山西省芮城县2020届高三3月月考物理试题
高三物理试卷
一：选择题（1～8 为单选，8～12 有多项符合题目要求，选全得四分，少选得
2 分，错选得 0 分,共 48 分。）
1. 下列说法正确的是( )
A.链式反应在任何条件下都能发生
B.放射性元素的半衰期随环境温度的升高而缩短
C.中等核的比结合能最小，因此这些核是最稳定的
D.根据 E=mc2 可知，物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系
2. 一个物体沿直线运动， t = 0 时刻物体的速度为 2m/s ，加速度为 1m/s2 。物体加速度
随时间变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. 物体做匀加速直线运动
B. 物体的加速度与时间成正比增大
C. t = 5s 时刻物体的速度为 6.25 m/s
D. t = 8s 时刻物体的速度为 13.2 m/s
3. 某静电场中有一条电场线与 x 轴重合,纵轴 ϕ 表示该条电场线上对应各点的电势,ϕ 随 x
的变化规律如图曲线所示..x 轴上坐标为 x1=−x0 点的电势和电场强度大小分别为 ϕ1 和 E1,坐
标 x2=x0 点的电势和电场强度大小分别为 ϕ2 和 E2,下列有关判断正确的是( )
A. ϕ1>ϕ2,E1>E2 B. ϕ1<ϕ2,E1>E2 C. ϕ1>ϕ2,E1
r0 时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子
间距的增大而减小，所以分子力表现为引力
D. 大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
（2）如图所示为一下粗上细且上端开口的薄壁玻璃管,管内有一部分水银封住密闭气体,上
管足够长,图中大小截面积分别为 S1=2cm2、S2=1cm2,粗细管内水银长度分别为 h1=h2=2cm,封
闭气体长度为 L=22cm.大气压强为 p0=76cmHg，气体初始温度为 57℃。求：
①若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内；
②若温度降低至 237K，气体的长度为多少。
选修题 3-4
19. （1）一列简谐横波沿 x 轴正方向传播, t =0 时刻的波形如图所示,此时波刚好传播
到 x=5m 处的 M 点,从此时起经过 0.1s,平衡位置在 x =1.5m 处的质点第一次回到平衡位置。
则下列判断正确的是( )
A. t = 0 时刻，x = 1m 处的质点 P 正沿 y 轴负方向运动
B. 从 t = 0 时刻开始，经过 0.2s 质点 P 传播到 x = 2m 处
C. 这列波的传播速度大小为 5 m/s
D. 质点 Q 开始振动的方向沿 y 轴正方向
E. 从 0 时刻到 t = 5s 时，质点 Q 运动的路程为 2m
（2）一透明柱状介质，如图所示，其横截面为扇形 AOC，O 为圆心，半径为 R，圆心角为
90∘，AC 关于 OB 对称，一束足够宽平行于 OB 的单色光由 OA 和 OC 面射入介质，介质折
射率为 ，要使 ABC 面上没有光线射出，至少在 O 点左侧垂直 OB 放置多高的遮光板？
（不考虑 ABC 的反射）
2
选择题 1-5 DDBDD 6-8 ACB 9 AB 10 CD 11BC 12ABD
13 解答：
游标卡尺的主尺读数为 4mm，游标读数为 0.05×10mm＝0.50mm，则 d＝4.50mm。
通 过 两 光 电 门 的 瞬 时 速 度 分 别 为 v1=d△t1 ， v2=d△t2 ， 则 系 统 动 能 的 增 加 量
△Ek=12(M+m)(v22−v12)=12(M+m)[(d△t2)2−(d△t1)2]，系统重力势能的减小量△Ep＝(M−m)gh，
当(M−m)gh=12(M+m)[(d△t2)2−(d△t1)2]，则机械能守恒。
14 分析：
（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器；
（2）根据伏安法测电源电动势与内阻是实验原理作出实验电路图；
（3）电源 U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源
内阻．
解答：
(1)两节干电池电动势约为 3V,内阻很小,为方便实验操作,滑动变阻器应选
F. R1(0∼20Ω).
(2)伏安法测电源电动势与内阻实验，电流表测电路电流，电压表测路端电压，
由于干电池内阻很小，为使电压表示数变化明显，可以给电源串联一个定值电阻，
电源与定值电阻组成等效电源，由所给实验器材可知，没有电压表，可以用电流
计与定值电阻 R 组装成一个电压表，实验电路图如图所示。
(3)由图丙所示图象可知,电源的 U−I 图象与纵轴的交点坐标值是 3,则每节干电池
的电动势 E=32=1.5V；
图象斜率 k=△U△I=3−0. 50.5=5,k=R0+2r=3+2r,则每节干电池的内阻 r=5−32=1Ω.
故答案为：(1)F;(2)如图甲所示;(3)如图乙所示;(4)1.5；1.
15 分析：
（1）原来小球与细杆保持相对静止，风速增加后仍然相对静止，分别根据平衡
条件列式求解即可；
（2）下滑过程为加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。
解答：
(1)小球与细杆保持相对静止时,有 mgtan45∘=kv0
风速以加速度 a 均匀增大时,设细杆对球的支持力为 FN,有：FNsinθ−kv=0
其中 v=v0+at
FNcosθ=mg
解得：tanθ=1+av0t
(2)风速为 v0 时,设空气阻力与重力的合力为 F,有：F=mgcos45∘
当细杆与水平面之间的夹角为 45∘+α 时,空气阻力与重力的合力大小、方向均不
变,仍为 F,设物体沿斜面下滑的加速度大小为 a′，
有：Fsinα=ma′
物体由静止开始下滑 L=12a′T2
解得：sinα=2√LgT2
答：(1)细杆的倾角 θ 的正切值随时间 t 变化的关系式是 tanθ=1+av0t。
(2)α 应满足怎样的关系式是 sinα=2√LgT2。
16 分析：
（1）粒子在电场中做类平抛运动，x 方向上做匀加速运动，y 方向做匀速运动，
根据平抛运动的基本公式求解粒子经过 y 轴时的位置到原点 O 的距离；
（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心
力公式可求磁场强度．
解答：
(1)设粒子在电场中运动的时间为 t，粒子经过 y 轴时的位置与原点 O 的距离为
y，
则：SOA=12at2
又：a=Fm
E=Fq
y 方向的位移：y=v0t
解得：y=0.40m.
(2)粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2×107m/s
粒子经过 y 轴时的速度大小为;v=v2x+v20−−−−−√=22√×107m/s
与 y 轴正方向的夹角为 θ
θ=arctanvxv0=450
要粒子不进入第三象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的轨道半径为 R′,则：
R/+2√2R/⩽y
由洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R/…
解得：B⩾(22√+2)×10−2T
答：粒子经过 y 轴时的位置到原点 O 的距离 0.40m;(2)磁感应强度 B 的取值范围：
B⩾(22√+2)×10−2T
17 分析：
（1）设 A、B 在转动过程中，分别对 A、B 由动能定理列方程求解速度大小，由
此判断 A 能不能到达圆环最高点．
（2）A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对 A、B 分别由动能定理列方程
联立求解最大速度；
（3）A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为 0 时，电场力做功最多，
电势能减少最多，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．
解答：
(1)设 A. B 在转动过程中,轻杆对 A. B 做的功分别为 WT、W′T,则：WT+W′T=0①
设 A. B 到达圆环最高点的动能分别为 EKA、EKB，
对 A 由动能定理：qER−mAgR+WT1=EKA②
对 B 由动能定理：W′T1−mBgR=EKB③
联立解得：EKA+EKB=−0.04J④
上式表明：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故 A 不能到达圆环最高点. ⑤
(2)设 B 转过 α 角时,A、B 的速度大小分别为 vA、vB,因 A. B 做圆周运动的半径和
角速度均相同,故：vA=vB⑥
对 A 由动能定理：qERsinα−mAgRsinα+WT2=12mAv2A⑦
对 B 由动能定理：W′T2−mBgR(1−cosα)=12mBv2B⑧
联立解得：v2A=89×(3sinα+4cosα−4)⑨
由上式解得,当 tanα=34 时,A、B 的最大速度均为 vmax=22√3m/s
(3)A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为 0 时，电场力做功最多，
电势能减少最多，由⑨式得：3sinα+4cosα−4=0
解得：sinα=2425 或 sinα=0(舍去)
故 A 的电势能减少：|△Ep|=qERsinα=84625J=0.1344J.
答：(1)小球 A 不能到达圆环的最高点 C；
(2)小球 A 的最大速度值为 22√3m/s.
(3)小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为 0.1344J.
18(1)ADE
(2)分析：
①根据题意求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度；
②气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的体积，求出气柱的长
度．
解答：
①气体的状态参量：p1=p0+h1+h2=80cmHg,p2=p0+h1+h22=79cmHg，
V1=LS1=22S1,V2=(L−h2S2S1)S1=(22cm−2cm×1cm22cm2)S1=21S1,T1=273+57=330K，
由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2,代入数据解得：T2=311K；
②由于 237K 小于 311K，所以再降温的过程中，气体将做等压变化，
气体状态参量：T3=273K,V3=L3S1,V2=21S1，
由盖吕萨克定律得：V2T2=V3T3,代入数据解得：L3=16cm；
答：①若缓慢降低气体温度，降低至 311 开尔文时，所有水银全部进入粗管内；
②若温度降低至 237K，气体的长度为 16cm.
19(1)ACE
(2)分析：
根据折射定律求解光在 AO 面折射进入介质时的折射角；先根据折射定律求出光
线在 OA 面上的折射角。折射光线射向球面 AB，若在 D 点恰好发生全反射，由
临界角公式求出入射角，根据几何知识求出挡板的高度。
解答：
光线在 OA 面上的 C 点发生折射，入射角为 45∘，折射角为 β。
由 n=sin45∘sinβ
解得 β=30∘
折射光线射向球面 AC，在 D 点恰好发生全反射，入射角为 α，有 sinα=1n
解得 sinα=2√2
在三角形 OED 中，由正弦定理有 sinαOE=sin(β+90∘)R
所以挡板高度 h=OEsin45∘
解得 h=3√3R
由对称性可知挡板最小的高度为 H=2h=23√3R
