1、山西省长治市2020届高三物理下学期3月线上试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共计48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射
2、时，有光电流产生。下列说法正确的是（）A. 保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B. 保持入射光的光强不变，入射光的频率变高，饱和光电流变大C. 保持入射光的光强不变，入射光的频率变低，光电子的最大初动能变大D. 保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生【答案】A【解析】【详解】A保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B保持入射光的光强不变，入射光的频率变高，则光子数变少，饱和光电流也减小，故B错误；C根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变低，光电子
3、的最大初动能变小，故C错误；D如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D错误。故选A。2.如图所示，一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端。已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定。若用v、s、Ep和E分别表示该物体的速度大小、位移大小、重力势能和机械能，设斜面最低点重力势能为零，则下列图像中可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A在v-t图象中，斜率表示加速度大小，由于物体沿斜面做匀加速运动，因此其v-t图象斜率不变，选项A错误；B物体下滑位移为，因此由数学知识可知其位移时间图象为上开口抛物线，故B错误；C设斜面高为h
4、0，倾角为，则物体下落的高度选因为斜面最低点重力势能为零，则物体的重力势能为所以EP-t图象明显不一次函数关系，选项C错误；D根据功能关系，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故物体的机械能所以E-t图象是下开口抛物线，选项D正确。故选D3.如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45。现改变力F，圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（）A. 改变F方向时绳AB中拉力将改变B. 当F沿逆时针旋转时，F先增大后减小C.
5、当F沿顺时针旋转时，绳OC中的拉力先增大后减小D. F沿逆时转过的角度不能大于90【答案】D【解析】【详解】A因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，选项A错误；BC对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；环的位置不变，则AB绳子的拉力不变，AO与BO的合力也不变，方向沿它们的角平分线，根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图： 由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转时，F逐渐增大，绳OC的拉力增大，
6、选项BC错误；D由于F与CO绳子的拉力的合力方向与水平方向之间的夹角是45，可知F沿逆时转过的角度不能大于90，选项D正确。故选D。4.2018年12月8日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器，经过地月转移飞行进入环月椭圆轨道，然后实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入距月球表面约100km的环月圆形轨道，准备登陆月球背面。如图所示，关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆形轨道的运行，下列说法正确的是（）A. 在环月椭圆轨道运行时，A点速度小于B点速度B. 由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道，嫦娥四号的机械能减小C. 在环月椭圆轨道上通过A点的加速度比在环月圆形轨道通过A点的加
7、速度大D. 在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小【答案】B【解析】【详解】A根据开普勒第三定律可知，近月点速度大，远月点速度小，选项A错误；B由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在A点应减速，因要由离心运动变为圆周运动，速度要变小，选项B正确；C加速度由万有引力产生，在同一点万有引力相等，则加速度相等，选项C错误；D由开普勒第三定律可知轨道半长轴大的周期大，所以环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期大，选项D错误。故选B。5.如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、R2，光敏电阻RG（光照强度增大，阻值减小），分别接在理想变压器的原、副线圈上，U0为正弦交流电源电压的有效
8、值，且保持不变。若增大光照强度，则下列说法正确的是（）A. 电流表A1示数增大、A2示数减小B. U1、U2都不变C. R1、R2的电功率都增大D. RG两端电压增大【答案】C【解析】【详解】根据变压器原副线圈功率相等，有所以那么原线圈的等效电阻由题意，光强变大，光敏电阻阻值变小，则变小，则原线圈所在回路电流变大，R1分压变大，原线圈电功率变大。由于交流电源不变，所以原线圈电压减小，由理想变压器关系可知副线圈电压变小，电流变大，R2分压变大、电功率变大，RG两端电压减小。选项C正确，ABD错误。故选C。6.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确有（）A
9、. q1和q2带有同种电荷B. x1处的电场强度为零C. 负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小D. 负电荷从x1移到x2，电场力做正功【答案】CD【解析】【详解】A由图可知无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以q1和q2带有异种电荷，选项A错误；B电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，选项B错误；C负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，即场强度减小，所以受到的电场力减小，选项C正确；D负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，电场力做正功，选项D正确。故选CD。7.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成
10、角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面，导轨NQ部分电阻为R，其余部分电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A. 运动的平均速度大小为B. 下滑位移大小为C. 产生的焦耳热小于D. 受到的最大安培力大小为【答案】BC【解析】【详解】A对导体棒，根据牛顿第二运动定律有：由于v从0增大，所以导体棒做加速度越来越小的加速运动，则由v-t图像可得其平均速度选项A错误；B由可得选项B正确；C此过程中电动势最大值为B
11、Lv，电路产生的焦耳热小于AB棒产生的焦耳热等于总焦耳热的一半，选项C正确；D最大安培力应为，选项D错误。故选BC。8.如图所示，一根轻弹簧一端固定于O点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在倾角为30的固定光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平。将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点。当滑块运动到B点时弹簧与斜面垂直，且此时弹簧恰好处于原长。已知OB的距离为L，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则滑块由A运动到C的过程中（）A. 滑块的加速度先减小后增大B. 滑块的速度一直在增大C. 滑块经过B点时的速度大于D. 滑块经过C点的速度可能小于【答案】BC【解析】【详解】A
12、B弹簧原长为L，在A点不离开斜面，则在C点不离开斜面，则有从A点滑至C点，设弹簧与斜面夹角为（范围为3090）；从B点滑至C点，设弹簧与斜面的夹角为，则可知下滑过程中加速度一直沿斜面向下且减小，选项A错误，B正确；C从A点滑到B点，由机械能守恒可得解得选项C正确；D从A点滑到C点，由机械能守恒可得解得选项D错误。故选BC。三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.高三学生小明和小华设计了一个物理实验来验证动能定理，实验装置如图所示，A、B为长木板上固定的两个光电门，已知当地重力加速度为.(1)他
13、们利用游标卡尺测滑块上的遮光条的宽度，如图所示，则遮光条的宽度_ cm.(2)垫高长木板右端，当长木板和水平面夹角为时，在处沿斜面轻推滑块，测得滑块经过两光电门的时间相等，则滑块和长木板间动摩擦因数为_.(3)将长木板水平放置，在处给滑块一个瞬时冲量，使滑块依次滑过光电门A、B.测得滑块经过光电门A的时间为、滑块经过光电门B的时间为，两个光电门间距离为，在误差允许的范围内，验证动能定理成立的式子为_（用题中已给字母表示）.【答案】 (1). 0.330 (2). tan (3). 【解析】【分析】(1)由图可以看出，该游标卡尺是20分度的，精确度是0.05mm，从而可以读出小滑块的宽度；(2)
14、由滑块沿斜面的匀速运动情况可以求得滑动摩擦因数.(3)水平板上的受力情况得到由合力做功情况推出动能定理的表达式.【详解】(1)由于该游标卡尺是20分度的，它的精确度是0.05mm，主尺的读数是50mm，游标尺上的读数是60.05mm=0.30mm，所以小铁块的宽度是d=3+0.30=3.30mm，即d=0.330cm.(2)滑块经过两光电门的时间相等表示滑块做匀速直线运动，则由平衡条件，可得.(3)用平均速度代替瞬时速度求得通过两光电门的速度，即通过两个光电门的速度分别为、，由动能定理 ，整体可得表达式：.【点睛】游标卡尺的读数要注意它的精确度是多少，同时还要注意，游标卡尺的读数是不需要估读的
15、；利用倾斜面的匀速求得动摩擦因数，从而利用水平面上的减速运动探究动能定理.10.用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。A.电压表V1（量程6V、内阻很大）B.电压表V2（量程3V、内阻很大）C.电流表A（量程3A、内阻很小）D滑动变阻器R（最大阻值10）E.小灯泡（2A、5W）F.电池组（电动势E、内阻r）G.开关一只，导线若干(1)某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1的示数_，电压表V2的示数_。（填“变大”“变小”或“不变”）(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示
16、数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=_V、内阻r=_。（结果保留两位有效数字）(3)在UI图像中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_，电池组的效率为_。【答案】 (1). 变小 (2). 变大 (3). 4.5 (4). 1.0 (5). 0 (6). 56%【解析】【详解】（1）1调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，外电路的电阻减小，则路端电压减小，电压表V1的示数变小；2因电路的电流变大，则电压表V2的示数变大。（2）3由题图乙可知，电池组的电动势E=4
17、.5V4内阻（3）5两图线的交点处，两个电压表的读数相同，故此时滑动变阻器接入电路中的阻值为0；6电池组的效率为11.如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab为四分之一圆弧轨道，bc段水平，且与ab圆弧相切于b点，在光滑水平地面上紧靠轨道c端，停着质量为、长度为的平板车，平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为，对轨道的压力大小等于30N，之后物块向右滑上平板车取重力加速度，不计空气阻力求该物块的质量；若物块最终未从平板车上滑落，求物块在平板车上滑动过程中产生的热量【答案】该物块的质量是1kg物块在平板车上滑动过程中
18、产生的热量是【解析】【分析】(1)先研究物块在圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律可求出物块运动到b点的速度，在b点，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，可求出物块的质量(2)再研究物块在平板车上运动的过程，物块先做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当两者的速度相等时相对静止，之后一起匀速运动在此过程中，物块与平板车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块与平板车的最终速度，并求出这个过程中产生的热量【详解】（1）设四分之一圆弧的半径为R，物块的质量为m，在b点轨道对物块的支持力为F，物块从a到b由机械守恒定律有：物块运动到b点，由牛顿第二定律有：联立解得由牛顿第三定
19、律知联立解得：（2）设物块与平板车的共同速度为v，物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：由能量守恒定律有：联立解得：【点睛】对于物块在小车滑动的类型，关键要理清物体的运动过程，知道物块在平板车上滑动时遵守动量守恒定律和能量守恒定律12.如图所示，第一象限有平行于纸面且与x轴负方向成45的匀强电场，电场强度大小未知，第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B现从坐标原点O向磁场中射入一个质量为m，电量为q的带正电的粒子1(重力不计)，速度大小为v、方向与x轴正方向成45.该粒子第一次到达x轴时与该点的一个质量为2m不带电的粒子2发生弹性正碰
20、，碰后带电荷量两者平分，碰后粒子1进入磁场做匀速圆周运动后再经过x轴经电场偏转恰好可以回到坐标原点，粒子2在电场中运动一段时间后也进入磁场求：(1)粒子1与粒子2碰撞离开x轴后再次回到x轴的位置坐标；(2)电场强度的大小；(3)碰撞后两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）分析粒子1的运动情况，在磁场中做匀速圆周运动，结合弹性正碰，利用动量守恒定律和机械能守恒进行求解即可；（2）在电场中做类平抛运动，结合运动的合成与分解进行求解；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；【详解】（1）根据粒子1在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力
21、提供有：解得：则两粒子碰撞的位置为两粒子发生弹性正碰，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律有：联立解得：，粒子1反弹后，由，得到：再次达到轴的距离为：如图所示，则：；（2）类平抛运动的垂直和平行电场方向位移都为所以类平抛运动时间为：又由，联立解得：；（3）粒子2在电场中逆着电场线做匀减速运动到零后反向加速，进入磁场时的速度仍为，根据粒子2在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有：解得：故两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为：【点睛】此题主要考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，要求学生掌握圆周运动、匀变速直线运动及类平抛的基本公式，做此题时需要画出粒子的运动轨迹，并且对粒子的运动分段进
22、行分析（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程(气体与外界无热量交换)这就是著名的“卡诺循环”该循环过程中，下列说法正确的是A. AB过程中，气体对外界做功B. BC过程中，气体分子平均动能增大C. CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. CD过程中，气体放热E. DA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化【答案】ACD【解析】【详解】AAB过程中，温度不变，体积增大，
23、气体对外界做功，故A正确；BBC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；CCD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；DCD过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，故D正确；EDA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故E错误。故选ACD【点睛】本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动
24、能的标志，理想气体内能由问题温度决定14.如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm现向右管缓慢补充水银若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？在条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【答案】（1）52cmHg；（2）427K【解析】（1）对于封闭气体有：p1=（7636）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V
25、1=p2V2 （2）停止加水银时，左管水银比右管高：h1=7652cmHg=24cmHg；对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：h2=h19cm=15cm故封闭气体的压强：p3=7615cmHg=61cmHg封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得： 故： 点睛：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强15.图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，M是平衡位置为x=0.5m处的质点，N是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点N由该时刻起的振动图像，则下列说法正确的是_A.该波沿
26、x轴的负方向传播B.该波的周期是0.20sC.该波的传播速度是10m/sD.t=0.15s时，质点N的速度方向沿y轴正方向E.从t=0.20s到t=0.30s，质点M通过的路程为5cm【答案】ACD【解析】【分析】根据质点N的振动图像，结合波形图可知波的传播方向，从图像中读出波长和周期求解波速；结合波形图进行相关的判断.【详解】由振动图像可知，质点N在t=0时刻向下振动，可知该波沿x轴的负方向传播，选项A正确；由振动图像读数周期为T=0.4s，波长为=4m，则波速，选项C正确；由N质点的振动图像可知，t=0.15s时，质点N的速度方向沿y轴正方向，选项D正确；从t=0.20s到t=0.30s，
27、经过了T/4，由于质点M不是从平衡位置或者最高点最低点开始振动，则质点M通过的路程不等于5cm，选项E错误；故选ACD.16.如图所示，四边形ABCD是一块玻璃砖的横截面示意图，D=90，DO垂直于AB，垂足为O.一束单色光从O点射入玻璃砖，人射角为i，调节i的大小，当i=45时，AD面和CD面都恰好没有光线射出.求：玻璃砖对该单色光折射率.四边形ABCD中A的大小.【答案】（1） （2） 【解析】【详解】根据题意可知，当光线在AB面上O点的入射角为时，恰好在AD面和CD面发生全反射，作出时的光路图如图所示，P、M、N分别为光线在AD、CD、AB面上的入射点，过P、M两点的法线相交于E点，设光线全反射的临界角为由几何关系可知：解得折射率解得设光线在O点的折射角为r，根据，代入，解得根据几何关系可得，解得
