某同学欲描绘一只发光二极管(工作电压为2.9V)的正向伏安特性曲线，所用器材有:电压表(

13、量程 3V，内阻约 3k)；电流表(用多用电表的直流25mA挡替代，内阻约为5)；滑动变阻器(0-20)；电池组，电键和导线若干，他设计的电路如图(a)所示，回答下列问题(1)根据电路图(a)，在实物图(b)上完成连线，使多用电表正确接入电路_(2)在电键 S闭合前，将多用电表选择开关拔至直流25mA挡，调节变阻器的滑片至最_端(填“左”或“右”)(3)某次测量中，多用电表示数如图(c)，则通过二极管的电流为_mA(4)该同学得到正向伏安特性曲线如图(d)所示，请根据曲线说出通过二极管的电流与二极管两端电压的关系特点:_.【答案】(1).(2).左 (3).15.8 (4).电压较小时，二极管

14、上电流为0，电压增大到某一值时，开始有电流通过且电压较高时，电滋随电压变化较快【解析】【详解】(1)1连线如图；(2)2从电学实验安全性原则考虑，开始实验时，要使电路中电阻最大，电流最小，故滑动变阻器的滑片应调节至最左端；(3)3多用电表选择开关拨至直流25mA挡，最小分度为0.5mA，读数应估读到0.1mA，故由图 c 可知读数为15.8mA；(4)4电压较小时，二极管上电流为0，电压增大到某一值时，开始有电流通过且电压较高时，电流随电压变化较快。11.某组同学用图甲所示的实验装置探究物体加速度与力、质量的关系，所用交变电流的频率为 50Hz(1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重可视为小车

15、(含配重)受到的合力，正确的操作是_。A.小车(含配重)的质量应远小于砝码和砝码盘的总质量B.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行的C.挂上砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑D.每次改变小车配重后不需要重新平衡摩擦力(2)图乙是他某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据在图中已标注，则纸带的_(填“左”或“右”)端与小车相连，小车的加速度是_m/s2.(3)图丙是探究外力一定时，物体加速度与质量关系时所绘制的实验图像，图像纵坐标1/a为小车加速度的倒数，横坐标m为小车上所放配重的质量.设图中直线斜率为k，纵轴上的截距为b，则小车受

16、到的拉力为_，一小车质量为_。【答案】(1).BD (2).左 (3).0.51 (4).1k (5).bk【解析】【详解】(1)1A实验中为了使盘和重物的重力等于绳子的拉力，则小车的质量M应远大于砝码和砝码盘的总质量m，A错误；B调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，B正确；C在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，C错误；D由于平衡摩擦力之后有sincosMgMg，故tan所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，D正确；(2)2由于小车做加速运动，则

17、纸带打出的点迹越来越稀，故左端是跟小车相连的，3 由运动学公式求加速度，222227.217.726.196.7010m/s0.51m/s20.1xaT；45设小车的质量为m，则有Fmm a，变形得11mmaFF，所以1ma图象的斜率为1kF，所以作用力1Fk，1ma图象的截距为mbF，所以mbk12.下列说法中正确的有_ A.“康普顿效应”说明了光具有波动性B.目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应均是重核裂变C.衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的D.结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢，原子核越稳定【答案】BC【解析】【详解】A康普顿效应说明光具有粒子性，A错误

18、；B目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应均是重核裂变，B正确；C衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，C正确；D比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，D错误；13.加拿大萨德伯里中微子观测站据示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少，这是因为部分中微子在运动过程中转化为一个子和一个子，该研究过程中牛顿运动定律 _(选填“依然适用”或“不能适用”)，若发现 子和中微子的运动方向相反，则子的运动方向与中微子的运动方向_(选填“相同”“相反”或“无法确定”)【答案】(1).不能适用 (2).相同【解析】【详解】1 因为牛顿第二定律适用于宏观的

19、物体，对于微观物体不适用；2 若新产生的子和中微子原来的运动方向相反，根据动量守恒定律知120m vm vm v中，规定0v方向为正，则初始动量为正，1v方向为负，要使得末动量为正，则2v方向必须为正，即新产生的子的运动方向与中微子原来的运动方向一定相同14.氢原子的能级图如图所示，原子从能级n3 向n2 跃迁所放出的光子正好使某种金属材料发生光电效应，求:该金属的逸出功原子从能级n2 向n1 跃迁所放出的光子照射该金属，产生的光电子的最大初动能【答案】01.89eVW8.31eVkmE【解析】【详解】逸出功：0321.51eV3.40eV1.89eVWEE；光子能量：(3.413.6)eV1

20、0.2eVh；最大初动能：km08.31eVEhW15.下列说法中正确的是_ A.液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点B.若大气中温度降低的同时绝对湿度增大了，则相对湿度会增大C.密闭在体积不变的容器中的气体温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大D.悬浮在水中小碳粒的布朗运动反映了碳粒分子的热运动【答案】BC【解析】【详解】A液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点，A错误；B相对湿度是指绝对湿度与该温度饱和状态水蒸气含量之比，若绝对湿度增加且大气温度降低，则相对湿度增大，B正确；C密闭在体积V不变的容器中的气体温度T升高，根据理想气体状态方程：pVCT可知：气体压强p

21、增大，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，C正确；D悬浮在水中的小碳粒的布朗运动反映了水分子的热运动，D错误16.已知铜的摩尔质量是63.5/Mgmol，铜的密度是38.9/g cm，那么铜原子的质量是0m_g，铜原子的体积是0V_3(cm取阿伏伽德罗常数2316.0 10ANmol，结果保留2 位有效数字)【答案】(1).221.1 10 (2).231.2 10【解析】【分析】铜原子的质量等于摩尔质量与阿伏加德罗常数的比值；摩尔体积等于摩尔质量与密度的比值，摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值等于单个铜原子的体积【详解】铜的摩尔质量23163.56.010AMgNmol，故铜原子的质量：3

22、1252223163.5 101.1 101.1 106.0 10AMkg molmkggNmol铜的摩尔体积为：MV；故铜原子的体积为：3293233032363.5 101.2 101.2 108.9 106.02 10AAVMVmcmNN【点睛】本题关键要建立物理模型：把固体分子（或原子）当作弹性小球并假定分子（或原子）是紧密无间隙地堆在一起17.如图所示，用横截面积为S的活塞在汽缸内封闭住一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现对汽缸缓缓加热，使汽缸内的空气温度从T1逐渐升高到T2，空气柱的高度增加了L，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0，重力加速度为g

23、.求:汽缸内温度为T1时，气柱的长度为多少?此过程中被封闭气体的内能变化了多少?【答案】121TtLTT0()UQp SmgL【解析】【详解】由盖吕萨克定律1212VVTT可得12()LSLL STT解得：121TLLTT；对活塞和砝码有amgp SpS，解得：0mgpps，气体对外做功：0WpS Lp SmgL；由热力学第一定律WQU得：0UQp SmgL18.下列说法正确的是_ A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.火车鸣笛向我们驶来，我们听到笛声频率比声源发声的频率低C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D.在空气中传播的声波是横波【答案】AC【解析】【详解

24、】A电磁波在真空中传播的速度恒为3.0 108m/s，与频率无关，A正确；B火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们接收的频率大于波源发出的频率，即我们听到的笛声频率比声源发声的频率高，B错误；C岸边观察前方水中的一条鱼，根据视深hhn，则有，鱼的实际深度比看到的要深，（也可根据光路图解释，如图所示）C正确；D空气中的声波是纵波，D错误19.如图所示为一列简谐横波在t=0 时刻的图象.此时质点P的速度方向沿y 轴负方向，则此时质点 Q的速度方向 _.当 t=0.45s时质点 P恰好第 3 次到达 y 轴负方向最大位移处（即波谷），则该列简谐横波的波速大小为_m/s.【答案】(1).沿 y

25、轴正方向；(2).2m/s【解析】t=0 时刻质点P的运动方向沿y 轴负方向，由“上下坡法”可知此波沿x 轴负向传播 此时质点 Q的速度方向沿y 轴正方向；在 t1=0 到 t2=0.45s 这段时间里，质点P恰好第 3 次到达 y 负方向最大位移处则有（2+14）T=0.45s 解得T=0.2s 由图象可得简谐波的波长为=0.4m则波速0.42/0.2vm sT点睛：本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，其中一种方法是“上下坡法”，把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上20.如图所示，一束光线从玻璃球的A点入射，入射角60，折射入

26、球后，经过一次反射再折射到球外的光线恰好平行于入射光线。（1）求玻璃球的折射率；（2）B点是否有光线折射出玻璃球，请写出证明过程。【答案】3B 点有光线射出玻璃砖【解析】根据光的折射定律，作出光路图，如图所示；已知入射角i=60，由几何关系知，折射角 r=300，根据折射定律得：sin 60=3sin 30sininsinr因11sinsin 303Cn，光线通过B点反射后，不能发生全反射，故 B点有光线射出点睛：对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系，并掌握折射定律与光的全反射条件四、计算题21.如图甲所示，电阻r2 的金属棒ab垂直放置在水平

27、导轨正中央，导轨由两根长L 2m、间距d1m的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R4 的电阻，金属棒与导轨接触良好，从t0 时刻开始，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在t0.1s 时刻，金属棒恰好沿导轨开始运动.取重力加速度g10m/s2.求：(1)在 0.1s 内，导体棒上所通过的电流大小和方向:(2)在 0.1s 内，电阻R上所通过的电荷量q及产生的焦耳热Q(3)在 0.05s 时刻，导体棒所受磁场作用力的大小F和方向【答案】(1)I=1.2A，方向由b到a(2)1.6J(3)1.2N，水平向左【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可知，

28、在0.1s 时间内回路中感应电动势2BLdEt由欧姆定律可得：EIRr，由图像可得：1.2T12T/s0.1sBt，代入数据可得I=2A，电流方向：从b到a(2)在 0.1s 时间内通过电阻R的电荷量qIt得q=0.2C 电阻R产生的焦耳热：2QI R t，解得Q=1.6J(3)导体棒所受磁场作用力的大小：FBId，0.6TBBtt，代入数据可得F=1.2N；根据左手定则，磁场作用力方向向左。22.如图甲所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平，将一个质量为m的小物块(可视为质点)P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点(轨迹如图虚线BC所

29、示)，C点相对于B点的水平位移OCl.现在轨道下方紧靠B点安装一水平传送带(如图乙所示)，传送带的右端与B点的距离为2l.在传送带不发生转动时，将小物块P从A点由静止释放，发现落地点仍然为C点。不计空气阻力，重力加速度为g.试求:(1)P滑到B点时的速度大小vB:(2)P与传送带之间的动摩擦因数(3)当传送带顺时针方向以v2gh的速度匀速运转时，从A点由静止释放的小物块P的落地点位置D与O点间的距离x为多大?【答案】(1)2gh (2)32hl(3)(17)2lx【解析】【详解】(1)小物块在下滑过程中机械能守恒，有：2B12mghmv，解得：B2vgh(2)小物块做平抛运动时间不变，B2ll

30、tvgh，小物块在静止的传送带上一直做匀减速运动，设到达传送带右端时的速度为1v，12lv t，可得：122ghv，由动能定理2B2112122lmgmvmv得：32hl；(3)传送带运动后，若P能始终加速，末速度为2v，由动能定理：222B12122lmgmvmv，得末速度为272ghv，因22vvgh，所以P滑上传送带后始终加速，直到以2v抛出，2(17)22llv tx23.如图所示，在半径为R的圆筒内有一方向平行筒壁的匀强磁场，其磁感应强度为B.一束质量为m、带电量为+q的相同粒子经过不同电压的电场加速后，通过圆筒侧壁上小孔S。正对着圆心方向以不同速率连续射入，在与圆筒内壁多次磁撞后从

31、小孔S射出，(设粒子与圆筒磁撞前后电量保持不变、速度大小不变方向相反，不考虑粒子重力及相互影响)试求(1)当入射速率为v的粒子第一次与圆筒相撞击时，其速度方向与原入射方向间的偏转角(2)绕筒一周后即能从小孔S射出的粒子，其速率应该满足的条件;(3)绕简两周后从小孔S射出的粒子，在磁场中运动的最短时间【答案】(1)2arctanRqBmv(2)tan1RqBvmn（n=2、3、4）(3)min mtqB【解析】【详解】(1)带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，半径为r，圆心为R（如图所示）2vqvBmr，得mvrqB，又：tanRr，由图可知，速度的偏转角为：22arctanRqBmv，(2)设绕筒一周的粒子，与筒壁碰撞n次，1 22n，tanrmvRqBR，得tan1RqBvmn（n=2、3、4）。(3)设绕筒两周的粒子，与筒壁碰撞n次，1 24n，得：21n，由于2，所以n=4、5、6粒子在磁场中的运动时间t：2(1)2(1)(1)mnntnmmqBqBqB，分析可知，当n取最小值4 时，时间t最短，最短时间为：min mtqB