【文档说明】【精准解析】山西省实验中学2020届高三下学期3月开学摸底考试理综物理试题.doc，共(20)页，1.123 MB，由小赞的店铺上传

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2020届山西省实验中学高三下学期3月开学摸底考试理综物理试题一、选择题1.用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19J，已知普朗克常量为6.63×10-34J.s，真空中的光速为3×108m/s，能使锌产生光电效应单色光的最低频率（）A.1×1

014HzB.8×1015HzC..2×1015HzD.8×1014Hz【答案】D【解析】【详解】根据光电效应方程00kEhvWcWh=−=−逸出功00Whv=，可知0kkcWhvEhE=−=−代入数据可知：140810Hz=

故D正确，ABC错误2.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻1R、2R和3R的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压R的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变

图压器原、副线圈匝数的比值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】设理想变压器原、副线圈匝数的比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得11UIRU=+由变压公式11UkU=及功率关系122UIUI=，可得2IkI=即副线图输出电流为2IkI=；(

)()222323UIRRkIRR=+=+当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有114UIRU=+由变压器公式12UkU=及功率关系1224UIUI=可得24IkI=即副线圈输出电流为24Ikl=，22224/UIRkR==联立解得3k=选项B正确，ACD错误；故选B

.3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏

角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A.θ增大，E增大B.θ增大，EP不变C.θ减小，EP增大D.θ减小，E不变【答案】D【解析】试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据4πSCkd=可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，

U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据UEd=，Q=CU，4πSCkd=，联立可得4πkQES=，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不

变；故选项ABC错误，D正确．【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：4SCkd=，UEd=，Q=C

U；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．4.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行

的轨迹可能正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．规定向右为正，设

弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有01243mvmvmv=+,则1283vv=+，两块弹片都做平抛运动，高度一样，

则运动时间相等，225110htsg===，水平方向做匀速运动，111222xvtvxvtv====，，则1283xx=+，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．5.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小

环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是A.物块向右匀速运动时，

绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为22vgD.速度v不能超过()2FMgLM−【答案】D【解析】【详解】物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，

故A错误；小环碰到钉子P时，物体M做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于Mg，而与2F大小关系不确定，故B错误；依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：212MvMgh=，则物块上

升的最大高度为22vhg=，故C错误；因夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，对物体M，则有：22mvFMgML−=，解得：()2mFMgLvM−=，故速度v不能超过()2FMgLM−，故D正确；故选D．【点睛】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；当做圆周

运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg的关系，与2F关系无法确定；利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求

解．6.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物

块b仍始终保持静止，则A.绳OO'的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BD【解析】【详解】物块b仍始终

保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以．绳OO'的张力也不变，故A、C错误；对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的

拉力FT保持不变，所以．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故B、D正确7.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为

L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中A.A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB.A的动

能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC.弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL【答案】AB【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以32Fmg=，在

A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于32mg，故AB正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动

能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos30°－Lcos60°)＝312PEmgL−=，故D错误．所以AB正确，CD错误．8.如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静

止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上

边界的高度h可能小于22442mgRBL【答案】BC【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合分析问题的能力．由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力分析，根据22BLvmgmaR−=可知，

金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能

量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则220BLvmgR−=，得22mgRvBL=，有前面分析可知金属杆

进入磁场的速度大于22mgRBL，根据22vhg=得金属杆进入磁场的高度应大于222224444=22mgRmgRgBLBL，选项D错误．点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感

应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动．二、非选择题(一)必考题9.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图甲对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并

联起来按图乙进行探究。在弹性限度内，将质量为50gm=的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图乙中弹簧的长度1L，2L如下表所示。钩码个数1234L1/cm30.0031.0432.0233.02L2/cm29.3329.

6529.9730.30(1)已知重力加速度29.8m/sg=，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数=k甲_________N/m；(2)若能求出弹簧乙的劲度系数，=k乙____________N/m。【答案】(1).49(2).104

【解析】【详解】(1)[1]由题中实验数据可知，每增加1个钩码，弹簧甲的平均伸长量约为1.00cm，则弹簧甲的劲度系数3250109.8N49N/m1.0010mFmgkxx−−====(2)[2]把弹簧甲和弹簧乙并联起来按题图乙

进行探究。由表中数据可知，每增加1个钩码，弹簧的平均伸长量为0.32m，由+=+mgFFkxkx=甲乙甲甲乙乙可知弹簧乙的劲度系数能够计算0.49N(+)0.32cmkk=甲乙解得0.491004

9)0.32k=−乙（N/m104N/m=10.为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：A.待测微安表（量程500μA，内阻约300Ω）B.电阻箱（最大阻值999.9Ω）C.滑动变阻器R1(

最大阻值为10Ω)D.滑动变阻器R2(最大阻值为1KΩ)E.电源（电动势为2V，内阻不计）F.保护电阻R0（阻值为120Ω)①实验中滑动变阻器应选用_____(填“C”或“D”）；②按照实验电路在图所示的方框中完成实物图连接_____．③实

验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端,调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S,将滑片缓慢左移，使微安表满偏；第三,保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3时，此时接入电路的电阻箱的示数如图所示,阻值R为______Ω．第四，根据以上实验可知

微安表内阻的测量值RA为_______Ω④若调节电阻箱的阻值为时，微安表的示数正好是满刻度的1/2,认为此时微安表内阻就等于0则此时微安表内阻的测量值与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA相比，更接近微安表真实值的是______．（填“”或“RA”）【答案】(1).C(2

).(3).145.5(4).291(5).RA【解析】【详解】①本实验采用的是半值法测电阻,在改变R的阻值时,要尽量保证R与微安表两端的总电压保持不变,由于微安表的阻值较大,约300Ω，则要求滑动变阻器右端的阻值尽可能小,故选C项；②实物图要注意分压式的连接

方式，如图所示：③读数时要注意倍数，保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3，故此在滑动电阻器两端的电压保持不变，所以2()3ggggUIRIRR==+，解得291gR=；④设电阻箱的阻值为R,微安表的内阻为Rg在调节电阻箱电阻R时,当微安表的电流变为原来的12时,有1

2gI（R+Rg）=ggIR，当微安表的示数正好是满刻度的2/3时，有2()3ggggUIRIRR==+，由此看出电流调小时，电阻增大，电阻箱和微安表的总电阻增大，该部分分压增大，误差增大，所以微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA更接近微安表真实值

．11.如图所示，环形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R，外圆半径为(1+2)R，两圆的圆心（重合）处不断向外发射电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，粒子发射速度方向都水平向右，而速度大小都不同，导

致一部分粒子从外圆飞出磁场，而另一部分粒子第一次出磁场是飞入内圆。(1)如果粒子从外圆飞出磁场，求粒子的速度大小范围；(2)如果粒子从外圆飞出磁场，求这些粒子在磁场中运动的时间范围；(3)如果粒子第一次出磁场是飞入内圆

，求这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围。【答案】(1)qBRvm；(2)13π04mtqB；(3)2π3π2mmtqBqB【解析】【详解】(1)粒子射出的速度大小不同，轨迹圆的半径不同，设刚好与外圆相切时，轨迹圆半径为1r，如

图所示，由几何关系可知22211(2)RRrRr+−=+得1rR=由2111vqvBmr=联立得1qBRvm=如果粒子从外圆飞出，则粒子的速度qBRvm。(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则22rmTvqb==刚好从外圆飞出时，粒子在磁场中运动的时间最长，其轨迹圆弧对应的圆心

角为34=则从外圆飞出磁场的粒子在磁场中运动的时间1342tT得1304mtqB这些粒子在磁场中运动的时间范围为1304mtqB。(3)若粒子第一次出磁场是飞入内圆，则其轨迹圆弧所对圆心角范围为32

飞入内圆的粒子在磁场中运动的时间2t满足23222TtT得232mmtqBqB这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围为232mmtqBqB。12.在竖直平面内，支在原点O的一根弯杆，其形状可以用函数2xzk=来描写，k为有长度

量纲的非零正常数，在杆上穿一滑块，杆与滑块间的静摩擦因数为，如图所示。(1)不考虑摩擦，求滑块的高度为z时，它在沿杆方向的加速度的大小，下列5种答案中有一个是正确的，试作出判断并说明理由：0，g，24zgzk+，224gzzk+，gzk；(2)考虑摩擦，但杆不动，

在什么情况下滑块可以在杆上静止？（用z，，g，k表示）(3)现在设杆以角速度绕z轴匀速转动，且有关系2gk=，这时滑块可以在何处相对于杆静止？(4)若0.5=，6gk=则滑块不滑动的条件又如何？【答案】

(1)24zagzk=+；(2)204kzz=；(3)1A=；(4)036kz或4kz【解析】【详解】(1)由分析知道在不考虑摩擦时，滑块在杆上运动的加速度即为重力加速度的切向分量sinag

=其中为滑块所在点杆的法线与重力方向的夹角，a一般不为零，且一定不超过g，当z→时，杆近于竖直，a趋近于g，于是可判断24zagzk=+由此可得sin24zzk=+，tan2zk=(2)由分析知道考虑摩擦而杆不动，则滑

块静止为静力平衡，滑块受重力影响有下滑趋势，摩擦力向上，支持力和摩擦力大小分别为cosNFmg=，sinfFmg=平衡条件要求fNNNFFFF=或tan设0,zz=时tan=，则滑块静止的条件为204kzz=(3)由分析知道当杆匀速转

动时，则在滑块相对于杆不动时，支持力和摩擦力在竖直方向的分力之和与重力平衡，在水平方向的分力之和使滑块产生水平的向心加速度，由此可得（不妨设摩擦力沿杆向上）22tansincos2NfmkFFmkz−==cossinNfFFmg+=由以上二式可得，(1)tan1tanf

NFAFA−=+，22kAg=当2gk=时1A=，有0fNFF=，即无摩擦力。向心加速度完全由重力和支持力的合力提供，这个关系对任何都能满足，即此时滑块在任何位置都相对于杆静止。(4)当6gk=时，3A=，由(1)t

an1tanfNFAFA−=+可知，0fF即摩擦力实际是向下的，由于旋转太快而滑块上有上移的趋势，滑块相对静止的条件为fNNNFFFF=即22(1)tan2tan1()(1)tan13tan2AA−==++或23tan4tan10−+此二次函数

不等式的判别式为2443140=−=故不等式满足的条件为1tan3或tan1用tan2zk=代入，即得滑块不滑动的条件为036kz或4kz(二)选考题13.以下说法正确的是____A.浸润现象是表面张力作用的结果，不浸润现象不是表面张力作用的结果B

.温度越高物体分子的平均动能越大C.热量可以自发地由低温物体传到高温物体D.压缩气体，气体的内能不一定增加E.气体的体积变小，其压强可能减小【答案】BDE【解析】【详解】浸润现象和不浸润现象都是液体表面张力作用的结果，故A错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度越高物体分子的平均动

能越大，故B正确；热量不能自发的从低温物体传到高温物体，故C错误；压缩气体，外界对气体做功，但气体可吸热或放热，内能变化不确定，故D正确；气体体积变小，若温度降低，则压强可能减小，故E正确．故选BDE.

14.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程中p-V图像如图所示，已知该气体在状态A时的温度为27℃，求：①该气体在状态B时的温度；②该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量．【答案】①27Ct=℃②200J【解析】试题分析：ⅰ．对于理想气体：A→B

，由查理定律得ABABppTT=即100KBBAApTTp==，所以(273)173BBtT=−=−℃℃B→C由CBBCVVTT=得300KCT=，所以27Ct=℃ⅱ．A.C温度相等，0U=A→C的过程，由热力学第二定律UQW=+得20

0JQUWpV=−=−=−，即气体从外界吸热200J考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化．牢记温度是理想

气体内能的量度，与体积无关15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图为它在0t=时刻的波形图。其中a，b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是100m/s，则下列说法正确的是（）A.该波波源的振动周期是0.04sB

.a，b两质点可能同时到达平衡位置C.0.04st=时刻a质点正在向下运动D.从0t=到0.01st=时间内质点的路程为2cmE.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率一定为25Hz【答案】ACE【解

析】【详解】A．由波形图可知：波长为4m，则振动周期为0.04sTv==A正确；B．根据波的传播方向可判断出：0t=时刻a质点和b质点的振动方向均沿y轴负方向，b质点到达平衡位置时间小于4T，而a质点到达平衡位置R的时间要大于4T，B错误；C．经0.04s即一个周期后a质点振动方向保持不变，C正

确；D．从0t=到0.01st=，时间虽然为4T，但b质点从平衡位置的一侧运动到另一侧，即速度较大，其路程大于2cm，D错误；E．该波的周期为0.04s，故频率为25Hz，因为两列波发生稳定干涉的条件为频率相

同，则该波所遇到的波的频率为25Hz，E正确。故选ACE。16.直角玻璃三棱镜的截面如图所示，一条光线从AB面入射，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角α＝60°，已知这种玻璃的折射率2n=。则：(1)这条光线在AB面上的入射角

多大？(2)判断图中光线ab能否从AC面折射出去，若能射出求出折射角，若不能射出请说明理由。【答案】(1)45°；(2)发生全反射，不能从AC折射出去【解析】【详解】(1)设这条光线射到AB面上的入射角为i，折射角为r。光路如图所示：由折射定律

可知：sinsininr=由题意有i=90°-α=90°-60°=30°联立可得i=45°(2)根据1sinCn=知，光线在AC面上发生全反射的临界角为C=45°。由于ab在AC面上的入射角为i′=90°-30°=60°＞C，所以光线ab在AC面上发生了全反射，不能从AC面上折射出去。