资源简介

姓
名
准考证号
绝密★启用前
高三物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，将本试题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.在如图所示光电效应实验中，闭合开关后，发现无光电流，下列措施中光束
、口
可能会出现光电流的是
A.增加光照时间
B.增大光的频率
C.增加AK间的电压
D.对调电源的正负极
2.如图，潜水员看岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里，已知圆锥的顶角是97.6°，则下列
说法正确的是
A.水的折射率为sin48.8
倒的圆扩
B,水的折射率为sin97.6
1
角
C.潜水员潜得越深，圆锥的顶角越大
D.潜水员潜得越深，圆锥的顶角越小
3.只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现卫星通话。如图所示，三颗赤
道正上空的圆轨道通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离
地面高度均为，地球的半径为R,下列说法正确的是
地线
A.三颗通信卫星受到地球的万有引力大小一定相等
B.通信卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C.实现环赤道全球通信时，卫星离地面高度h至少为R
D.通信卫星的加速度保持不变
物理试题(H8)第1页（共8页）
4.动量饣随位移x变化的图像称为相轨。如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一
个质量为的小物块连接，弹簧处于原长，水平地面粗糙。以弹簧原长时物块的位置为坐标原
点O,取水平向右为正方向，建立Ox坐标系，用水平力将滑块从原点向右拉至某位置后由静止
释放，则物块接下来运动过程的相轨图可能为
父Q000
77777777777777777777777777777777777777*3
T)
5.篮球投出后在空中的运动轨迹如图所示，A、B和C分别为抛出点、最高点和入篮框点。已知
抛射角α，B点与C点的竖直距离h,重力加速度g,忽略空气阻力，则
A.可以求出篮球入框时的速度
B.可以求出AB连线与水平方向的夹角
C.A到B的时间可能与B到C的时间相等
D.篮球入框时的速度与水平方向的夹角可能为α
6.如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边
的四等分点，则
A.点电荷A、点电荷C所受静电力大小相等
B.M、V两点的电场强度和电势都相同
C.电子沿直线由O点向C点移动过程中，电场力不做功
D.电子在M点的电势能比在O点时要小
10形方求⊙B
7.如图，一列总质量为（视为质量分布均匀），长为L的火车，从光滑水平面以一定初速度沿光
滑斜面上滑，当火车完全运动到斜面上时速度刚好减为0，已知斜面倾角α=30°，忽略水平面与
斜面连接处损失的能量，火车同一时刻各部分速度大小均相同，以水平地面为零势能面，重力
加速度为g,则该过程中
75069690950
=0
0000007丝
A.火车的初速度大小为=√g
π2L
B.火车上升过程的总时间1一√2g
C.若斜面上的车厢长度为x(x21,
D.若斜面上的车厢长度为x(xgx2
物理试题(H8)第2页（共8页）高二物理参若答案
一、甲项透择翅(本题共了小题,母小超4分,共28分,在母小超给出的四个选项中,只有一项是行合通目要求的
题号1234567
合染IBIAIUIUIDIDIB
片面加额用知八两加的为止同部金相合打为知为预无有职通视明水为定常部面机却托人
光频单小于极限频率,因此增大无的频率,可能会户生元电说,故B正确:AC1增加光照时间、增加AK同
电压、对调电障的正员极,都不会段更入射无频率,仍然不会产生光电流,故ACD)错谈。故运B
2.A【解析1AR当光线几子平行于水面射入水中时,此时新射角为水的临界角C-业立一48,8,根据光的胡
射定律n二n℃一m心g·A正确,B错误;CD,潜水员潜得趋深,水的临界局不变,即国修的顶角不变,胡
CI)错误。故选A。
汉C【解析八,三额通俗卫至的质童关原不调定期受到地球的方有引力火小不一定相等,远项A错谈改第一
中面用加强天的称府明加细上是的运行有小丁前一字由重用说口简说心面儿情实系
K一(有十R)M80,可知方一K,即医现环添道全绿通信时,卫呈两地面两及力主少为K,选项C正确以加缝履
方向会改变,选项1)错误。教进C
4,C【解析1因物换运动过程袋龙服摩释力做功,故系统动能和分能的总和姿减小,但同一位置,势能相问,故后
面每次经过同一位置时物块动能会减小,即后面每次经过间一位置时物块动量会流小,且小球第一次到运
(x=0)时,动量的万向是沿x轴的员万向,即为员值,故选C
3.b【解矿比很搭题愿可知,虽球做斜抛运动,水平万间的建度不受,则有v以C0sα=h=说
从A到B过程中,有1u=,xw=wc0sa·1w,hwA=Sina
Zg
AB连线与水平方向的夹角的正切值tan0--
由于a心知,0可可求,敌B正确;
AC.从B到C过程,篮球做平挑运动,下落高度为h,则有tm=、 ,g三√2gh
则k=y十2gh
由于0禾知,别不可以求出近球入框时的递度,由于九居一
则有tmt
故AC错误;
1.结合上还分析可知w=√2ghu·u=效
则有 tan a=血=ZZshm
AA
设篮球入框时的速度与水平方向的夹角为β则有n==2E
G
由于
则有 tan ctan3
即篮球入框时的违度与水平方向的夹角B一定小于a,故D错误
故这B
6D【解析1A对点电荷A进行受力分析,点电衍A所受点电行B的犀仓力和C点电符的犀仓力夹角为120
所以A所全的静电力为F4=2goos6o_g
对成电荷C进行受力分析,成电荷C所觉质电荷A的年仓力和片成电荷的降仓力失用为0,所以C所受的湖
电力为上c三乙;至cos 3O=
所以A、C所空静电力大小不和导,故A错误
改点电符A的在M、N两点广生的合均位事大反间,合电劳相弯,质电符C在M、N陶点广生的电均偿度大可
相等,方向不同,电努相同,根据电场强度的量加可知M、N两点的电场孩及大小相等,方向不相同,但电努相
物理参考答策(H8)—1
同,故B错误;
C电场线洛直线由U点向C点,所以电于洛直线由0点向C点帮动过程中,电场力做员功,故C错谈
D电子从M到O的过程犀仓力做质功,电努能增大,所以,M点电努能比在O点时袋小,故D正确
故选
7.B【解析1A当火年冗全运动到斜面上时追度刚好减为0,根据动能定理,有一Mg三sin3O'=O—
解得火车的初速度两三 ,故A盐误;
CD.根据题意可知,火车在斜面上的质量为m一广
研面上的火车其重心位置为h一亏sinc
此刻火车具有的重力努能为上=mgh=一mg·云sina=4g
而根据动能定理有一输kh三 5—
g工
联豆解得z=y2一工8,故CD错侯1
B.取活斜面向上为正方向,当到车冲上斜坡的长度为x(xE=——mgsin a=—工gsinax
由此可知,列车做的是简谐抵动,其用期为T=2x
卫口
可知火车上升过程的总时间为1=二=、/工1,故B正确。
故选B
二、多项远择翘(不通共3小题,每小避5分,共15分,在每小题给出的四个选项中,有多项行合趋目要来。全
选对的得与分,选对但不全的得3分,有选错的得0分
号89
客案图)A(图)
&H)【解析1A,质原3和质反7均在平衡位置,二者相距平个液长,还列颞波的波长为4cmA错谈
片因为着点3在万置大位移究,所以障时期角点(孩砌方间间斤,B止明
C质点只排动不移动,质点3不可能运动到图中质点7的位置,C错误
1.经过1=20.25s=20方,经过20个周期时二者的路程相等,最后四分之一周期时间内,质点4向右运动并绍
符*需们面说用中现将中,脂点R白右法动相指中信据称与白本法动说用小现部小以,与4的法
路程大丁角色b的压切路狂,1止棚
故这。
9.AC【解析1A,每秒内,风沿风向移动的距离为0,冲击叶片的气流体积为V=mr
母立方采室气质量为m,因此母秒冲击叶片的气流质量△M一mV一mmr0,故A正确
B,对杉气流的动能上三 Anr 一πrv,故B错误;
C.设发电机线固臣数为N、磁感应强度为B,线固面积为S,由E=NBSw,可得有效值E一 ,知当角
注府弯为元1也动称声为版来的3倍:也疏筑部阻不变,因比临水水流巾管为原交的3倍。R消托动牵尸
『R·因此功率变为P'=(3I)2R=9P,故C正确
1用户端升联一个相同电阻后,手效到箱电回路后,总电阻Kg二K十K年
用户总电阻变为R一号冬后,Rx一立K手
总电阻为R'一Ro+Ry*'一Ro+一R学t>R
因此输电电流小于原采的2倍,K调耗功率小于4F,故口错候
故这A
盘方
物理参考答策(H8)—2
10.BD【解析】A.初始时刻四路中感应电动势为E-BLx一4V
根搭闭合电路的欧博定律可将I一R十R十R一干干2A=1A,故A错谈
R稳定运行时,棒1、3的遗度均为以,此时回路中的电流为零,则有B[功=2BL
取问石为正万间,对棒Z根据动量定理可得一B111=m:(的一%
其中11=8,则有B9]=m(一项)
刚理,对释1促用动重足理可得B9L三期
联立解得功=2m/s,访=4m/s,故B正确。
C.根据能量守堂定律可得(0一 上×mz(后—短)—2《x 云西污一5J
根据集耳定律可得全属碎2严生的系耳烟(2=之Qa=2.5J,故C锆误。
D.稳定运行时,棒1的速度为以,样2的速度为以,取向右为正方向,对择1根据动量定理可得
B1三n《法—动)
对棒2使用动量定理BLQ=n(结一动
对于整个回路,有BLw一BL以十吴
4BLCh
联立解得
1Om 十15CEL
代入数据解得Q-经C.故D正确。
故选BD
三、实验题(共16分,
11(每空2分,共8分)(1)大
(2)A
(3)不要D
【解析1(_1)设小_车质量为M,精码盾量为m,又对整体根据牛损第二定律有mg=(M+m)对小车有F三M解得F==E+后所以实验甲用槽码重力mg代警细绳拉力卜,会使拉力的测量值比真实值偏大(2)由 ng=(A十m)a
爵得α二应干m二十立
当m较小时,有]
得a
a与丽近似成正比;咨期遵新增大时。 逐渐减小a与m不再成正比a一m图像的斜率逐渐减小所以A国
像与实验事实相符,敌选A,
(3)a对小钢球进行分析,受到重力、小车的支持力与压力传感器的弹力,小辆球的合力等于压力传感器的
刀即位刀信氟监的不暂事下小提所部合刀的大小明知,在法解切程中,小重草满是朗烟用可强小下小
质量;
b.设AB间距为x,遮光条宽度为d,选光条通过光电门的眸时造度v=
根据运动守公式矿严2ax
联立解得子=Z立5
d
因此为了直观反映小球的加速度与F成正比,需要建立F停
敌选
盘方
物理参考答策(H8)—3
12.(每字2分,共8分,
(2)2.4(3)2.00 007(4)5
【解析K2)开关S,断开时,电略总电流为0.4A,保持滑片住置不动,闭合开关S,后,电流表的示敏为0.1A
机时部阻报加活为0文八旧下的当并脂,保将职阻不矿的重酒负为满偏0MA时,甲随细职流为1及八。
改策后总电流为2.4A.
41712,00=1.8b
(3)由图像可知E=2.00V,r =Ω=0.o7 O
(4)灯池正常发无时电流下
灯泡中阻尺
P52=32
设电池需要n节,串联电阻为R,根据闭合电路欧姆定律得mE=I(mr/十R+R)
化简存0.7n=3十R
最小值为5,此时R=0.7×50-3Ω=0.50
四、解答的(共41分)
13.(10 分)(1)m=aSM
(2)d=_(ogb十p)h十
pg
(3)吸热
【解析】(1)受力分析有mg=%Sh 【)
解得m=pSh (1分)
(2)初始时,贫内空气的压强p=oRh十 (1分)
当盘内的水高度为H时,盘内空气的压强p满足p十蚀H=R (1分)
缓慢拉升,充足时间热交换,发生等温变化,根据玻意耳定律有phS=p(d一H)S (1分)
(agh十p)
联立解得 十
poggH ()
(3)等温过程,肉能不变,/=0,由高(2)问可如,提升过程中,盆肉空气的压缓减小,体机增大,气体财外级
功,W<0,根据热力学第一定律有△I/=W+Q,可知Q>0,故吸熟 (2分)
14.(15分)(1
25g
(
【解析】(1)粒子在电场中运动时,沿x轴方向
L=xCos53"·1 (1分)
解得=53
活油方向
usin 53'=ati (分)
由牛领第二定律可知a二正
12m
解得E (2分)
25gL
(2)粒子进入匀强磁场后,由牛领第二定律可知
qTwcos53"·B= n(Cos53°)3R (2分)
物理参考答案(H8)—4
由几何关系可知,粒子在碰场中运动轨迹所对的圆心角为60°,粒子在融场中运动的周期
2xR
ucos5 (2分)
粒子在为强醒场中运动的时间
6O 5π
(分)
36O 8
(3)若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场,在匀强电场中运动的时间
上
Cos53 向
班入碰场时,沿x轴方向的速度大小
v=acos 53
活轴方向的速度大小为
它。hSin53 (1分)
故粒子在平行xOy的平面内做匀速圆周运动,半径
RR
活二轴方向微匀这直线运动,因粒子微国周运动的平径不变,故在融场中运动的时间不变,在融场中活三轴为
向运动的位移大小为
在电场中沿二轴方向运动的住移大小为
sin53十u
()
故粒子离开磁场时,轴方向的坐标x=g十
y轴方向的坐标y=R,cos60° (1分)
x轴方向的坐标工=1十K,sin60
即离开强场时的位坐标为1 工分)
15,(16分)(1)0,5
2十5
(2)k1或点
-√25R-4x,-2.5R≤x≤-2R
【解析1(1)设强后清块O的连度为心由于磁后清块O对轨道的压力F突然增大了2mg,即更为30g,根据牛
顿第二定律可得
F—四g三m (分)
设滑块卩碰前的速度为认,硅后造度为动,在滑块卩和滑块Q强撞过程中,由动量守恒定律可得
四动一四十四它 (1分)
由于碰撞过程不考点机概能损耗,所以有
反十 (工分)
滑块P由A适动至D的过程中,由动能定理可得
mgh—gmgl (1分)
物理参考答策(H8)一5
结合蹙意代入数据可符
h=v=√2gK
—O.5
(2)设滑块P到D点的速度为v0,滑块P由A运动至D的过程中,由动能定理可得
&nigh—gkg2 (1分)
设理后,清块P和滑块Q的逵度分别为w·0,在清块P和清块Q理撞过程中,由动量守位定律可得
危wrn=knn"十wrzg (分)
由于碰撞过程不差虑机梳能损耗,故有
点 (分)
解存% 2gR
①若滑块Q能够到达航道的最两点,且不脱属轨道,则滑块Q在最两点E时,由牛领第二定律可得
它g
R
则Q从最低点到最高点的过程,由功能关系可得
—2nkR= (I分)
21O十
联立可得点 (I分)
以云溜操口到恢前其面居不灯题心条晶梦。田班能季怒W有
R
联立可存1 (工分)
2/G十5
缩上可得ks1点表之
(3)滑块O从E点飞出后微平把运动,设飞出的这度为以,蓝在弧形航道上的坐标为(,V),将平搬运动分
成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体,则有
(分)
Q从点上落到轨道KC上的过程中,根据动能定理可得
mg(2R—y)=E (分)
解得落点处的动能为E一mg(2R一y)十
4(2R—y)
因为清块O从E点到弧形航道BC上住意点的动能都相等,且与落点C(一2R,O)一致,则将C点坐标代入得
上=2.5ngR 【工分)
化简可得y三 √25R2-4r(-2.5R≤r≤-2R) (2分)
物理参考答策(H8)—6 点号青来依息

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