资源简介

高三年级物理试卷
考试时间：10：30-11：45试卷满分：100分
一、单项选择题：本题共7小题，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，
每小题4分，有选错的得0分。
1.用两束不同频率的单色光，在同一条件下先后照射锌板，都能产生光电效应。在以上两次实验
中，对于下列四个物理量，可能相同的是
A.光子的能量
B.光子的动量
C.光电子的动能
D,光电子的最大初动能
2.如图，ABC为半圆柱体透明介质的横截面，AC为直径，B为ABC的中点，D为AB的中点，介
质的折射率为√2，真空中一束单色光从D点平行AC边射入介质，
A
又从BC射出介质，则出射光线和入射光线的夹角为
A.15
B.30°
C.45°
D.60°
3.二十四节气反映了地球绕太阳公转过程中季节、气候与物候的变化规律，地球围绕太阳的公转
轨道是一个椭圆，各节气地球所处位置如图所示，下列说法
地球公转方向
正确的是
立豆谷携即分微
小情」
。
A.从“小寒”到“夏至”，太阳与地球的机械能在减小
。立
芒种。
。大
B.地球在近日点和远日点的动能之比与到太阳的距离成
日点
反比
一程
大眉
C.“小暑”时地球受太阳的引力比“大暑”时大
小
小
大骨
D,太阳内部持续发生核聚变导致质量亏损，则每个节气间
处智露秋分来露册
隔变长
4.今年四月以来，持续晴好天气，我省森林防火迎来春季大考。黄冈市针对易燃的芭茅植株进行
精准清除。如图所示，为无人机喷洒农药用的喷雾器，其
药液桶的总容积为10L,装入药液后，封闭在药液上方的
空气体积为1L,气压为latm。打气筒活塞每次可以打进气
压为1atm、体积为0.1L的空气。不考虑环境温度和药液体
积的变化。在打气50次后停止打气，并开始向外喷药，当
喷雾器不能再向外喷药时，药液上方气体气压为1atm,此
时打开喷雾器向筒内装入药液”至与第一次装药液面一
致，则"值为（)
A.4L
B.5L
C.6L
D.7L
5,如图所示，一半径为3R的圆环中放入4个完全相同的半径为R的小圆环，己
知2,3圆环的圆心在同一水平面上，不考虑一切摩擦，则1,2号环之间的
弹力与2,3号环之间的弹力大小之比为
A.1:2
B.1:3
C.23
D.34
高三年级物理试卷（共6页)第1页
6.如图甲所示，以倾斜传送带与水平方向成8，传送带逆时针匀速转动。将一质量为1kg的小物块
9.
无初速度地放在传送带顶端，物块在传送带上运动的x-:图像如图乙所示，3s时离开传送带。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10/s2,则下列说法正确的是
(m/s)
甲
3(s)
乙
10
A.传送带的速度为8m/s
B.传送带与水平方向的夹角0=37
C.物块与传送带之间的动摩擦因数为025
D.物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为19J
7，现有一竖直放置的电容器，板间距为d,两端接有一输出电压恒为U=mg的电源，现有一质量
9
为m,电荷量为g的小油滴从电容器上方沿两板中心线以速度落入电容器，恰好经过右极板
的下端A点，此时小油滴的运动方向和竖直方向之间夹角为8°。己知重力加速度为g,不考虑
电容器的边缘效应和空气阻力，则(c08=75，加8=三)
m,9
10
10
A,小油滴带负电
Vo
B.小油滴在A点处的速度为巨、
8%
C.油滴的运动时间为
6g
D.极板长度为162d
二、多项选择题：本题共3小题，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，每
小题4分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8.某电动汽车车企发行的最新款车型附载了电池预加热技术。预加热器为纯电阻负载，内部有一
保险丝。预加热器正常工作时两端电压瞬时值为w=311si(100πt)V,加热器的总电阻R为202。
当预加热器正常工作时，下列说法正确的是
A.该交流电压的频率为50Hz
B.预加热器两端电压的有效值约为220V
C.一个周期内，该加热器产热约为2420J
D.取出保险丝，将其接入311V的直流电源，该保险丝一定不会发生熔断
高三年级物理试卷（共6页）第2页高三年级物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D B C D C AB AD BC
4.B【解析】由题意知：p0=1atm，V=1L，n=50，ΔV=0.1L，全过程中由玻意耳定律 p0（V+nΔV）=p0V1，
解得 V1=6L。此时药液还剩 4L，故需注入药液 5L，B 正确
7.C【解析】A.电容器左极板的电势高于右极板，则电容器中电场强度向右，粒子带正电，A 错误。
B.分析油滴的受力，其受到重力和电场力。将油滴的运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方
v0 5 2
向的匀加速运动。得：VA sin8
gt，VA cos8
v0 gt，联立解得 t 6g ， v A v0 ，故 B 错误，6
C d 1 L 1 13正确。D. gt 2 ， v t gt 2 ，解得 L d，故 D 错误。
2 2 2 0 2 2
8.AB【解析】A.ω=2πf，则频率为 50Hz，A 正确。B.显然电压的最大值为 311V≈220 2，故有效值为
220V，B 正确。C.频率为 50Hz，周期为 0.02s。产热 Q=I2Rt=48.4J，C 错误。D.保险丝的熔断与交变
电流的有效值有关，若保险丝的熔断电流有效值在 220V～311V 范围内，该电阻丝会发生熔断。D 错
误。
9.AD【解析】A.两小球从抛出到相遇，运动时间相同，又出发时在同一条竖直线上，即两小球水平
vsin30°
位移相等，故两小球水平方向速度相等，则 v=2m/s，A 正确。在竖直方向上，运动时间 t= g =0.1s，
h= 1gt2+ vsin30°t- 1gt2=0.1m，B 1错误。C.若两小球仍能在空中相遇，竖直方向上 h= gt2+ vsin30°t-
2 2 2
1gt2=0.1m，水平方向上 vcos30°t=v0t-0.1 3，解得：v=1m/s，t=0.2s，此时甲球竖直方向上位移为 0.2m2
1
＞0.1m，故无法在空中相遇，C 错误 D.若两小球仍能在空中相遇，竖直方向上 h= gt2+ vsin30°t-
2
1gt2=0.1m，水平方向上 vcos30°t=v0t+0.1 3，解得 t=0，不符合题意，故无法相遇。2
10.BC 2v【解析】A .导体棒在O1O2上方做匀加速直线运动，则加速度等于 0，A 错误，t1
B.导体棒运动过程中 mgsinθ-BId=ma，I=ΔQ，ΔQ=CΔU=CBdΔv，则 I=CBdΔv=CBda mgsinθ 2v，则 a= = 0，
Δt Δt m+CB2d2 t1
B =1 mgsinθt解得： 1 2mv01 ，B 正确d 2Cv0
A. 两导体棒发生弹性碰撞，易得 PQ 的速度为 3v0，MN的速度为 v0，在外力作用下系统动量守恒，
2mv =m
2
2v +mv v =6v 4 B d
2 6
则有 0 1 1，解得 1 0。对导体棒 MN 列动量定理：mgsinθt2- mgsinθ+ Δx3 5 3 R 1=m（ v -v ），5 0 0
解得：Δx = R [ 11 2 2 mv
1
0+ mgsinθt2]。C 正确。B d 5 3
分析可得，当两导体棒共速时，回路中总电动势为 0，安培力为 0，两导体棒将保持 gsinθ μgcosθ向
下匀加速直线运动，达到稳定状态。在撤去 F 之后，共速之前，对导体棒 MN 列动量定理：
高三年级 物理参考答案（共 6 页）第 1页
2 2 2 2
mgsinθt +B d 6 13 Δx2=m（v- v0），对导体棒 PQ 列动量定理 mgsinθt —
B d
3 Δx
m
2=（v-
12v 3mv R0），解得：Δx = 0 ，R 5 3 R 3 5 2 10B2d2
R 1 1
故两导体棒间距为Δx1+Δx2= 2 2 [ mv + mgsinθt ]，D 错误。B d 2 0 23
11．（每空 2 分）答案：（1）B （2）m1 x0=m2 x2 m1 x1 x1 x2
【详解】（1）[1][2]由于小物块 M、N 材质相同，则小物块 M、N 与长木板的动摩擦因数相同，则
小物块 M、N 做匀减速直线运动的加速度均为 a，有
mg ma
整理有
a g
设碰撞前物块 M 经过 O点的速度为 v，有
0 v2 2ax0
设碰撞后物块 M 和 N 经过 O点的速度分别为 v1、 v2，则有
0 v 2 2ax 2，0 v2 2ax1 1 2
由于碰撞时间极短，则若碰撞中动量守恒有
m1vo=m2v2 m1v1
整理有
m1 x0=m2 x2 m1 x1
所以还需要测量的是 A 滑块的质量mA 和 B 滑块的质量mB 。
（2）[1]有上述分析可知，动量守恒有m1 x0=m2 x2 m1 x1
[2]若物块 A、B 发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律
1 2 1 1m1v0= m v21 1+ m2v22 2 2 2
结合之前的式子，联立有
m1xo=m1x1+m2x2
又因为
m1 x0=m2 x2 m1 x1
解得
x0 x1 x2
高三年级 物理参考答案（共 6页）第 2页
12.（每空 2 分）答案：（1）S （2） 1 （3）正极 1.40 （4）
（1）若多用电表未被使用时发现指针出现在题图甲①位置，则需要调节机械调零旋钮，即题图乙中
的旋钮 S。
（2）指针位于图甲中③位置，要想使指针靠近表盘中央（即表盘读数变大），应选择更小的倍率，
即选择 1倍率的电阻挡。
（3）在粗测一节干电池的电动势时，量程是 2.5V，刻度盘最小刻度值为 0.05V，题图甲中指针在②
位置时所对应的数值为 1.40V。
（4）见图
3
13.答案：（1）8cm （2） y 10sin(4 t )cm
4
3
解析：（1）由图可知，平衡位置在 1cm 和 7cm 的间距为 n 个波长，
4
3
即 7cm 1cm n （3 分）
4
1
又因为 1cm （1 分）
4
故 n取 0，解得波长 8cm （1 分）
（2）设 P 的振动方程为 y Asin( t ) cm
由题知： A 10cm， （1 分） 2 f 4 rad/s （1 分）
T 3
在经历 的时间质点 P 运动到平衡位置且向下振动。则初相位 （1 分）
8 4
3
则，设 P 的振动方程为 y 10sin(4 t )cm 。 （2 分）
4
高三年级 物理参考答案（共 6 页）第 3页
4gR gRt 2 5
14.答案：（1） （2） （3） R
3 12 8
解析：（1）A 滑到 B 最高点时速度相同，设共同速度为 v1，
从开始运动到 A 运动到最高点，A、B 组成的系统水平方向上动量守恒：
mv0 (m 3m)v1 （2 分）
系统机械能守恒：
1 mv2 10 (m 3m)v
2
1 mg(R R cos 60
) （2 分）
2 2
联立解得： v 4gR0 （1 分）3
（2）从开始运动到 A 从 B 滑下，A、B 组成的系统水平方向上动量守恒：
mv0 mvA 3mvB （1 分）
等式两边同时乘以 t，再累加得：
mv0 t mvA t 3mvB t， （1 分）
即mv0t mxA 3mxB （1 分）
另外 xA xB （1 分）
x gRt
2
解得： B （1 分）12
（3）B 固定后，A 运动到 B 的最高点时的速度为 v2，由机械能守恒定律得：
1 mv2 10 mv
2
2 mg(R R cos 60
) （2 分）
2 2
A 从 B 冲出后做斜抛运动继续上升的高度为 h，由运动学公式得：
(v 22 sin 60 ) 2gh （2 分）
A 离地的最大高度为H ，则H (R R cos 60 ) h （1 分）
5
解得：H R。 （1 分）
8
x
15．答案（1）2.0×103m/s （2）33% （3） y= ( 0.2m≤x≤0.2m)4
高三年级 物理参考答案（共 6页）第 4页
解析：（1）由电场力做功得： qU = 1mv20 0 （3 分）2
解得：
v0=2.0×103m/s （2 分）
（2）由于粒子在 M、N 板间的运动时间远小于电压U2的周期，故粒子进入 MN 板间运动可视为类平
抛运动，有：
L=v0t （1 分）
y= 1 at2 （1 分）
2
又
q U =ma （1 分）
d
要能打到荧光屏上，则
y≤ d （1 分）
2
解得：
U≤100V （1 分）
由正弦式交流电规律可知，一个周期内打在屏上的粒子数占总数的
η=33% （1 分）
（3）粒子进入磁场后做螺旋运动，OO’方向上做匀速运动，用时相同
t = πL1 （1 分）v0
在垂直 OO’的面内做匀速圆周运动，有
2
qv vyyB=m （1 分）R
T= 2πR （1 分）
vy
联立解得有
t = T1 （1 分）2
故粒子打在坐标轴上的位置有
x= 2R （1 分）
y= vy t （1 分）
2
联立解得
y= x ( 0.2m≤x≤0.2m) （1 分）
4
高三年级 物理参考答案（共 6 页）第 5页
高三年级 物理参考答案（共 6页）第 6页

展开更多......

收起↑