唐山市高三物理

1、20200305星期四高中物理作业一、单选题(共 30 分)1.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是轨道的近地点和远地点，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【答案】C【解析】【详解】A由开普勒第三定律R3T2=k得，由于卫星甲的半径(2R)小于卫星乙的半长轴(3R)，所以卫星甲的周期小于卫星乙的周期，故A错误；B由开普勒第二定律可知

2、，每颗卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故B错误；C设卫星乙在过A点的近地圆轨道运行时的速度比卫星甲在C点的速度更大，由于卫星乙在A点要做离心运动，速度比在过A点的近地圆轨道运行时的速度更大，所以卫星甲在C点的速度一定小于卫星乙在A点的速度，故C正确；D设卫星乙在过B点的圆轨道运行，此轨道的半径比卫星甲在C点轨道更大，所以速度更小，由于卫星乙在B点做近心运动，所以速度比过B点的圆轨道更小，所以卫星甲在C点的速度一定大于卫星乙在B点的速度，故D错误。故选C。2.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T1。当车向左匀加速运动

3、时，OA上拉力为T2。下列说法正确的是（）A.T1mg，T2=mgB.T1mg，T2mgC.T1=mg，T2=mgD.T1=mg，T2mg【答案】D【解析】【详解】车静止时，由平衡可知，T1=mg当车向左匀加速运动时，小球向左摆，绳OA沿竖直方向的分力等于小球的重力或等于小球重力与绳OB沿竖直方向的分力之和，所以有T2mg故选D。3.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n1、n2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器。发电机功率不变，为减小输电线上的功率损耗，下列方法中可行的是（）A.n1加倍，n2加倍B.n1加倍，n2减半C.n1减半，n2加倍D.n1减半，n2减半

4、【答案】C【解析】【详解】输电线的功率损耗为P=I22R=(PU2)2RA由公式U1U2=n1n2可知，n1加倍，n2加倍，电压U2不变，所以输电线的功率损耗不变，故A错误；B由公式U1U2=n1n2可知，n1加倍，n2减半，电压U2减小，输电线的功率损耗增大，故B错误；C由公式U1U2=n1n2可知，n1减半，n2加倍，电压U2增大，所以输电线的功率损耗减小，故C正确；D由公式U1U2=n1n2可知，n1减半，n2减半，电压U2不变，所以输电线的功率损耗不变，故D错误。故选C。4.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。质量为m，带电量为-q的粒子以速度v从D点射入磁场，

5、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.3mv2qLB.mvqLC.2mvqLD.3mv6qL【答案】A【解析】【详解】如图所示，由几何关系可得r=Lcos30=233L洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2r得B=mvqr=3mv2qL故选A。5.某次光电效应实验中发现，入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，将入射光频率变为3v，此时光电流的遏止电压为（）A.3hveB.2hveC.hveD.hv2e【答案】B【解析】【详解】入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，所以金属的逸出功为W0=h入射光频率变为3v时，当光电子到过阳极时的速度刚好为0时，

6、电压即为遏止电压，则有h3W0=EkmaxeUC=Ekmax解得UC=2he故选B。二、多选题(共 30 分)6.一束白光射到三棱镜的O点，色散后在光屏上形成彩色光带，光带两侧分别为a光和b光，下列说法正确的是_A.入射光以O点为轴顺时针转动，光屏上a光先消失B.a光折射率小于b光折射率C.在真空中，a光速度大于b光D.在同一双缝干涉装置中，a光产生的干涉条纹比b光宽E.在同一单孔衍射装置中，a光比b光容易发生明显衍射现象【答案】BDE【解析】【详解】AB由图可知，a光的偏折程度较小，所以a光折射率小于b光折射率，当入射光以O点为轴顺时针转动，光屏上b光先消失，故A错误，B正确；C光在真空中的

7、传播速度相同，故C错误；D由于a光折射率小于b光折射率，所以a光的波长大于b光波长，由公式x=Ld可知，a光产生的干涉条纹比b光宽，故D正确；E由于a光折射率小于b光折射率，所以a光的波长大于b光波长，则a光比b光容易发生明显衍射现象，故E错误.故选BDE。7.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（）A.12mgB.5mg6C.mgD.7mg6【答案】BC【解析】【详解】小球能通过C点应满足mvC2Rmg且由C点离开半

8、圆轨道后落在P点右侧区域2R=12gt2vCt3R对小球从P点到C点由动能定理得F3R2mgR=12mvC2联立解得5mg6F25mg24故BC正确，AD错误。故选BC。8.如图所示，正六边形的边长L，六个顶点固定电量大小均为q但电性不同的正负点电荷，O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0，下列说法正确的是（）A.O点场强大小为4kqL2B.O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【答案】AB【解析】【详解】AO点的电场强度为E1,E2,E3的合场强，其中E1=E2=E3=k2qL2E2,E3的合场强为E23=2k2qL2cos30=3

9、k2qL2O点的电场强度为E=(3k2qL2)2+(k2qL2)2=4kqL2故A正确；B由于O点为三组等量异种电荷的中垂直面上，取无穷远处电势为0，所以O点电势为零，故B正确；C由题意可知，等量正负电荷，位于正六边形的六个顶，根据点电荷电场强度E=kQr2，结合电场的叠加原理，可知b、c两点电场强度大小不相等，方向也不同，故C错误；D由于d点离正电荷近，所以电势高，所以沿虚线由a到d电势一直升高，故D错误。故选AB。9.如图所示为甲乙两物体同时从同一地点开始运动的速度时间图象，下列说法正确的是（）A.两物体总位移之比为6:5B.两物体加速时加速度之比为3:2C.两物体减速时加速度大小之比为2

10、:1D.乙物体未能追上甲物体【答案】AD【解析】【详解】ADvt图像与坐标轴所围面积表示位移，所以甲的位移为x甲=1243m=6m乙的位移为x乙=1252m=5m所以两物体总位移之比为6:5，甲乙两物体同时从同-地点开始运动，所以乙物体未能追上甲物体，故AD正确；BCvt图像的斜率表示加速度大小，所以甲加速时的加速度为a甲1=31m/s2=3m/s2乙加速时的加速度为a乙1=23m/s2两物体加速时加速度之比为9：2，甲减速时的加速度为a甲2=033m/s2=1m/s2乙减速时的加速度为a乙2=022m/s2=1m/s2两物体减速时加速度大小之比为1:1，故BC错误。故选AD。10.下列说法正

11、确的是_A.单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点B.小昆虫可以停在水面上，主要是液体表面张力作用的结果C.空调机夏天工作时，可以将室内的热量散发到高温的室内，降低室内温度，说明热力学第二定律是错的D.密闭容器自由下落时，内部气体的压强不会减小E.一定质量的实际气体发生等温膨胀时，内能是可能增大的【答案】BDE【解析】【详解】A晶体都有固定的熔点，故A错误；B表面层内液体分子的作用力主要表现为引力，正是分子间的这种引力作用，使表面层具有收缩的趋势；昆虫停在水面上，水面向下发生弯曲，表面层具有的收缩的趋势给了昆虫向上的支持力。故B正确；C空调机夏天工作时，可以将室内的热量散发到高温的室

12、内，降低室内温度，是消耗了电能，所以热力学第二定律并没有错，故C错误；D当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不会减小，故D正确；E一定量的理想气体发生等温膨胀时，温度不变则气体的内能不变，理想气体分子力忽略不计，无分子势能，实际气体发生等温膨胀时，分子势能可能变化，故内能可能增大；故E正确。故选BDE。三、实验题(共 12 分)11.某同学利用如图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，其操作过程如下：(1)在实物图中，已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)闭合电建S1前，将滑动变阻器的滑片拨到_端(填“A”或“B)；(3)断开S2

13、，闭合S1，调节滑动变阻器到合适位置，两表读数分别为U、I1，可知待测电Rx1=_(4)闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时电流表的读数为I2，可得待测电阻Rx2=_；(5)考虑到电压表的内阻影响，Rx1的测量值_真实值，Rx2的测量值_真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)。【答案】 (1). (2). A (3). UI1 (4). UI2I1 (5). 小于 (6). 等于【解析】【详解】(1)1按电路图连接实物图如图(2)2为了保护用电器，闭合电建S1前，将滑动变阻器的滑片拨到A端；(3)3由电路图可知，电压表测量的是Rx1的电压，电流表测量的是Rx1电流，所以Rx1=U

14、I1(4)4闭合S2，调节滑动变阻器使电压表读数仍为U，此时Rx1的电流为I1，所以Rx2=UI2I1(5)5测Rx1时，由于电压表的分流，使流过Rx1的电流小于电流表的示数，所以测量值小于真实值；6由于电压表测量的是Rx2两端的真实值，I2I1为流过Rx2的真实电流，所以测量值与真实值相等。12.如图所示，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)对于该实验，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，撤手释放重物(2)实验中，得到下图

15、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、hC。已知当地的重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。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Ep=mghB，动能变化量Ek=_(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_。【答案】 (1). AB (2). 12m(hChA2T)2 (3). 存在空气阻力和摩擦阻力的影响【解析】【详解】(1)1A实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确；B为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两

16、限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；C因为我们是比较mgh,12mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故C错误；D实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D错误。故选AB。(2)2由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，B点的速度为vB=hChA2T所以增加的动能为Ek=12m(hChA2T)2(3)3重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响。四、解答题(共 24 分)13.如图所示，在区域I(0xd)和区域II(dx2d)内分别存在匀强

17、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(Ld)的正方形金属线框abcd，质量为m，电阻为R，ab边位于区域I的左边界。在平行于x轴方向的拉力F作用下，线框以v=2B2L3mR的速度匀速运动，直至全部进入磁场区域II。金属线框重力不计，求：(1)线框在进入磁场I过程中，ab两点间的电势差Uab；(2)线框在进入磁场II过程中，拉力F的大小；(3)当线框全部进入磁场II时，撤去拉力F，此后线框在离开磁场II过程中中产生的热量Q。【答案】(1) Uab=3B3L4mR (2) F=18B4L5mR2 (3) Q=3B4L62mR2【解析】【详解】(1)线框在进

18、入磁场过程中，ab边的切割电动势E1=2BLv电流I1=E1R，根据欧姆定律Uab=I134R可得Uab=3B3L4mR(2)线框在进入磁场过程中，ab边和cd边同时切割磁感线产生电动势E2=2BLv+BLv电流I2=E2R，线框受到的安培力F安=2BI2L+BI2L由平衡方程F=F安可得F=18B4L5mR2(3)线框在离开磁场的过程中，由动量定理BI3Lt=mvmv电流I3=E3R，由法拉第电磁感应定律E3=BL2t由能量守恒定律Q=12mv212mv2可得Q=3B4L62mR214.t=0时刻，位于坐标原点的波源开始向上振动，t=0.6s时波传到x=3m处，如图所示。求:(i)波速v和周

19、期T；(ii)推导波源O的振动方程(位移随时间变化的关系式)；(iii)计算x=3m处的质点位移)y=2cm时对应的时刻。【答案】(i)5m/s；0.4s (ii)y=4sin5t（cm）(iii) t=083+0.4n，或t=0.97+0.4n ，其中n=0，1，2【解析】【详解】(i)波速v=st=5m/s由波速公式v=T，可得T=0.4s(ii)波源O的振动方程为y=Asint，其中A=4cm，=2T，可得振动方程为y=4sin5t（cm）(iii)x=3的质点比波源O晚振动0.6s，可知x=3质点振动方程为y1=4sin5（t0.6）（cm）当y1=2时对应时刻为t=0.83+0.4n或t=0.97+0.4n，其中n=0，1，215.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L1=0.3m，OB长为L2=0.6m，在轻杆的AB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=1kg，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O点左侧水平位置。已知sin53=0.8，cos53=0.6，g取10m/s2，求:(1)小球Q的质量M；(2)小