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高三内部练
物理
参考答案
1.B解析：气体温度始终与环境温度相同，C项错
K闭合，R血减小，则I变大，R。消耗的功率变大，
误；一定质量理想气体的温度不变，内能不变，D项
A项错误；输电线损失的电压增大，降压变压器输
错误：开始时气体压强等于大气压强，图乙时玻璃
人电压减小，输出电压减小，因此R,消耗的功率
管内液面低于玻璃管外液面，因此压强增大，B项
变小，B项正确；仅将滑片P下移，，减小，则I减
正确：根据玻意耳定律可知，气体体积减小，A项错
小，输电线损耗的功率藏小，C项错误；仅将滑片P
误。故选B。
2.D解析：波向右传播，因此t=0时刻，质点A正
下移，降压变压器输出电压U减小，由P=
R可
在向下振动，A项错误：t=0时刻，B、C两质点的
知，降压变压器的输出功率变小，D项错误。故
振动方向均向上，速度大小相等，B项错误；各质点
选B。
做简谐运动的加速度总是指向其平衡位置，因此
8.ACD解析：b与a间的距离保持不变，安培力大
t=0时刻，B、D两质点的加速度方向相反，C项错
小不变，安培力方向沿a、b连线，方向不断变化，
误：A、C两质点、B、D两质点的平衡位置相距均
A项正确，B项错误；设b的质量为m,某时刻a、b
为半个波长，因此振动方向总是相反，D项正确。
连线与竖直方向夹角为0，则F=mg sin0,0减小，
故选D。
F减小，C项正确：沿半径方向，F、=F发十
3.A解析：由hv二w。=U,得U=。v-,则
ngcos0,0减小，F、增大，D项正确。故选ACD。
9.AC解析：由图像可知，A点等势线比B点密，因
。d,得到h=c4L
h△U
△”，A项正确。故选A。
此A点电场强度大，电子在A点加速度比在B点
大，A项正确；由轨迹可知，电子从B向C运动，电
4.B解析：由于小球只受两个力作用，因此只受重
力与恒力F作用，与杆没有作用力，由于重力与F
场力做正功，电子的电势能减少，由夕二。可知，
不在一条直线上，因此合力不可能为零，小球不可
B点电势比C点电势低，根据题意知，C点的电势
能做匀速运动，A、C项错误：由于合力沿杆方向，
为一5V,因此B点电势为一15V,等势线b的电
分析可知，合力沿杆向上，因此小球的运动可能为
势为一35V,B项错误；A点电势为一25V,电子在
沿杆向上的加速运动或沿杆向下的减速运动，B项
A点电势能为25cV,C项正确；电子在B点的电
正确，D项错误。故选B。
势能为15eV,由于电势能与动能的和为一定值，
5.D解析：设A点抛出小球的初速度大小为v1、B
等于40eV,因此电子若运动到等势面b时，动能
点抛出小球的初速度大小为2，由于两球同时抛
为5eV,由图可知，D项错误。故选AC
出同时运动到C点，说明两球竖直分速度相等，即
v1sin30°=v2sin60°，设A点到C点水平距离为
10.AC解析：设ab边刚进磁场时的速度大小为1，
x1,B点到C点水平距离为x2,则x1:x2=
根据机械能守恒有(2mg一mg)×1.5L=
2十
1cos30°t:vcos60°t=3:1,D项正确。故
选D。
3mv,解得1=√L,当ab边刚进磁场时，线框
6.B解析：设地球半径为R,根据开普勒第三定律，
abcd中电流1，=BL工，A项正确：设∫边刚
R
,解得R=3h,设第一宇宙速度
出磁场时，线框的加速度大小为a,对abcd线框
R,解得，v=√3gh,B项正确。
B'L'v
为0，由mg=m
研究，2mg一F1一R
=2ma,对efgh线框研
故选B
B2L201
1
究，F1一mg一
7.B解析：根据题意，输送电压一定，设输送电压为
2R
=ma,解得a=3g
U,输送电流为I,U=R。+(”
）IR负截，仅将开关
BL√g红，B项错误；设cd边刚要进人磁场时
2mR
·物理答案（第1页，共3页）·秘密★启用前
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物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
Q
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1,如图甲所示，导热性能良好的玻璃管开口向下倒立在水槽内的水中，将玻璃管缓慢竖
直向下移一些至如图乙所示位置，此过程环境温度不变，管中气体可视作理想气体，则
一定增大的是管中气体的
A.体积
B.压强
C.温度
D.内能
2.用手握住绳的一端上下做简谐振动，t=0时刻形成的简谐波如图所示，此时绳上A、
班
级
B、C、D四个质点的位移大小相等，则下列说法正确的是
A,t=0时刻，质点A正在向上振动
B.t=0时刻，B、C两质点的速度不同
姓
名
C.t=0时刻，B、D两质点的加速度相同
D.A、C两质点的振动方向总是相反
3,美国物理学家密立根于1916年利用光电效应实验第一次测定了普朗克常量h。某同
学也想通过光电效应实验测定普朗克常量。实验装置如图所示，光电管金属K的截
止频率为v,用不同频率(>)的光照射K,移动滑动变阻器的滑片P,使：A表的
示数均刚好为零时，记录电压表的示数U。当照射光的频率增大△v时，电压表的示数
物理试题第1页（共6页）
增大△U,已知光电子电量为一e,则测得普朗克常量等于
a pr
E
A
B.
△v
e△U
C.&4U
△y
D.
e△U
4.如图所示，粗细均匀的粗糙直杆倾斜固定放置，小球套在杆上，小球的孔径比杆的直径
略大，用恒力F作用在小球上，恒力F方向斜向右上，与杆在同一竖直面内，小球沿杆
运动，小球只受两个力的作用，则关于小球的运动，下列判断正确的是
A,可能沿杆向上匀速运动
B.可能沿杆向上加速运动
C.可能沿杆向下匀速运动
D.可能沿杆向下加速运动
5.如图所示，在空中A点沿右偏上30°角方向抛出一个小球，同时在空中B点沿左偏上
60°角方向抛出另一个小球，结果两球在空中C点（图中未标出）相遇，已知A、B两点
在同一水平线上，两球的轨迹在同一竖直面内，不计小球大小，不计空气阻力，则A、C
两点的水平距离与B、C两点水平距离之比为
10
60
B
A.3:√2
B.√5：2
C.2:1
D.3:1
6.如图所示为发射某卫星的示意图，卫星发射后先在圆轨道1上运行，卫星离地面的高
度为五，在P点变轨后在椭圆轨道2上运行，远地点Q离地面高度为9h,卫星在轨道
2上的运行周期是在轨道1上运行周期的2√2倍，地球表面的重力加速度为g,则地球
的第一字宙速度等于
A.√2gh
B.√3gh
C.√4gh
D.√5gh
物理试题第2页（共6页）高三内部练
物理
评分细则
11.(1)10.90(2分)
根据牛顿第二定律gE=ma
(1分)
(2)2k(2分)
(2分)
解得E=mud
(1分)
gL
12.(1)R:(2分)
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,根据
(2)左(1分)0.66(0.660也可)(2分)
几何关系
k1-R。(2分)
(1分)
k2R。
(3)R。-k2
(2分)
13.(1)光路如图所示，设在P点入射角为i,折射角
解得r-3v2
(1分)
为r,根据几何关系i=45
(1分)
根据牛顿第二定律q0,B=m,
(1分)
2v2mv
解得B=
N
3qL
(1分)
(3)要使粒子第一次在磁场中偏转后再次进电场
的位置离P点的距离为L,则粒子第一次进磁场
根据几何关系
的位置应在PQ的中点，则粒子第一次在电场中
运动的时间
PQ-
+(2R)2=10
(1分)
根据正弦定理
√2L
t'=-
(1分)
sin45°_sinr
=0oc0s45=20
PQ
OQ
(1分)
设挡板到MN的距离为d,则
1
d=℃osin45t'-
1
解得sinr=
(1分)
√10
2a1
(1分)
则介质对光的折射率
解得d=
(2分)
-5
6
(1分)
15.(1)从A、B开始要碰撞至弹簧压缩量最大，根据
(2)根据正弦定理
动量守恒
sin45°_sina
mAUg=(mA十mB)U1
(1分)
PQ R
(1分)
解得
(1分)
解得sina-
(2)设第一次碰撞后A的速度大小为v2,B的速
(1分)
5
度大小为？，根据能量守恒
设全反射临界角C,则
nA0=一nAV2十mBV
(1分)
sin C-1=1
根据机械能守恒
(1分)
n√5
1
即α=C即光照射到Q点时刚好发生全反射。
2mA6=
2mA℃号+
(1分)
(2分)
解得v2=3msvg=6ms
(1分)
14.(1)粒子在电场中做类斜上抛运动，设电场的电场
由于物块B滑上传送带后不能从右端滑离，又传
强度大小为E,则根据题意
送带的速度v<3,因此物块B向左离开传送带
L=vcos 45't
(1分)
的速度大小=4.5m:s,设A、B第二次碰撞的
共同速度为：，根据动量守恒有
usin45=a×2l
1
(1分)
mAVg十mBU=(mA十mB)U4
(1分)
·物理评分细则（第1页，共2页）·
解得v4=4ms
(1分)
得到E.=-2.5十
2+50r2(J
(1分)
则第二次碰撞过程，弹簧被压缩具有的最大弹性
势能
雪20r即三0时，动能有最小值
1
Ep=7mA02+2mn021
-2（mA十mx)f(1分)
此时vp=√5ms
(1分)
解得E,=号J
(2分)
设A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小为V:,
由题可知，物块B滑过传送带过程摩擦力做功
(3)设物块B在P点的速度为vp,落到挡板上的
1
位置坐标为(x,y),则
W,=0-2mB0
(1分)
x=Vpt
1
1
(1分)
1
根据动能定理W,=2ms0一2ms后
y=280
(1分)
解得vm=√4Im:s
(1分)
根据动能定理，落到挡板上时的动能，
Emwvmaky
(1分)
·物理评分细则（第2页，共2页）·

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