1、試卷第 頁，總9頁唐山市20192020學(xué)年度高三年級第一學(xué)期考試物理試卷二、選擇題：本題共 8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第 1417題只有一 項(xiàng)符合題目要求，第1821題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得 6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得 0分。14.某次光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，入射光頻率為u時，剛好發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，將入射光頻率變?yōu)?u,此時光電流的遏止電壓為（）3h uA e2h uB.一eh uC.2eh uD.3e15.遠(yuǎn)距離輸電的原理圖如圖所示,升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為 m、n2,輸電線上的總電阻為 R,變壓器為理想變壓器。發(fā)電機(jī)功率不變，為減小

2、輸電線上的功率損耗，下列方法可行的是（）A . n1加倍，n2加倍B . m加倍，n2減半C. m減半，n2減半D. m減半，n2加倍16.如圖所示，質(zhì)量為 m的小球通過輕繩 OA、OB懸于車內(nèi)。車靜止時，輕繩 OA豎直、OB傾斜，此 時OA上拉力為當(dāng)車向左做勻加速運(yùn)動時，OA上拉力為T2。下列說法正確的是（）A . T1mg, T2= mgB . T1mg, T2mgC. Ti= mg, T2 = mgD. Ti = mg, T2mg.甲、乙兩衛(wèi)星繞地球運(yùn)動。衛(wèi)星甲做勻速圓周運(yùn)動，其軌道直徑為4R, C是軌道上任意一點(diǎn)；衛(wèi)星乙的軌道是橢圓，橢圓的長軸為6R, A, B分別是軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地

3、點(diǎn)，如圖所示。下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星甲的周期大于衛(wèi)星乙的周期B .兩衛(wèi)星與地心的連線在相同的時間內(nèi)掃過的面積相等C.衛(wèi)星甲在C點(diǎn)的速度一定小于衛(wèi)星乙在A點(diǎn)的速度D .衛(wèi)星甲在C點(diǎn)的速度一定小于衛(wèi)星乙在B點(diǎn)的速度.邊長為L的正方形區(qū)域 ABCD內(nèi)存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m,帶電荷量為一 q的粒子以速度v從D點(diǎn)射入磁場，速度方向與 CD邊夾角為60,垂直BC邊射出磁場，如圖所示。則磁場的磁 感應(yīng)強(qiáng)度為（）A.2mvqLmvB.-r qL19.如圖所示為甲、乙兩物體同時從同一地點(diǎn)開始運(yùn)動的速度一時間圖 象，下列說法正確的是（）A .兩物體總位移之比為 6 : 5B .兩物體加速時

4、加速度之比為3 : 2C.兩物體減速時加速度大小之比為2： 1D.乙物體未能追上甲物體q但電性不同的正、負(fù)點(diǎn)電荷,20.如圖所示，正六邊形的邊長為L,六個頂點(diǎn)固定電荷量大小均為為六邊形中心，a、b、c、d分別為所在邊的中點(diǎn)，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是 （）A. O點(diǎn)場強(qiáng)大小為4kqB.。點(diǎn)電勢為零C. b、c兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同D.沿虛線由a到d電勢一直降低21.如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道 AB平滑連接。小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點(diǎn)，由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)動到B點(diǎn)時撤去外力F,小物體由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域。已知PB=3R, F的大小可能為（）C.

5、 mg1A.2mg5B.6mg7D.6mg三、非選擇題：共 62分。第2225題為必考題。每個試題考生都必須作答。第3334題為選考題，考 生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。（6分）如圖甲所示，打點(diǎn)計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從 靜止開始自由下落，利用此裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。（1）下列操作中對減小實(shí)驗(yàn)誤差有利的是 。A .重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘B.兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正C.精確測量出重物的質(zhì)量D.用手托穩(wěn)重物，接通電源后，撒手釋放重物（2）實(shí)驗(yàn)中，得到圖乙所示的一條紙帶。在紙帶上選取連續(xù)打出的三個點(diǎn)A、B、C,測得它們到起始點(diǎn) O的距離分別為hA、hB、hCo已

6、知當(dāng)?shù)氐闹亓铀?度為g,打點(diǎn)計時器的打點(diǎn)周期為 To設(shè)重物的質(zhì)量為 m,從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能減 少量ZEp=mghB,動能增加量 AEk=大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是 O(9分)某同學(xué)利用如圖甲所示電路測量兩未知電阻阻值，兩未知電阻的阻值比較接近，其操作過程如(1)在圖乙所示的實(shí)物圖中，己正確連接了部分導(dǎo)線，請根據(jù)電路圖完成剩余部分的連接。(2)閉合開關(guān)Si前，將滑動變阻器的滑片撥到 端(填A(yù)或B” J(3)斷開S2,閉合Si,調(diào)節(jié)滑動變阻器到合適位置，兩電表讀數(shù)分別為 U、Ii,可知待測電阻Rxi =。(4)閉合S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器

7、使電壓表讀數(shù)仍為U,此時電流表的讀數(shù)為I2,可得待測電阻Rx2 =。(5)考慮到電壓表內(nèi)阻的影響，Rxi的測量值 真實(shí)值，Rx2的測量值 真實(shí)值。(填 大于”等于”或小于”)(14分)質(zhì)量不計的V形輕桿可以繞 O點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，AO和BO之間的夾角為53, OA長為li= 0.3 m, OB長為l2=0.6 m,在輕桿的A、B兩點(diǎn)各固定一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小球P和Q,小球P的質(zhì)量為m=i kg,如圖所示。將 OA桿拉至O點(diǎn)右側(cè)水平位置由靜止釋放，OB桿恰能轉(zhuǎn)到 。點(diǎn)左側(cè)水平位置。已知sin53 = 0.8, cos53 =0.6, g 取 i0 m/s2。求：(i)小球Q的質(zhì)量M;、_(2)小球

8、Q運(yùn)動到最低點(diǎn)時，BO桿對小球Q的作用力。(i8分)如圖所示，在區(qū)域I (0買d)和區(qū)域n (dxwd)內(nèi)均存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為2B和B,方向相反，且都垂直于 xOy平面。邊長為L(Lmg,選項(xiàng)D正確。C 解析：衛(wèi)星甲的軌道半徑為 2R,衛(wèi)星乙的軌道半長軸為 3R,根據(jù)開普勒第三定律可知，衛(wèi)星甲 的周期小于衛(wèi)星乙的周期，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，同一衛(wèi)星與地心連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，而不同軌道半徑的衛(wèi)星與地心連線在相同時間內(nèi)掃過的面積不相等，選項(xiàng)B錯誤；衛(wèi)星乙運(yùn)動到A點(diǎn)的速度大于以 A點(diǎn)與地心連線為半徑的圓軌道上運(yùn)動衛(wèi)星的速度，衛(wèi)星乙運(yùn)動到B點(diǎn)的速度小于以B點(diǎn)

9、與地心連線為半徑的圓軌道上運(yùn)動衛(wèi)星的速度，根據(jù)GMTm-mv2可彳導(dǎo)丫=、怦，可知以A點(diǎn)與地心連線為半徑的圓軌道上運(yùn)動衛(wèi)星的速度大于衛(wèi)星甲的速度，以B點(diǎn)與地心連線為半徑的圓軌道上運(yùn)動衛(wèi)星的速度小于衛(wèi)星甲的速度，所以衛(wèi)星甲在C點(diǎn)的速度一定小于衛(wèi)星乙運(yùn)動到A點(diǎn)的速度，衛(wèi)星甲在 C點(diǎn)的速度一定 大于衛(wèi)星乙運(yùn)動到 B點(diǎn)的速度，選項(xiàng) C正確，D錯誤。C 解析：過D點(diǎn)作粒子速度方向的垂線交BC延長線于。點(diǎn)，則。點(diǎn)為粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心，如圖所示。由幾何關(guān)系0 =L可得，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r=唱，由洛倫茲力提供向心力有 qvB=mv2,解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B = mv,選項(xiàng)C正確

10、。r2qL一一， , 一一 1AD 解析：根據(jù)vt圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表本位移，可得甲物體總位移x甲=24m=61 一 八，一， m,乙物體總位移 x乙= 2X5* m= 5 m,兩物體總位移之比為 x甲：x乙=6 ： 5,選項(xiàng)A正確。根據(jù)vt圖線的斜率表示加速度可知，甲物體加速運(yùn)動時的加速度大小為a甲=3 m/s2,乙物體加速運(yùn)動時的加速度大小為a乙2=2 m/s2,兩物體加速運(yùn)動時加速度之比為a甲：a乙=9 ： 2,選項(xiàng)B錯誤。甲物體減速運(yùn)動時加速度大小為3a= 1 m/s2,乙物體減速運(yùn)動時加速度大小為a = 1 m/s2,兩物體減速運(yùn)動時加速度大小之比為a甲：a =1 ： 1,選

11、項(xiàng)C錯誤。由于乙物體位移一直小于甲物體，所以乙物體未能追上甲物體，選項(xiàng)D正確。AB 解析：根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可得，。點(diǎn)場強(qiáng)大小 E0 = 2kjq2+2kq2cos602kLq2cos60 :dkg,方向?yàn)橹赶蜃笙拢c水平方向夾角為60,選項(xiàng)A正確；根據(jù)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正六邊形對角兩個正、負(fù)電荷在 。點(diǎn)產(chǎn)生電場的電勢為零，可知正六邊形六個頂點(diǎn)處點(diǎn)電荷在六邊形中心O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為零，選項(xiàng) B正確；根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可知，b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向左下， c點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向沿邊斜向左下，但兩者與水平方向的夾角不同，b、c兩點(diǎn)電場強(qiáng)度一定不相同，選項(xiàng) C錯誤；在虛線a

12、d上，a點(diǎn)電勢最低，d點(diǎn)電勢最高，所以沿虛線由 a到d電勢一直升高，選項(xiàng) D錯誤。1BC 解析：小物體在水平恒力作用下由P運(yùn)動到B的過程，由動能定理有 F 3R= -mvB,對小物體11vC由B運(yùn)動到C的過程，由機(jī)械能寸恒te律有 mvB=2mgR+ 2mvC,要使小物體能通過 C點(diǎn)，則需滿足mg/R, 又小物體離開半圓軌道后落在 P點(diǎn)右側(cè)，則有2R= T2gt2, x= Vct3R,聯(lián)立解得5mg邛號所以BC正確。11 hchAo22.答案：（1）AB（2分）（2）2m（ 2T ）2（2分）（3）存在空氣阻力和摩擦阻力的影晌 （2分）解析：（1）重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘，可以減小空氣阻

13、力對實(shí)驗(yàn)的影響，兩限位孔在同一豎直面 內(nèi)上下對正，可以減小紙帶下落受到的阻力，對減小實(shí)驗(yàn)誤差有利，選項(xiàng)AB正確；不需要測量出重物的質(zhì)量，選項(xiàng)C錯誤；利用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，應(yīng)該是手提住紙帶上端，接通電源，釋放紙帶，選項(xiàng)D錯誤。（2）根據(jù)題述可知，打點(diǎn)計時器的打點(diǎn)周期為T,根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動的物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得打B點(diǎn)時的速度VB = hC2rhA,從打。點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，動能增加量AEk11 hc hA 一 _= 1mvB=2m（史2ThA）2。（3）大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是重物拖著紙帶下落過程中存在空氣阻力和

14、摩擦阻力的影響。23.答案：（1）如圖所示（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）閉合開關(guān)&前，為保護(hù)電壓表和電流表，應(yīng)該將滑動變阻器的滑片撥到待測電路電壓為零處，即A端。（3）由歐姆定律可得，待測電阻 Rx1=U。（4）閉合S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器使電壓表讀數(shù)仍為U,此時電流表讀數(shù)為I2,由并聯(lián)電路規(guī)律可知，通過待測電阻 Rx2的電流為I=I2 I1,由歐姆定律明，待測電阻Rx2= =匚。（5）考慮到電壓表內(nèi)阻的影響，由于電壓表的分流作用，通過待測電阻Rx1的電流小于I1,所以待測I2 I1電阻Rx1的測量值

15、小于真實(shí)值；由于通過待測電阻Rx2的電流I和待測電阻Rx2的電壓U都是真實(shí)值，所以待測電阻Rx2的測量值等于真實(shí)值。.解：（1）從OA水平釋放至 OB到水平位置的過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒有，mgl1Sin53 = Mgl2sin53 （3分）解得 M = m=0.5 kg（2 分）（2）小球Q從靜止釋放運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有1 O 1 O .mglisin37 + Mgl2（1sin53 ） = 2mv1+gMv2（3 分）其中V2= 2vi（2分）在最低點(diǎn)，由牛屯第二定律有 F-Mg =Mv2八 二（2 分）解得BO桿對小球Q的作用力為F=t-l N（2分） 3.解：（1）線框在

16、進(jìn)入磁場I的過程中，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢Ei=2BLv（2 分）E1線框中白電流i1=R（1分）根據(jù)歐姆定律得 Uab = I1 .3（2分）4R解得Uab=3B3LmR4一（1 分）（2）線框在進(jìn)入磁場n的過程中，ab邊和cd邊同時切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E2=2BLv+ BLv（2 分）線框中白電流I2=R（1分）線框受到的安培力F安=2BI2L+BI2L（1分）由平衡方程得F=F安解得F =18B4L5 八RF（3）設(shè)線框完全出磁場n時的速度為v,線框在離開磁場n的過程中，由動量定理有BI3Lt = mv mv（2 分）其中，線框中的平均電流 卜=尋 分）BI 2由法拉第電磁感應(yīng)

17、定律可知廣生的平均感應(yīng)電動勢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：單晶體有固定的熔點(diǎn)，多晶體也有固定的熔點(diǎn)，選項(xiàng) A錯誤。小昆蟲可以停 留在水面上，主要是液體表面張力作用的結(jié)果，選項(xiàng) B正確。熱力學(xué)第二定律表明，熱量不能從低溫物體傳 遞到高溫物體而不引起其他變化。空調(diào)機(jī)夏天工作時，通過壓縮機(jī)做功，可以將室內(nèi)的熱量散發(fā)到高溫的室 外，降低室內(nèi)溫度，這里壓縮機(jī)做功，引起了其他變化，因此不能說明熱力學(xué)第二定律是錯誤的，選項(xiàng)C錯誤。氣體的壓強(qiáng)是大量氣體分子對器壁的碰撞而產(chǎn)生的，所以密閉容器自由下落時，內(nèi)

18、部氣體的壓強(qiáng)不會減 小，選項(xiàng)D正確。一定質(zhì)量的實(shí)際氣體發(fā)生等溫膨脹時，分子平均動能不變，若吸收的熱量大于氣體對外做 的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，其內(nèi)能增大，選項(xiàng) E正確。（2）解：對玻璃管由平衡條件有poS+ mg=p1S（2分）解得 P1 = po+mSg（2 分）玻璃管在水銀槽內(nèi)漂浮時，設(shè)水銀槽內(nèi)液面與玻璃管內(nèi)液面高度差為H1,氣柱長度為11,有mg = p gHS（1分）玻璃管在水銀槽內(nèi)懸浮時，設(shè)氣柱長度為出有mg= p gS（1分）封閉氣體壓強(qiáng) p2= po+ p g|（1分）封閉氣體發(fā)生等溫變化，有piliS= p2l2S（1分）液面以上玻璃管的長度l = liHi（1分）（1分）（1）BDE（5分）解析：由圖可以看出，相同入射角時，b光折射角較小，由折射定律可知，b光折射率較大，所以a光折射率小于b光折射率，選項(xiàng) B正確；b光的折射率較大，入射光繞O點(diǎn)順時針轉(zhuǎn)動，光屏上b光先消失，選項(xiàng) A錯誤；在真空中，任何頻率的光傳播速度都等于c,選項(xiàng)C錯誤；折射率越大，光的頻率越大，可知 a光的頻率小于 b光，根據(jù)頻率與波長的關(guān)系可知，a光的波長大于b光的，根據(jù)雙縫干涉條紋間隔公式 Ax= LM知，在同一雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置中，a光產(chǎn)生的干涉條紋比 b光的寬，選項(xiàng) D正確;d根據(jù)發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象