河北省唐山市2019-2020学年度高三年级第一学期考试物理试题及答案word

1、试卷第 页，总9页唐山市20192020学年度高三年级第一学期考试物理试卷二、选择题：本题共 8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第 1417题只有一 项符合题目要求，第1821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。14.某次光电效应实验中发现，入射光频率为u时，刚好发生光电效应现象，将入射光频率变为3u,此时光电流的遏止电压为（）3h uA e2h uB.一eh uC.2eh uD.3e15.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为 m、n2,输电线上的总电阻为 R,变压器为理想变压器。发电机功率不变，为减小

2、输电线上的功率损耗，下列方法可行的是（）A . n1加倍，n2加倍B . m加倍，n2减半C. m减半，n2减半D. m减半，n2加倍16.如图所示，质量为 m的小球通过轻绳 OA、OB悬于车内。车静止时，轻绳 OA竖直、OB倾斜，此 时OA上拉力为当车向左做匀加速运动时，OA上拉力为T2。下列说法正确的是（）A . T1mg, T2= mgB . T1mg, T2mgC. Ti= mg, T2 = mgD. Ti = mg, T2mg.甲、乙两卫星绕地球运动。卫星甲做匀速圆周运动，其轨道直径为4R, C是轨道上任意一点；卫星乙的轨道是椭圆，椭圆的长轴为6R, A, B分别是轨道的近地点和远地

3、点，如图所示。下列说法正确的是（）A.卫星甲的周期大于卫星乙的周期B .两卫星与地心的连线在相同的时间内扫过的面积相等C.卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙在A点的速度D .卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙在B点的速度.边长为L的正方形区域 ABCD内存在着垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m,带电荷量为一 q的粒子以速度v从D点射入磁场，速度方向与 CD边夹角为60,垂直BC边射出磁场，如图所示。则磁场的磁 感应强度为（）A.2mvqLmvB.-r qL19.如图所示为甲、乙两物体同时从同一地点开始运动的速度一时间图 象，下列说法正确的是（）A .两物体总位移之比为 6 : 5B .两物体加速时

4、加速度之比为3 : 2C.两物体减速时加速度大小之比为2： 1D.乙物体未能追上甲物体q但电性不同的正、负点电荷,20.如图所示，正六边形的边长为L,六个顶点固定电荷量大小均为为六边形中心，a、b、c、d分别为所在边的中点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是 （）A. O点场强大小为4kqB.。点电势为零C. b、c两点电场强度相同D.沿虚线由a到d电势一直降低21.如图所示，半圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道 AB平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点时撤去外力F,小物体由C点离开半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB=3R, F的大小可能为（）C.

5、 mg1A.2mg5B.6mg7D.6mg三、非选择题：共 62分。第2225题为必考题。每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考 生根据要求作答。（一）必考题：共47分。（6分）如图甲所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从 静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。（1）下列操作中对减小实验误差有利的是 。A .重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物（2）实验中，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的三个点A、B、C,测得它们到起始点 O的距离分别为hA、hB、hCo已

6、知当地的重力加速 度为g,打点计时器的打点周期为 To设重物的质量为 m,从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减 少量ZEp=mghB,动能增加量 AEk=大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是 O(9分)某同学利用如图甲所示电路测量两未知电阻阻值，两未知电阻的阻值比较接近，其操作过程如(1)在图乙所示的实物图中，己正确连接了部分导线，请根据电路图完成剩余部分的连接。(2)闭合开关Si前，将滑动变阻器的滑片拨到 端(填A或B” J(3)断开S2,闭合Si,调节滑动变阻器到合适位置，两电表读数分别为 U、Ii,可知待测电阻Rxi =。(4)闭合S2,调节滑动变阻器

7、使电压表读数仍为U,此时电流表的读数为I2,可得待测电阻Rx2 =。(5)考虑到电压表内阻的影响，Rxi的测量值 真实值，Rx2的测量值 真实值。(填 大于”等于”或小于”)(14分)质量不计的V形轻杆可以绕 O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53, OA长为li= 0.3 m, OB长为l2=0.6 m,在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q,小球P的质量为m=i kg,如图所示。将 OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到 。点左侧水平位置。已知sin53 = 0.8, cos53 =0.6, g 取 i0 m/s2。求：(i)小球Q的质量M;、_(2)小球

8、Q运动到最低点时，BO杆对小球Q的作用力。(i8分)如图所示，在区域I (0买d)和区域n (dxwd)内均存在匀强磁场，磁感应强度的大小分别为2B和B,方向相反，且都垂直于 xOy平面。边长为L(Lmg,选项D正确。C 解析：卫星甲的轨道半径为 2R,卫星乙的轨道半长轴为 3R,根据开普勒第三定律可知，卫星甲 的周期小于卫星乙的周期，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，而不同轨道半径的卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积不相等，选项B错误；卫星乙运动到A点的速度大于以 A点与地心连线为半径的圆轨道上运动卫星的速度，卫星乙运动到B点的速度小于以B点

9、与地心连线为半径的圆轨道上运动卫星的速度，根据GMTm-mv2可彳导丫=、怦，可知以A点与地心连线为半径的圆轨道上运动卫星的速度大于卫星甲的速度，以B点与地心连线为半径的圆轨道上运动卫星的速度小于卫星甲的速度，所以卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙运动到A点的速度，卫星甲在 C点的速度一定 大于卫星乙运动到 B点的速度，选项 C正确，D错误。C 解析：过D点作粒子速度方向的垂线交BC延长线于。点，则。点为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，如图所示。由几何关系0 =L可得，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为r=唱，由洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2,解得磁场的磁感应强度 B = mv,选项C正确

10、。r2qL一一， , 一一 1AD 解析：根据vt图线与坐标轴所围图形的面积表本位移，可得甲物体总位移x甲=24m=61 一 八，一， m,乙物体总位移 x乙= 2X5* m= 5 m,两物体总位移之比为 x甲：x乙=6 ： 5,选项A正确。根据vt图线的斜率表示加速度可知，甲物体加速运动时的加速度大小为a甲=3 m/s2,乙物体加速运动时的加速度大小为a乙2=2 m/s2,两物体加速运动时加速度之比为a甲：a乙=9 ： 2,选项B错误。甲物体减速运动时加速度大小为3a= 1 m/s2,乙物体减速运动时加速度大小为a = 1 m/s2,两物体减速运动时加速度大小之比为a甲：a =1 ： 1,选

11、项C错误。由于乙物体位移一直小于甲物体，所以乙物体未能追上甲物体，选项D正确。AB 解析：根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可得，。点场强大小 E0 = 2kjq2+2kq2cos602kLq2cos60 :dkg,方向为指向左下，与水平方向夹角为60,选项A正确；根据无穷远处电势为零，正六边形对角两个正、负电荷在 。点产生电场的电势为零，可知正六边形六个顶点处点电荷在六边形中心O点产生的电势为零，选项 B正确；根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，b点的电场强度方向向左下， c点的电场强度方向沿边斜向左下，但两者与水平方向的夹角不同，b、c两点电场强度一定不相同，选项 C错误；在虚线a

12、d上，a点电势最低，d点电势最高，所以沿虚线由 a到d电势一直升高，选项 D错误。1BC 解析：小物体在水平恒力作用下由P运动到B的过程，由动能定理有 F 3R= -mvB,对小物体11vC由B运动到C的过程，由机械能寸恒te律有 mvB=2mgR+ 2mvC,要使小物体能通过 C点，则需满足mg/R, 又小物体离开半圆轨道后落在 P点右侧，则有2R= T2gt2, x= Vct3R,联立解得5mg邛号所以BC正确。11 hchAo22.答案：（1）AB（2分）（2）2m（ 2T ）2（2分）（3）存在空气阻力和摩擦阻力的影晌 （2分）解析：（1）重物选用质量和密度较大的金属锤，可以减小空气阻

13、力对实验的影响，两限位孔在同一竖直面 内上下对正，可以减小纸带下落受到的阻力，对减小实验误差有利，选项AB正确；不需要测量出重物的质量，选项C错误；利用落体法验证机械能守恒定律，应该是手提住纸带上端，接通电源，释放纸带，选项D错误。（2）根据题述可知，打点计时器的打点周期为T,根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打B点时的速度VB = hC2rhA,从打。点到B点的过程中，动能增加量AEk11 hc hA 一 _= 1mvB=2m（史2ThA）2。（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物拖着纸带下落过程中存在空气阻力和

14、摩擦阻力的影响。23.答案：（1）如图所示（2分）（2）A（2分）（3）U （2分）（4）1UT（1分）（5）小于（1分）等于（1分）I1I2 I 1也:用乙解析：（2）闭合开关&前，为保护电压表和电流表，应该将滑动变阻器的滑片拨到待测电路电压为零处，即A端。（3）由欧姆定律可得，待测电阻 Rx1=U。（4）闭合S2,调节滑动变阻器使电压表读数仍为U,此时电流表读数为I2,由并联电路规律可知，通过待测电阻 Rx2的电流为I=I2 I1,由欧姆定律明，待测电阻Rx2= =匚。（5）考虑到电压表内阻的影响，由于电压表的分流作用，通过待测电阻Rx1的电流小于I1,所以待测I2 I1电阻Rx1的测量值

15、小于真实值；由于通过待测电阻Rx2的电流I和待测电阻Rx2的电压U都是真实值，所以待测电阻Rx2的测量值等于真实值。.解：（1）从OA水平释放至 OB到水平位置的过程，系统机械能守恒有，mgl1Sin53 = Mgl2sin53 （3分）解得 M = m=0.5 kg（2 分）（2）小球Q从静止释放运动到最低点的过程，系统机械能守恒，有1 O 1 O .mglisin37 + Mgl2（1sin53 ） = 2mv1+gMv2（3 分）其中V2= 2vi（2分）在最低点，由牛屯第二定律有 F-Mg =Mv2八 二（2 分）解得BO杆对小球Q的作用力为F=t-l N（2分） 3.解：（1）线框在

16、进入磁场I的过程中，ab边切割磁感线产生的电动势Ei=2BLv（2 分）E1线框中白电流i1=R（1分）根据欧姆定律得 Uab = I1 .3（2分）4R解得Uab=3B3LmR4一（1 分）（2）线框在进入磁场n的过程中，ab边和cd边同时切割磁感线产生的电动势为E2=2BLv+ BLv（2 分）线框中白电流I2=R（1分）线框受到的安培力F安=2BI2L+BI2L（1分）由平衡方程得F=F安解得F =18B4L5 八RF（3）设线框完全出磁场n时的速度为v,线框在离开磁场n的过程中，由动量定理有BI3Lt = mv mv（2 分）其中，线框中的平均电流 卜=寻 分）BI 2由法拉第电磁感应

17、定律可知广生的平均感应电动势E3 = b（1分）一 1 一由能重寸恒7E律知 Q= 2mv22mv2（2分）3B46解得Q=2mR2（1分）（1）BDE（5分）解析：单晶体有固定的熔点，多晶体也有固定的熔点，选项 A错误。小昆虫可以停 留在水面上，主要是液体表面张力作用的结果，选项 B正确。热力学第二定律表明，热量不能从低温物体传 递到高温物体而不引起其他变化。空调机夏天工作时，通过压缩机做功，可以将室内的热量散发到高温的室 外，降低室内温度，这里压缩机做功，引起了其他变化，因此不能说明热力学第二定律是错误的，选项C错误。气体的压强是大量气体分子对器壁的碰撞而产生的，所以密闭容器自由下落时，内

18、部气体的压强不会减 小，选项D正确。一定质量的实际气体发生等温膨胀时，分子平均动能不变，若吸收的热量大于气体对外做 的功，根据热力学第一定律可知，其内能增大，选项 E正确。（2）解：对玻璃管由平衡条件有poS+ mg=p1S（2分）解得 P1 = po+mSg（2 分）玻璃管在水银槽内漂浮时，设水银槽内液面与玻璃管内液面高度差为H1,气柱长度为11,有mg = p gHS（1分）玻璃管在水银槽内悬浮时，设气柱长度为出有mg= p gS（1分）封闭气体压强 p2= po+ p g|（1分）封闭气体发生等温变化，有piliS= p2l2S（1分）液面以上玻璃管的长度l = liHi（1分）（1分）（1）BDE（5分）解析：由图可以看出，相同入射角时，b光折射角较小，由折射定律可知，b光折射率较大，所以a光折射率小于b光折射率，选项 B正确；b光的折射率较大，入射光绕O点顺时针转动，光屏上b光先消失，选项 A错误；在真空中，任何频率的光传播速度都等于c,选项C错误；折射率越大，光的频率越大，可知 a光的频率小于 b光，根据频率与波长的关系可知，a光的波长大于b光的，根据双缝干涉条纹间隔公式 Ax= LM知，在同一双缝干涉实验装置中，a光产生的干涉条纹比 b光的宽，选项 D正确;d根据发生明显衍射现象