2020届北京市高三(上)开学考试物理试题（解析版）

北京市市第四十三中学高三第一学期开学测试一、单项选择题:（每题2分，共38分）.作用在同一点上的两个力，大小分别是3N和5N,其合力的大小可能是（ ）A.ON B.INC.3N D.15N【答案】C【解析】【详解】作用在同一点上的两个力，Q=3N、尸2=5N,当两个力的方向相反时，其合力最小Fmin=F2-Fi=5N-3N=2N当两个力的方向相同时，其合力最大Fmax=Fi+F2=5N+3N=8N因为两个力的方向不确定，所以其合力的大小在2N与8N之间，故选项C正确，ABD错误。故选C。2.汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2,从刹车开始，经5S,汽车通过的位移是（）A.Om B.100m C.12.5m D.37.5m【答案】C【解析】【详解】由题意知取汽车初速度方向为正方向，则有：vo=36km/h=lOm/s,a=-4m/s2,t=5s因为汽车刹车停止后将停止运动，故据v=vo+at得停车时间”='b="^s=2.5s汽车刹车后5s内的位移即为刹车后2.5s内的位移所以刹车后5s内的位移x=V。t+^atZt停停2=10X2.5+]x（-4）X2.5^nr12.5m3.如图所示为某质点做直线运动的v-r图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是A.质点始终向同一方向运动B,加速度大小不变，方向与初速度方向相同4s内通过的路程为4m,而位移为零4s末物体离出发点最远【答案】C【解析】【详解】丫-/图象的斜率的大小表示质点运动的加速度大小，由于图象的斜率不变，所以质点运动的加速度不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，，=2s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，尸4s时，回到起始点，4s内通过的位移为零；由图可知4s内质点通过的路程为5=2x—x2x2m=4m2故A、B、D错误，C正确；故选Co.如图所示，一个质量为团的钢球，放在倾角为。的固定斜面上，用一竖直挡板挡住，处于静止状态.各个接触面的均光滑，重力加速度为g.球对竖直挡板压力的大小是（）A.mgcos0 B.mgsinffA.mgcos0 B.mgsinffC.rngtanGD.mg【答案】C【解析】【详解】以球为研究对象，球受重力、挡板和斜面对球体的支持力g和尸2,其受力分析图如图所示:

根据平衡条件有：=mgtan9,根据牛顿第三定律可以知道，球对竖直档板压大的大小等于挡板和斜面对球体的弹力6=mgtan6,C正确.故选C..一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a—r图象如图所示.下列一r图象中，可能正确描述此物【答案】D【答案】D【解析】【详解】由a—r图象知，0〜0.57时间内的加速度与7〜27时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的内图象的斜率的绝对值相等，正负不同，可得D正确，ABC错误.如图所示，物体A、B的质量分别为小、M7B,且二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角族30。的斜面上，8悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行.若将斜面倾角。缓慢增大到45。，物体4仍保持静止.不计滑轮摩擦.则下列判断正确的是A.物体A受细绳的拉力可能增大B.物体4受的静摩擦力可能增大C.物体A对斜面的压力可能增大D.物体A受斜面的作用力可能增大【答案】B【解析】【详解】A.因为B一直保持静止，所以细绳间的张力等于B的重力，即细绳对A的拉力7=〃?8g，所以在倾斜角缓慢增大过程中，物体A受到的细绳的拉力不变，A错误.B.当外N2丹，倾斜角缓慢增大到45。的过程中wAgsin(9=T+f=mBg+f/逐渐增大，方向向上.当帆4<2加8时，在倾斜角缓慢增大到使WAgsin6=m8g的过程中，知道mAgs\r\0+f=mBg静摩擦力随着角度的增大而减小，方向沿斜面向下，当〃Ugsin6=〃"g时摩擦力为零，在倾斜角从使mAgsin0=mBg成立到45。过程中,%gsin6=T+f=mBg+f静摩擦力随着角度的增加而增大，方向沿斜面向上.所以B正确.C.物体A对斜面的压力N=，〃.geos，,随着角度的增大而减小，C错误.D.物体A受到细绳的拉力（不变），重力（不变），斜面的作用力大小等于拉力与重力的合力大小，所以也保持不变,D错误.故选B7.如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O.人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态.若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（）0A绳中的拉力先减小后增大0B绳中的拉力不变C.人对地面的压力逐渐减小D.地面给人摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离,则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；故选D.【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法..如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球。、b,悬挂于。点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在％球上的力大小F,作用在。球上的力大小为2F,则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（）

////////////////【答案】B【解析】【详解】对外整体，受重力、上边绳拉力、F和2尸四力平衡，因此上边绳向右偏。假设细线a与竖直方向夹角为a,细线人与竖直方向夹角为S，对融整体受力如图1所示：tana=2mgtana=2mg对细线b受力如图2所示，可知:tanfi= mg因此：avfi。故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ）A.物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性B.自由落体运动是一种匀变速直线运动C.力是使物体产生加速度的原因D.力不是维持物体运动的原因【答案】B【解析】【详解】铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90。时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故选Bo10.太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，然而它们公转的周期却各不相同.若把水星和地球绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定（ ）A.水星的密度大于地球的密度B.水星的质量大于地球的质量C.地球的向心加速度大于水星的向心加速度D.地球到太阳的距离大于水星到太阳的距离【答案】D【解析】【详解】根据万有有引力提供向心力MmCj

TT=2乃.GM轨道半径大，周期大，知地球轨道半径大于水星。根据_MmG——=mar轨道半径大，向心加速度小，所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是环绕天体，无法求出质量，也无法求出密度。故ABC错误，D正确。故选D。.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上.在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N.g取10m/s2.对此过程的分析正确的是（）A.物体受到的重力变大B,物体的加速度大小为lm/s2C.电梯正在减速上升D,电梯的加速度大小为4m/s2【答案】B【解析】【详解】A.电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误.BD.由牛顿第二定律可知尸一醒="，而由牛顿第三定律得式］；=/=441^,解得：a=lm/s2＞故选项B正确、选项D错误.C.加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C错误.故选B..某同学将一个质量为根的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为设上升过程中空气阻力/大小恒定。则在上升到最高过程中（ ）A.小球的动能减小了0〃吆）4B.小球机械能减小了加

C.小球重力势能减小了mgHD.小球克服空气阻力做功//ng）”【答案】AB【解析】【分析】【详解】A.小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得-mgH-fH=AE*则得动能的减小量等于故A正确：B.根据功能关系知：除重力外其余力做的功等于机械能的变化量；在上升过程中，物体克服阻力做功fH,故机械能减小"；故B正确；C.小球上升，，故重力势能增加/ng"；故C错误；D.在上升的过程中，小球克服空气阻力做功川：故D错误。故选ABo.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的丫一，图像可能正确的是（ ）【答案】D【解析】【详解】试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，丫一，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力/=配的上抛运动，上升中勺=mg+—,m随着V减小，a上减小，对应丫一，图象的斜率减小，选项A错误.下降中。下=邂也，随着随着丫增大，。下继续减小.而在最高点时u=0,a=g,对应丫一，图与，轴的交点，其斜率应该等于g（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足.故选D.考点：本题考查了牛顿第二定律、丫一，图象的特点、竖直上抛运动状态的判断..如图所示，在M点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P点、Q点。已知。点是M点在地面上的竖直投影，OP:而=1：3,且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是（ ）MvA.两小球的下落时间之比为1:3B.两小球的下落时间之比为1:4C.两小球的初速度大小之比为1：3D.两小球的初速度大小之比为1：4【答案】D【解析】【详解】AB.依题意两小球下落高度相同，根据公式,1J所以两小球的下落时间之比为1：1。故AB错误；CD.两小球的水平分位移之比为玉OP1

x2~OP+~PQ~4又X=vot解得VOI_j_

V02 4故C错误；D正确。故选D。一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）为f=0.5s时的波动图像，图（乙）为介质中质点尸的振动图像.对该波的传播方向和传播速度的说法中正确的是（ ）A.沿+x方向传播，波速为4m/sB.沿-x方向传播，波速为4m/sC.沿方向传播，波速为8m/sD.沿-x方向传播，波速为8m/s【答案】A【解析】【详解】由振动图像可知，质点P在/=0.5s时向y轴正方向运动，结合波形图可知波沿+x方向传播，波速为v=—=—m/s=4m/s

T1故选A。一个直流电动机，线圈电阻是0.5C,当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电流是2A。由此可知()A.电动机消耗的电功率为10WB,电动机发热的功率为10WC.电动机输出的机械功率为10WD.电动机的工作效率为20%【答案】C【解析】【详解】A.设直流电动机线圈电阻为r,电动机工作时通过的电流为/,两端的电压为U。总功率为P=U/=2x6=12W所以A错误。B.发热功率为Ptt=/2^22x0.5=2W所以B错误。C.根据能量守恒定律，其输出功率为P~V=P-P热=12W-2W=1OW所以C正确。D.电动机的工作效率为n=^-x100%=83.3%P所以D错误。故选C。17.如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和&使它们彼此接触.起初它们不带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的.现在把带正电荷的球C移近导体A,可以看到A、B上的金属箔片都张开了.下列说法正确的是（）CCBQG'Ip■A AA.4内部的场强比B内部的场强大B内部的场强均为零A左端的电势比B右端的电势低A左端的电势比B右端的电势高【答案】B【解析】【详解】试题分析：当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象.电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布.而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体.解：A、带正电荷的球C移近导体A,在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体.故选B点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等..一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（ ）A.水平向北 B.水平向南 C.竖直向上 D.竖直向下【答案】C

【解析】【详解】赤道处的地磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故选C。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系；知道地磁场在赤道上方的方向是由南向北。.在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正.当磁场的磁感应强度8随时间，的变化规律如图乙所示时，图丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是（）【解析】【详解】试题分析：根据法拉第电磁感应定律e=A2=s",由于线圈面积不变，所以感应电动势与磁加\t感应强度的变化率即B-t图像的斜率成正比，根据B-t图像，O-b感应电动势为定值,感应电流为定值，Is—2s感应电动势为0,感应电流为0,2s-4s感应电动势为定值而且是0-k感应电动势的一半，感应电流也是0-1s感应电流的一半，对照选项CD错.根据楞次定律0-ls向上的磁通量增大，感应电流沿正方向，选项A错B对.考点：电磁感应定律楞次定律二、多项选择题：（每题4分，漏选得2分，共20分）.如图所示，一个正方形导线框abed,边长为L,质量为小。将线框从距水平匀强磁场上方6处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当仍边刚进入磁场时，线框速度为V。在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（ ）abd口下Ta bj,xXX[X•XxXd」__tXXXXXxXXXXXXXX£/XXXXXXXA.线框可能做加速度减小的加速运动B,线框可能做加速度减小的减速运动C.安培力对线框的冲量大小一定为加丫D.线框克服安培力做功一定为+【答案】ABD【解析】【详解】AB.若线框下落进入磁场时的速度较小，产生的感应电流较小，安培力较小，线框的加速度向下做加速运动，随着速度的增加，安培力变大，加速度减小，即线圈做加速度减小的加速运动；若线框下落进入磁场时的速度较大，产生的感应电流较大，安培力较大，线框的加速度向上做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，即线圈做加速度减小的减速运动：故选项AB正确：C.对从线圈开始下落到全部进入磁场的整个过程运用动量定理可得Ig~1选项C错误;故安培力对线框的冲量大小不是/HV,选项C错误;故线框克服安培力做功一定为1 2W.;.=mg(h+L)——mv选项D正确。故选ABDo

.如图所示，图中以点电荷。为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（ ）A.此粒子在用点的加速度小于在N点的加速度B.此粒子在“点的电势能大于在N点的电势能C.此粒子在M点的动能小于在N点的动能D,电场中M点的电势低于N点的电势【答案】AD【解析】【详解】A.粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近粒子受到电场力越大，加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；BC.粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动能，电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，故BC错误；D.场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，故D正确。故选ADo.如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是（ ）S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭

S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮S断开后瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭【答案】AD【解析】【详解】AB.S闭合后的瞬间，自感系数足够大的线圈由于自感作用阻碍电流，相当于断路，此时灯泡A和灯泡B串联同时亮，待电路稳定后没有电流的变化，线圈不再产生感应电动势，对电流没有阻碍作用，相当于短路，此时A灯熄灭，B灯变亮，故A正确，B错误。CD.S断开后的瞬间，电流突然减小，线圈由于自感作用产生感应电流，与灯泡A构成新的回路，所以A灯会先闪亮一下后熄灭。B灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选AD。23.如图所示是通过变压器降压给用户供电的示意图.变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动.输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用《表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加.如果变压器上的能量损失可以忽略，所有电表均为理想电表，则开关S闭合后（）RqA.电表匕示数不变，匕示数减小B.电表4、%示数均增大C.原线圈输入功率减小D.电阻与两端的电压减小【答案】BD【解析】【详解】A.因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表口、匕的读数几乎不变，故A错误：B.因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以4示数变大，故B正确；C.因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由尸="知功率增加，故C错误；D.电压表匕、修示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△%//?增加，电阻R两端的电压减小，故D正确。故选BD。.在图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场及已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )E和B都沿y轴的负方向 B.E和8都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向，B沿z轴负方向 D.E沿z轴正方向，B沿y轴负方向【答案】BC【解析】【详解】A.若E和B都沿)，轴的负方向，则电场力沿y轴负方向，由左手定则知洛伦兹力沿z轴正方向，所以不可能平衡，质子不能沿直线运动，故A错误；E、B都沿x轴正方向时，电场力沿x轴正方向，小球不受洛伦兹力，质子能沿直线运动，所以B正确；E沿y轴正方向，电场力沿y轴正方向；8沿z轴负方向，则洛伦兹力沿y轴负方向，则当电场力等于洛伦兹力时，质子沿直线运动，选项C正确；E沿z轴正方向，则电场力沿z轴正方向；8沿y轴负方向，则洛伦兹力沿z轴正方向，不可能平衡，质子不能沿直线运动，所以D错误。故选BCo三、计算题：(共42分).如图所示，一固定在地面上的金属轨道A8C,其中A8长si=lm,BC与水平面间的夹角为a=37。，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为〃=0.25,现在给小物块一个水平向左的初速度出=3m/s.小物块经过8处时无机械能损失(sin37。=0.6,cos37°=0.8,gMX10m/s2).求:(1)小物块第一次到达B处的速度大小；(2)小物块在BC段向上运动时的加速度大小：

(3)若小物块刚好能滑到C处，求8C的长度S3【答案】(l)2m/s； (2)8m/s2；(3)0.25m【解析】【详解】(1)小物块从A运动到8,由动能定理得—pmgs\=ymvB2——mvo.代入数据解得vb=2m/s.(2)小物块从B到C过程中，由牛顿第二定律得〃mgcosa+/ngsina=〃?a,代入数据解得8m/s?(3)小物块以初速度MB沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的路程为S2,由0—丫/二一2as2,代入数据解得S2=0.25m综上所述本题答案是：(1)2m/s；(2)8m/s2；(3)0.25m【点睛】(1)利用动能定理求出物块滑到B点时的速度(2)正确受力分析求出物块在斜面上运动时的加速度(3)利用运动学公式求出物块在斜面上运动的最大距离.26.已知“嫦娥一号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为“，飞行周期为T,月球的半径为R,引力常量为G。求：(1)“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小：(2)月球的质量；(3)若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的近月飞船，则其绕月运行的线速度应为多大。【答案】⑴四"型；⑵至⑶冽等2GT2【解析】2兀2兀(R+H)【详解】(1)“嫦娥一号”运行的线速度v=- T(2)设月球质量为M,“嫦娥一号”的质量为相，根据万有引力定律和牛顿第二定律，对'‘嫦娥一号"绕月飞行有G(R+“)2解得.4/(—

GT2(3)设绕月球表面做匀速圆周运动的飞船的质量为/no,线速度为出，根据牛顿第二定律，对飞船绕月飞行有吗=恤公R2°R又2场累匕联立可解得2乃(/?+”)V0= 27.(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L=0.3m,在导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度8i=0.5T。一根直金属杆MN以v=2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻n=lC,导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势后。(2)如图乙所示，一个匝数”=100的圆形线圈，面积Si=0.4m2,电阻r~L=lC。在线圈中存在面积S2=0.3n?垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度仍随时间，变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2o(3)有一个R=2C的电阻，将其两端分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况。端的电势较高？求这种情况中。端的电势必。【答案】(I)0.3V:(2)4.5V；(3)图甲中a端的电势较高，(pu=0.2V【解析】【详解】(1)杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律E\=B\Lv代入数据得产生的感应电动势(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化r耶、＜

E,=n——-S-,Ar代入数据得产生的感应电动势E2=4.5V(3)根据右手定则，可知，图甲中”是正极，而由楞次定律可知，图乙中b是正极，因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，。端的电势较高，通过电阻R的电流1=互R+r电阻R两端的电势差得a端的电势(pa=0.2V28.如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压S=25OOV,发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出.装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长/=6.0cm,相距d=2cm,两极板间加以电压S=200V的偏转电场.从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场.已知电子的电荷量e=1.6xl()r9c,电子的质量机=0.9x10-3。