【文档说明】【精准解析】山西省大同市第一中学2020届高三3月月考理综物理试题.doc，共(18)页，713.000 KB，由小赞的店铺上传

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大同一中2020届高三年级3月月考理综试卷-物理部分二．选择题1.用图示装置研究光电效应现象，光阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，当滑动头p移到c点时，光电流为零.为了产生光电流，可采取的措施是()A.增大入射光的频率B.把P向a移动C

.把P从c向b移动D.增大入射光的强度【答案】A【解析】A、增大入射光的频率，当入射光的频率大于金属的极限频率时，产生光电效应，金属有光电子发出，电路中能产生光电流，故A正确；B、把P向a移动，P点电势大于的c点电势，光电管加上正向电压，但不能产生光电效应，

没有光电流形成，故B错误；C、把P从c向b移动，不能产生光电效应，没有光电流形成，故C错误；D、能否产生光电效应与入射光的强度无关，增大入射光的强度，仍不能产生光电流，故D错误．点睛：本题考查光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率时，金属才能产生光电效应，与入射光的强度、光照时间、所

加电压无关．2.如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程A.球1和球2运动的时间之比为2∶1B.球1和球2动能增加量之比

为1∶3C.球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D.球1和球2运动时的加速度之比为1∶2【答案】C【解析】【详解】因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据212hgt=，解得球1和球2运动的时间比为1：2．故A错误；根据机械能守恒定律，mgh=△Ek，知球1和球2动能增加量之

比为1：2．故B错误；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为22：1．故C正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同．故D错误．【点睛】本题主要考查了平抛运动，属于中等难度的题目．平抛运动与斜面相结合的问题，一致是大型考试中

的重难点，解决这类问题的关键是充分理解斜面的倾角的作用，根据几何关系和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律解决问题．3.如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝10∶1，原线圈接入电压2202sin100(V)ut=的交流电源，交流电压表和电流表对电路的影响可忽略不

计，定值电阻R0＝10Ω，可变电阻R的阻值范围为0～10Ω．则()A.副线圈中交变电流的频率为100HzB.t＝0.02s时，电压表的示数为0C.调节可变电阻R的阻值时，电流表示数的变化范围为1.1～2.2AD.当可变电阻阻值为10Ω时，变压器的输入电功率为24.2W【答案】D【解

析】【详解】电流的频率是由电压决定的，所以原、副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，故A错误；电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220V，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22V，故B错误；当R的阻值为零时，副线圈

电流为I＝2.2A，当R的阻值为10Ω时，副线圈电流为I′＝1.1A，电流与匝数成反比，电流表示数的变化范围为0.11～0.22A，故C错误；当可变电阻阻值为10Ω时，变压器的输入电功率等于输出功率P＝I′R＝1

.12×20W＝24.2W，故D正确．故选D.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，即电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等；会从交流电表达式中获取有用的物理信息

即可得到解决．4.如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0kg、mB＝1.5kg.一个质量为mC＝0.5kg的小铁块C以v0＝8m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀

速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦．则摩擦力对B做的功为()A.0.6JB.1.2JC.0.45JD.2.435J【答案】A【解析】【详解】对A、B、C，由动量守恒定律：mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′①代入数据，得v

C′＝2.4m/s对B、C，由动量守恒定律：mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v②Wf＝12mBv2－12mBvA2③由②③解得，Wf＝0.6J，故选A.5.在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的P点有一个粒子源，发出

比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）A.ta=tb＞tcB.tc＞tb＞taC.rb＞ra＞rc

D.rc＞rb＞ra【答案】AD【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图示情景可知：粒子轨道半径：rc＞rb＞ra，粒子转过的圆心角：θa=θb＞θc，粒子在磁场中做圆周运动的周期：2mTqB=，由于粒子的比荷相同、B相同，则粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：2

tT=，由于θa=θb＞θc，T相同，则：ta=tb＞tc，故AD正确，BC错误；故选AD．考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】本题考查了比较粒子运动时间与轨道半径关系，分析清楚图示情景、由于周期公式即可正确解题．6.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间

分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则（）A.小球受到的重力与电场力之比为5：3B.在t=5s时，小球经过边界MNC.

在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D.在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【答案】D【解析】【详解】图象的斜率大小等于加速度大小，小球进入电场前的加速度大小为a1=v1，进入电场后的加速度大小为，由牛顿第二定律得，G=ma1=

mv1又F—mg=ma2，故F=mg+ma2=，于是，选项A错误；小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或4s时，选项B错误；小球进入电场后受到电场力作

用而做减速运动，故由动能定理可知重力做的功小于电场力做的功，选项C错误；在1s～4s过程中，电场力对小球先做负功后做正功，由功能关系知小球的机械能先减小后增大，选项D正确．7.A，B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板

接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时

绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（）A.若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小B.若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C.保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D.保持滑动触头P不动，用较强的光照

射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】CD【解析】【详解】设金属板两端的电压为u，距离为d，小球质量为m则tanuqmgd=，滑动变阻器1R是分压接法，可以分为4R，5R两部分，4R与金属板串联，并和1R并联，然后它

们再与5R，3R串联，电路图可以简如图所示，电压表测得是路端电压，电流表测得是电流总电流I．因为金属板不通电，可以将它和4R看作1R两端的电压表．若将R2的滑动触头P向a端移动，则5R减小，总电阻减小，则总电流增大，即两端的电压增大，所以金属

板两端的电压u增大，由公式tanuqmgd=得，θ增大，A错误．将若将R2的滑动触头P向b端移动时，5R增大则总电阻增大，总电流I减小，路端电压增大即U增大，所以B错误．当用较强的光照射时，减小，则总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，可推出1R两端电压减小即金属板两端的电压

减小，由tanuqmgd=得θ减小，C正确．rEUEUII−−==所以()()EUEUUrIII−−−==−，D正确．8.如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强

度为B的匀强磁场中．两个质量均为m、带电荷量均为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑

块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D.两滑落块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【答案】AD【解析】【详解】A．小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡mgcosθ＝qvmB解得cosmmgvqB=故斜面倾角越大，飞离时

速度越小，甲飞离斜面速度大于乙，A正确；B．甲斜面倾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，故B错误；C．根据动能定理212mmglsinmv＝解得2222cos2sinmglqB=故甲的位移大于乙的位移，故C错误；D．重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速

度的平均值cossinsin2mgPmgvmgqB==代入数据相等，故D正确．答案AD.点睛：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况：小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，

速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面．三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.为了探究物体质量一定时加速

度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置．其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量,m0为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．（1）实验时，一定要进行的操作是________A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫

高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M．（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两

计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）．（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线

，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________A．1tanB．01tanm−C．02mk−D．2m【答案】(1).BC(2).2.00m/s2(3).c【解析】【详解

】（1）本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AD错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源

，再释放小车，需记录传感器的示数，C正确．（2）相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s，根据△x=aT2，运用逐差法得，则有：23603227.109.1311.095.123.091.1010990.01m/sxxaT−−++−−−＝＝可得：

a=2.00m/s2．（3）由牛顿第二定律得：2F=（M+m0）a，则有：02aFMm=+，a-F图象的斜率：02kMm=+，小车质量为：02Mmk=−，则C正确；10.如图所示，该电路在测量电源电动势和内阻的同时也能完成对未知电阻Rx的测量．实验室提供的器材

如下：A．待测电阻Rx(约9Ω)B．待测电源C．电阻箱(0~99.9Ω)D．电压表V1(量程6V，可以视为理想电表)E．电压表V2(量程3V，内阻约4kΩ)（1）如果纵坐标表示两个电压表读数之比12UU，横坐标表示电阻箱的阻值R

，实验结果的图像如图一．则待测电阻Rx=________Ω(答案保留两位有效数字)（2）在上问中，由于电压表V2的分流，待测电阻Rx测量值比真实值____(填“偏大”，“偏小”，“不变”)（3）如果纵坐标表示某电压表读数U，横坐标表示两个电压表读数之差与电阻箱阻值的比

值12UUR−，实验结果的图像如图二．其中能读出电源电动势和内电阻的是_______(填“A图线”或“B图线”)．两图线交点的横坐标为________A，纵坐标为_______V(结果均保留两位有效数字)．【答案】(1).8.0(2).偏小(3).A(4).0.43(

5).3.4【解析】(1)根据串联电路的分压原理可知：21xUURRRx=+，故211xxxRRURURR+==+，所以：纵轴截距为1，根据图象斜率1311168xkR−===，解得Rx=8Ω；(2)由于电压表V2的分流

，待测电阻Rx测量值比真实值偏小；(3)Ⅰ图线反映的是电源的特性，可知电动势6V，内电阻661r==，Ⅱ图线反应的是8Ω定值电阻U−I关系，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况,交点的横坐标60.4386E

IARxr===++，纵坐标60.4363.4UEIrVV=−=−=【点睛】抓住串联电路分压原理，电流相等，得出21UU与R的关系式结合图线的斜率纵轴截距求出待测电阻的大小，根据I图线得出电源的电动势和内阻，抓住两图线交点反应的是电源与定值

电阻直接串联时的情况，结合欧姆定律求出横坐标和纵坐标．11.如图所示，与水平面成θ=30°角的两平行倾斜光滑导轨上端分别通过开关连接电动势为E（未知）、内阻为r的电源，定值电阻R0。平行导轨处于垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。两平行导轨相距L，在导轨上放置一电阻为R、质量

为m的导体棒PQ。(1)只闭合开关S1，导体棒恰好能够在平行导轨上静止，求电池的电动势；(2)只闭合开关S2，求出导体棒的最大速度。【答案】(1)()2mgRrBL+；(2)()0222mgRRBL+【解析】【详解】(1)只闭合S1，导体棒恰好静止的导轨上，则EIR

r=+，1FBIL=由平衡知识1sinFmg=解得()2mgRrEBL+=(2)只闭合S2，导体棒速度最大时，重力的分力等于安培力，则mmEBLv=，0mmEIRR=+2mFBIL=，2sinFmg=解得()0222mmgRRvBL+=12.如

图所示，倾角为37°足够长的传送带顺时针转动速度为v0=2m/s，左边是光滑竖直半圆轨道，半径R=0.8m，中间是光滑的水平面AB（足够长），AB与传送带在A点由一段圆弧连接。用轻质细线连接甲、乙两物体，两物体中间夹一轻质

弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连。甲的质量为m1=3kg，乙的质量为m2=1kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上。现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为s=8m。传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，甲、乙

两物体可看作质点。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)求物体乙刚滑上传送带时的速度；(2)若固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D点时对轨道的压力大小；(3)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，试通过计算判断甲物体进人半圆轨道

后是否会脱离圆弧轨道。【答案】(1)12m/s；(2)30N；(3)不会脱离【解析】【详解】(1)乙物体滑上传送带做匀减速运动，开始时21sincos10m/sagg=+=共速之后的加速度22s

in-cos2m/sagg==由运动公式222001222vvvsaa−=+解得v=12m/s(2)由机械能守恒定律可得弹簧压缩时的弹性势能2212PEmv=固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧时的速度满足21112PEmv=物体甲到达D点的过程机械能守恒22111111222DmgRm

vmv=−甲物体在D点有211DNDvmgFmR+=解得FND=30N(3)甲乙两物体均不固定，烧断细线后，根据能量守恒定律2211221122PEmvmv=+由动量守恒1122mvmv=解得123m/sv=，263m/sv

=之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最大高度为h，则211112mvmgh=解得0.6m<0.8mh=甲物体滑不到与圆心等高的位置就会返回，所以不会脱离圆弧轨道。13.下列说法正确的是________．A.松香在熔化

过程中温度不变，分子平均动能不变B.当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小C.液体的饱和汽压与饱和汽的体积有关D.若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则压强一定增大E.若一定质量的理想气体分子平均动能减小，且外界对气体做

功，则气体一定放热【答案】BDE【解析】【分析】明确晶体和非晶体的性质，知道非晶体没有固定的熔点，在熔化时温度是变化的；明确分子间作用力与分子势能间的关系，知道当分子间引力和斥力相互平衡时，分子势能最小；知道泡和汽压

的性质；明确气体压强的微观意义，会解释压强的变化；根据热力学第一定律分析气体内能的变化情况；【详解】A．只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，松香是非晶体，在熔化过程中，温度是变化的，故A错误；B．当分子间的引力与斥力平衡时

，分子间的引力与斥力的合力即分子力为零，分子势能最小，故B正确；C．液体的饱和汽压与温度有关，但与饱和汽的体积无关，故C错误；D．气体的压强与单位体积的分子数和分子动能有关，若一定质量的理想气体被压缩

且吸收热量，则W>0，Q>0，根据热力学第一定律UQW=+知，0U，说明气体的温度T升高，分子平均动能增大，又气体被压缩体积V减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，故D正确；E．若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小

即0U，又外界对气体做功即W>0，根据热力学第一定律UQW=+知，Q<0即气体一定放热，故E正确；故选BDE．14.如图所示，开口向上的汽缸C静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm2的轻质活

塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m的竖直轻弹簧A，A下端系有一质量m=14kg的物块B。开始时，缸内气体的温度t=27°C，活塞到缸底的距离L1=12

0cm，弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为p=1.0×105Pa，取重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却，求:(1)当B刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(2)气体的温度降到-93°C时离桌面的高度H【答案】(1)198K；(2

)10cm【解析】【详解】(1)B刚要离开桌面时弹簧拉力为1kxmg=解得10.1m10cmx==由活塞受力平衡得21pSpSkx=−根据理想气体状态方程有121112()pLSpLxSTT−=代入数据解得2198KT=(2)当温度降至198K之

后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有111123()()LxSLxHSTT−−−=代入数据解得10cmH=15.装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐

运动，测得振动周期为0.5s。竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（）A.回复力等于重力和浮力的合力B.振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C.位移满足函数式54sin(4)6xt=−cmD.振动频率与按压

的深度有关E.在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大【答案】ACE【解析】【详解】A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。故A正确；B．玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过

程中玻璃管的机械能不守恒。故B错误；C．振动的周期为0.5s，则圆频率22rad/s4rad/s0.5T＝＝＝由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻0sin2AA−=结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知076＝

（116π舍去），则玻璃管的振动方程为754sin(4+)cm=4sin(4)cm66xtt=−故C正确；D．由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。故D错误；E．由图可知

，在t1～t2时间内，位移减小，加速度fkxamm=−＝减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。故E正确。故选ACE。16.如右图所示，一装满水的水槽放在太阳光下，将平面镜M斜放入水中，调整其倾斜角度，使一束太阳光从O点经水面折射和平面镜反射，然后经水面折射回到空气中，最后射到槽左侧

上方的屏幕N上，即可观察到彩色光带．如果逐渐增大平面镜的倾角θ，各色光将陆续消失．已知所有光线均在同一竖直平面．(1)从屏幕上最后消失的是哪种色光(不需要解释)；(2)如果射向水槽的光线与水面成30°，当平面镜M与水平面夹角θ＝45

°时，屏幕上的彩色光带恰好全部消失.求：对于最后消失的那种色光，水的折射率．【答案】（1）红色光（2）72n=【解析】【详解】（i）逐渐增大平面镜的倾角θ，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于红光的临界角最大，所以红光的入射角最后达到临界角，

最后发生全反射，故从屏幕上最后消失的是红色光．（ii）画出如图所示的光路图．入射角α=60°OA是入射到平面镜上的光线，AD是法线，设∠AOF=β，∠OAD=γ．由几何关系得：β+γ=45°C=β+2γ由折射定律得：sinsinn=1sinCn=联立解得：n=72