河北区 2019-2020 学年度高三年级总复习质量检测（一）
物 理
物理学科共 100 分，考试用时 60 分钟
物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷 1 至 3 页，第Ⅱ卷 4 至 8
页，共 100 分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考
试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考
试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号。
2.本卷共 8 题，每题 5 分，共 40 分。
一、单项选择题（每小题 5 分，共 25 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选
项是正确的）
1.在核反应方程 中，X 表示的是
A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. α 粒子
【答案】A
【解析】
设 X 为： ，根据核反应的质量数守恒： ，则：
电荷数守恒： ，则 ，即 X 为： 为质子，故选项 A 正确，BCD 错误．
点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出 X 的电荷数和质量数，
从而确定 X 的种类．
2.若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约
为地球半径 60 倍的情况下，需要验证（ ）
A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的 1/602
B. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的 1/602
C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的 1/6
4 14 17
2 7 8He+ N O+X→
Z
A X 4 14 17 Z+ = + 1Z =
2 7 8 A+ = + 1A = 1
1HD. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的 1/60
【答案】B
【解析】
A、设月球质量为 ，地球质量为 M，苹果质量为
则月球受到的万有引力为：
苹果受到的万有引力为：
由于月球质量和苹果质量之间的关系未知，故二者之间万有引力的关系无法确定，故选项 A
错误；
B、根据牛顿第二定律： ，
整理可以得到： ，故选项 B 正确；
C、在月球表面处： ，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面
和地面表面重力加速度的关系，故选项 C 错误；
D、苹果在月球表面受到引力为： ，由于月球本身的半径大小未知，故无法求
出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项 D 错误．
点睛：本题考查万有引力相关知识，掌握万有引力公式，知道引力与距离的二次方成反比，
即可求解．
3.教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机 内阻可忽略 通过理想变压器向定
值电阻 R 供电，电路如图所示，理想交流电流表 A、理想交流电压表 V 的读数分别为 I、U，R
消耗的功率为 若发电机线圈的转速变为原来的 ，则
A. R 消耗的功率变为 B. 电压表 V 的读数变为
C. 电流表 A 的读数变为 2I D. 通过 R 的交变电流频率不变
M月 m
( )2=
60
GMMF
r
月
月
2
GMmF r
=
( )260
GMM M a
r
=月
月 月 2
GMm mar
=
2
1
60a a=月
'
'
2
M mG m gr
=月
月
月
'
2
M mF G r
= 月
月
( )
.P 1
2
( )
1
2 P 1
2U【答案】B
【解析】
【分析】
根据公式 分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据
判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中
功率的变化；
【详解】AB．根据 可知转速变为原来的 ，则角速度变为原来的 ，根据
可知电动机产生的最大电动势为原来的 ，根据 可知发电机的输出电压
有效值变为原来的 ，即原线圈的输出电压变为原来的 ，根据 可知副线圈的输入
电压变为原来的 ，即电压表示数变为原来的 ，根据 可知 R 消耗的电功率变为 ，
A 错误 B 正确；
C．副线圈中的电流为 ，即变为原来的 ，根据 可知原线圈中的电流也变为
原来的 ，C 错误；
D．转速减小为原来的 ，则频率变为原来的 ，D 错误．
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的
示数为有效值，在理想变压器中，恒有 ，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输
入功率．
4.如图所示，一定量的理想气体，由状态 a 等压变化到状态 b，再从 b 等容变化到状态 c，a、
c 两状态温度相等。下列说法正确的是（ ）
mE nBSω=
1 1 2
2 2 1
n U I
n U I
= =
2 nω π= 1
2
1
2
mE nBSω= 1
2 2
mEU =
1
2
1
2
1 1
2 2
n U
n U
=
1
2
1
2
2UP R
= 1
4 P
2
1
2U
I R
=
1
2
1 2
2 1
n I
n I
=
1
2
1
2
1
2
1 1 2
2 2 1
n U I
n U I
= =A. 从状态 b 到状态 c 的过程中气体吸热
B. 气体在状态 a 内能大于在状态 c 的内能
C. 气体在状态 b 的温度小于在状态 a 的温度
D. 从状态 a 到状态 b 的过程中气体对外做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．从 b 等容变化到状态 c，根据
可知
根据热力学第一定律，气体没有对外做功，而温度降低，内能能减小，因此一定放出热量，A
错误；
B．理想气体的内能是由温度决定的，a、c 两状态温度相等，因此内能相等，B 错误；
C．由于 a、c 两状态温度相等，而 c 的温度小于 b 的温度，因此 a 的温度小于 b 的温度，C 错
误；
D．从状态 a 到状态 b 的过程中，根据热力学第一定律，气体体积膨胀，对外做功，D 正确。
故选 D。
5.如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为 U1 的加速电场加速后，进入电压为 U2 的偏
转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的 P 点．P 点与 O 点的距离叫偏转距离．要提高示波
器的灵敏度（即单位偏转电压 U2 引起的偏转距离）．应采用下列办法中可行的是（ ）
A. 提高加速电压 B. 增加偏转极板 a、b 的长度
C. 增大偏转极板与荧光屏的距离 D. 减小偏转极板间的距离
【答案】BCD
【解析】
【详解】设进入偏转电场时的速度为 v0，偏转电场之间的距离为 d，在电场中的偏转位移为
的
b c
b c
P P
T T
=
c bT T<
1Uh，偏转电场的极板长度为 L，当 越大时，说明灵敏度越高；电子在加速电场中加速，根
据动能定理可得：eU1= mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为： ，电子
进 入 偏 转 电 场 后 的 偏 转 的 位 移 为 ： h= at2 ， ， ，
；即示波管的灵敏度为： ，所以要提高示波管的
灵敏度可以增大 L，减小 d 和减小 U1 ，故 BD 正确，A 错误；又偏转电场极板与荧光屏间的
距离越大，则偏转距离越大，则灵敏度越高，故 C 正确；故选 BCD．
【点睛】本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本
题．这是一个选择题，应该记住某些结论，减少解题时间．
二、多项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选
项是正确的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，选错或不答的得 0 分）
6.处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出 a、b 两种可见光，a 光照射某金属表
面时有光电子逸出，b 光照射该金属表面时没有光电子逸出，则（ ）
A. 以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a 光的侧移量小于 b 光的
B. 垂直入射到同一单缝衍射装置，a 光的衍射中央亮条纹宽度小于 b 光的
C. a 光和 b 光的频率之比可能是 20/27
D. a 光子的动量大于 b 光子的
【答案】BD
【解析】
分析】
要发生光电效应现象，入射光频率大于该金属的极限频率，据此分析两种光的频率关系，然
后根据频率越大，波长越小，折射率越大分析各个选项．
【详解】根据题意可知 a 光频率低于 b 光频率，玻璃砖对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，
b 光的折射率较小，以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b 光的折射角较大，所以
b 光侧移量小，即 a 光的侧移量大于 b 光的，A 错误；频率越大，波长越小，通过同一单缝衍
【
2
h
U
1
2
1
0
2eUv m
=
1
2
2U eFa m dm
= =
0
Lt v
=
2
22 2
11
1 ( )2 42
U e U LLh dm dUeU
m
= ⋅ ⋅ = 2
2 14
h L
U dU
=射装置时，中央亮条纹宽度越小，B 正确；a 光的频率大，故频率之比不可能为 ，C 错误；
频率越大，波长越小，即 ，根据 可知 ，D 正确．
【点睛】本题关键是知道光的频率越大，则其波长越小，同一光学器件对其的折射率越大，
通过同一单缝衍射装置时中央亮条纹宽度越小．
7.如图所示，两种不同材料的弹性细绳在 O 处连接，M、O 和 N 是该绳上的三个点，OM 间距
离为 7.0m，ON 间距离为 5.0m．O 点上下振动，则形成以 O 点为波源向左和向右传播的简谐
横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为 1.0m/s．t=0 时刻 O 点处在波谷位置，观察发现 5s 后此波谷
传到 M 点，此时 O 点正通过平衡位置向上运动，OM 间还有一个波谷．则（ ）
A. 波Ⅰ的波长为 4m
B. N 点的振动周期为 4s
C. t=3s 时，N 点恰好处于波谷
D. 当 M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰
【答案】BD
【解析】
【详解】OM 之间有两个波谷，即 ，解得波 I 的波长为 ，根据题意可知
波 I 的波速为 ，故波的周期为 ，同一波源的频率相
同，故 N 点的振动周期为 4s，A 错误 B 正确；波 II 的波长为 ，故在 t=0 时刻 N
处于平衡位置向下振动，经过 3s，即四分之三周期，N 点在波峰，C 错误；因为 MN 两点到
波源的距离都为其各自波长的 ，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两者振动步调
相同，即当 M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰，D 正确．
【点睛】关键是把握两点：第一点也为突破口，即“5s 后此波谷传到 M 点，此时 O 点正通过
平衡位置向上运动，OM 间还有一个波谷”，第二点是同一波源在不同介质中的振动频率（周
期）相同．
8.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，小物块以速度 v0 滑到长木板上，图(b)为
20
27
a b
λ λ< h
p
λ = a bp p>
1
11 74 mλ = 1 5.6mλ =
1
7.0 1.4 /5
mv m ss
= = 1
1
5.6 41.4T s sv
λ= = =
2 2 4v T mλ = =
114物块与木板运动的 v-t 图像，图中 t1、v0、v1 已知．重力加速度大小为 g．由此可求得( )
A. 木板的长度
B. 物块与木板的质量之比
C. 物块与木板之间的动摩擦因数
D. 从 t=0 开始到 t1 时刻，木板获得的动能
【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了 v-t 与牛顿第二定律综合运用，滑块模型等
【详解】A、根据题意只能求出 AB 的相对位移，不知道 B 最终停在哪里，无法求出木板的长
度，故 A 不能够求解出；
由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为 ，小物块的加速度 ，
根据牛顿第二定律得： ， ，解得： ， ，故
B 和 C 能够求解出；
D、木板获得的动能 ，题目 t1、v0、v1 已知，但是 M,m 不知
道，故 D 不能够求解出
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共 4 题，共 60 分。
9.在“探究求合力的方法”的实验中，下列操作正确的是（ ）
A. 在使用弹簧秤时，使弹簧秤与木板平面平行
1
A
1
va t
= 0 1
B
1
v va t
−=
Aμmg Ma= Bμmg ma= 1
0 1
vm
M v v
= −
0 1
1
v vμ gt
−=
2
kA 1 1 0 1
1 1E Mv mv v v2 2
（ ）= = −B. 每次拉伸橡皮筋时，只要使橡皮筋伸长量相同即可
C. 橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D. 描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在使用弹簧秤时，使弹簧秤与木板平面平行，这样使拉力沿水平方向，误差小，
A 正确；
B．每次拉伸橡皮筋时，应使橡皮筋伸长量相同，方向相同，才能保证合力不变，B 错误；
C．由于用作图法求得合力，橡皮筋方向无确定要来，C 错误；
D．由于两点确定一条直线，描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，这样画
出的直线更准确，D 正确。
故选 AD。
10.一同学测量某干电池的电动势和内阻．
（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图
中在器材操作上存在的两个不妥之处__________；____________．
（2）实验测得的电阻箱阻值 R 和电流表示数 I，以及计算的 数据见下表:
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出 关系图像___________．由图像可计算出该干
电池的电动势为_________V；内阻为__________Ω．
R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0
I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26
/A–1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8
1
I
1R I
−
1
I（3）为了得到更准确 测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为 100 mV 的电压
表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为 0.33 A 时，电压表的指针位置如图
所示，则该干电池的电动势应为_______V；内阻应为_____Ω．
【答案】 (1). （1）①开关未断开 (2). ②电阻箱阻值为零 (3). （2）图像如图所示：
(4). 1.4（1.30~1.44 都算对） (5). 1.2（1.0~1.4
都算对） (6). （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致） (7). 1.0（结果比（2）
问第二个空格小 0.2）
【解析】
本题考查测量电源电动势和内电阻实验，意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能
力．
（1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路 电阻是
零，这样容易烧坏电流表和电源．
（2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线．根据闭合电路欧姆定律 E=I(R+r)得 ，
所以图线的斜率表示电源电动势 V=1.37V，截距绝对值表示 r=0.4×3.0Ω=1.20Ω；
用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻 ，考虑电表
内阻对实验的影响，则 E=I(R+RA+r)，得 ，所以图线的斜率仍表示电动势，
电动势的准确值为 1.37V，图线的截距表示（RA+r），所以内阻精确值为 r=（1.20-0.20）Ω=1.00Ω．
的
的
1R E rI
= ⋅ −
( )8 1.2
6.7 0E
− −= −
3
3
66.0 10 0.2033 10
V
A
A
UR I
−
−
×= = Ω = Ω×
( )1
AR E R rI
= ⋅ − +点睛：本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验，本题创新之处在于用一
个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻，从而提高测量电源内阻的精确度．
11.2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道
示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道BC 高 h=10 m，C 是半径 R=20 m
圆弧的最低点，质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 a=4.5 m/s2，
到达 B 点时速度 vB=30 m/s．取重力加速度 g=10 m/s2．
（1）求长直助滑道 AB 的长度 L；
（2）求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小；
（3）若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN 的大
小．
【答案】（1） （2） （3）3 900 N
【解析】
（1）已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得:
（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
（3）小球在最低点的受力如图所示
100m 1800 N s⋅
2 2
0 2v v aL− =
2 2
0 1002
v vL ma
−= =
0 1800BI mv N s= − = ⋅由牛顿第二定律可得：
从 B 运动到 C 由动能定理可知：
解得;
故本题答案是：（1） （2） （3）
点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第
二定律求解最低点受到的支持力大小．
12.如图所示，在间距 L=0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）
的磁场，磁感应强度为分布沿 y 方向不变，沿 x 方向如下：
导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C=1F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供
恒定电流 I=2A，电流方向如图所示．有一质量 m=0.1kg 的金属棒 ab 垂直导轨静止放置于
x0=0.7m 处．开关 S 掷向 1，棒 ab 从静止开始运动，到达 x3=－0.2m 处时，开关 S 掷向 2．已
知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直．求：
2
CvN mg m R
− =
2 21 1
2 2C Bmgh mv mv= −
3900NN =
100L m= 1800I N s= ⋅ 3900N N=
1 0.2
5 0.2 0.2
1 0.2
T x m
B xT m x m
T x m
>
= − ≤ ≤
− < −（提示：可以用 F－x 图象下的“面积”代表力 F 所做的功）
（1）棒 ab 运动到 x1=0.2m 时的速度 v1；
（2）棒 ab 运动到 x2=－0.1m 时的速度 v2；
（3）电容器最终所带的电荷量 Q．
【答案】（1）2m/s（2） （3）
【解析】
【详解】（1）安培力 ，加速度 ，
速度 ；
（2）在区间 ，
安培力 ，如图所示
安培力做功 ；
根据动能定理可得 ，解得 ；
（3）根据动量定理可得 ，
电荷量 ，
在 处的速度 ，
4.6 /m s 2
7 C
F BIL= F BILa m m
= =
( )1 0 12 2 /v a x x m s= − =
0.2 0.2m x m− ≤ ≤
5F xIL=
2 2
1 2
5 ( )2
ILW x x= −
2 2
2 1
1 1
2 2W mv mv= − 2 4.6 /v m s=
3BLQ mv mv− = −
Q CU CBLv= =
0.2x m= − 3 1 2 /v v m s= =联立解得 ；
13.如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为 4d，宽为 d，中间两个磁场区域间
隔为 2d，中轴线与磁场区域两侧相交于 O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量
为 m、电荷量为+q，从 O 沿轴线射入磁场．当入射速度为 v0 时，粒子从 O 上方 处射出磁
场．取 sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求磁感应强度大小 B；
（2）入射速度为 5v0 时，求粒子从 O 运动到 O′的时间 t；
（3）入射速度仍为 5v0，通过沿轴线 OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从 O 运
动到 O′的时间增加 Δt，求 Δt 的最大值．
【答案】（1） ；（2） ；（3） ．
【解析】
分析】
本题考查带电粒子在组合磁场中的运动，
（1）小题先确定粒子圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；
（2）小题解答关键是定圆心、画轨迹，分段分析和计算；
（3）小题求 Δt 的最大值，关键是要注意带电粒子在磁场中运动的时间不变和速度大小不变，
所以中间磁场移动后改变的是粒子在无磁场区域运动的倾斜轨迹的长度，要使 Δt 最大，则要
倾斜轨迹最长，所以粒子轨迹跟中间磁场的上边相切时运动时间最长，再根据运动的对称性
列式求解．
【详解】（1）粒子圆周运动的半径:
【
3
2 2
2 C7
CBLmvQ CB L m
= =+
2
d
04mvB qd
=
0
53π+72( 180
dt v
= ) m
05
dt v
∆ =粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则：
由题意和几何关系知
，
解得:
（2）入射速度为 5v0 时，由 可得，粒子在磁场中运动的半径为：
设粒子在矩形磁场中的偏转角为 α，由 ，得：
即：
α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间：
直线运动的时间：
0
0
mvr qB
=
2
0
0
0
mvqv B r
=
0 4
dr =
04mvB qd
=
2mvqvB r
=
5
4r d=
sind r α=
4sin 5
α =
1
0
2π 53π
360 720
m dt qB v
= =°
α则：
（3）将中间两磁场分别向中央移动距离 x，如图所示：
粒子向上的偏移量：
由 y≤2d，解得：
则当 xm= 时，Δt 有最大值．
粒子直线运动路程的最大值：
增加路程的最大值：
增加时间的最大值：
2
0
2 2
5
d dt v v
= =
1 2
0
53π+724 180
dt t t v
= + =（ ）
2 (1 cos ) tany r xα α= − +
3
4x d≤
3
4 d
m
m m
2 2 2 3cos
xs d x dα= + − =（ ）
m m – 2s s d d∆ = =
m
m
05
s dt v v
∆∆ = =
微信/支付宝扫码支付