资源简介

高三物理
范围：高考全部内容。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.如图所示为某手机电池照片，上面“3000mAh”表明了这块电池的容量，容量这个物理量的国际单
位应该是
A.瓦特(W)
3000mAh
B.焦耳(J)
C.库仑(C)
D.伏特(V)
2.如图所示，理想变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，下列说法正确的是
A.原线圈电压U1大于副线圈电压U2
B.原线圈电流I1大于副线圈电流12
C.原线圈输人功率P,大于副线圈输出功率P2
D.原线圈每匝磁通量中：大于副线圈每匝磁通量中2
3.有A、B两辆汽车在t=0时刻从同一条公路上的同一点出发开始运动，如图所示的x-t图像中图
线①、②分别描述A、B两辆汽车的位移x随时间t的变化情况。下列说法正确的是
A.t1~t2时间内，B车做匀减速直线运动
B.t2时刻，A、B两车之间的距离最大
C.1~2时间内，A、B两车运动方向相同
D.0~2时间内，A、B两车平均速度相等
物理八第1页（共8页）
4,如图所示，两个质量相同的小球甲、乙用轻绳连接后悬挂在一轻质弹簧下端，整个系统处于静止状
态，不计空气阻力。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是
atttltttttiiiitt
A.剪断轻绳瞬间，小球甲的加速度大小为零
B.剪断轻绳瞬间，小球乙立即失去惯性
甲
C.剪断轻绳后，小球甲上升过程中机械能一直增大
D.剪断轻绳后，小球乙落地前的机械能一直增加
乙
5.有两个不等高的三角形波相向而行，t=0时波形图如图所示。已知波速均为10cm/s,在t=0.6s
时，介质中x=0处质点的位移为
cm
A.2 cm
B.4 cm
x/cm
C.6 cm
D.8 cm
6.如图所示，一定质量的理想气体可以通过两种不同的过程ACB和ADB从状态A变化到状态B。
当通过路径ACB时，系统从外界吸收60J的热量，系统对外做功30J。如果通过路径ADB,系统对
外做功为10J。那么在路径ADB中，系统从外界吸收的热量为
A.100J
B.80J
C.60J
D.40J
7.如图所示，在平面直角坐标系中，y轴左侧存在竖直向上的匀强电场，y轴右侧存在垂直x0y平面
向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点为位于x轴上的一点，某时刻一带负电的粒子从P点
以与x轴成0角的初速度，斜向上射出，经过电场偏转后，以垂直于y轴的速度进人磁场，经磁场
偏转后粒子垂直经过x轴。不计带电粒子重力，则匀强电场的电场强度E的大小为
A.Bvosin 0
B8,m0
C.Bvosin Otan 0
D.sin Otan
物理八第2页（共8页）高三物理·答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.A
(2)根据几何关系可知，该单色光在棱镜中
6.D
7.D
8.B
9.CD
10.AB
11.BC12.AC
13.BD
传播的路程为s=(
4
+2)l
(2分)
14.(1)①1(2分)》
该单色光在棱镜中传播的速率为
②AE(2分
△v
=分
(2分)
(2)①0.5(2分)
该单色光在棱镜中传播的时间为
②ACBD(2分)
③4(2分)
t=3=(15+83)L
(1分)
6e
15.(1)乙(2分)
17.(1)小滑块在斜面上下滑过程中与轨道在水
(2日·R+产2分)
平方向上动量守恒，由动量守恒定律可知
(3)3.85(±0.02,2分)1.63（±0.02,2分）
31=M,
(1分)
16.(1)该单色光在棱镜内传播的光路图如图所
示，设该单色光发生全反射时的临界角为C,
又x1+x2=
2
(1分)
根据儿何关系可知C=60°，根据全反射的临
解得轨道左端与障碍物的初始距离为
界角公式可知n=snC
1
(2分)
L
(1分)
解得n=25
3
(1分)
(2)设小滑块滑到斜面的最低点B时，小滑
设该单色光从O点入射时折射角为B,根据
块的速度大小为，轨道的速度大小为2，对
几何关系可知B=30°
小滑块和斜面，由机械能守恒可得
根据折射定律，有n=sng
(1分)
sin B
动=分×告+分x
M
(1分)
在水平方向上，由动量守恒可得
解得sin=
(1分)
3
影=肠
(1分)
3
联立解得=√h,=
(1分)
根据动量定理可知，障碍物对轨道的冲量大
小为1=M,-(-M,)=M,仔s动
(1分)
物理八第】页（共2页）
(3)设小滑块与轨道最终的共同速度为，根
守恒定律得mgssin37°=Q+7m2
(1分)
据动量守恒有
解得Q=49.5J
(1分)
M
31+M,=(
+M)u
(1分)
定值电阻上产生的热量为
解得u=子6g
(1分)
00
(1分)
设小滑块与轨道BC之间的动摩擦因数为u,
解得Qx=33J
(1分)
根据能量守恒可得：兰g×2L=方×
M
(3)导体棒与正方形导体框发生弹性碰撞，
则该过程动量守恒、机械能守恒，有
(2分)
mv mv'+Mvo
解得弘一品
(1分)
(1分)
18.(1)导体棒释放后，导体棒沿导轨向下做加
联立解得v'=-3m/s,io=6m/s
速度减小的加速运动，当导体棒的合力为0
导体框进入第1个磁场的过程，由动量定理
时，导体棒匀速运动，此时导体棒上产生的
得-BId·△t=M-Mo
(1分)
感应电动势为E=BL
导体棒离开第1个磁场的过程，由动量定理
得-Bld·△t=M1-Me
(1分)
由闭合电路欧姆定律可得Ⅰ=
Rtr
(1分)
又g=1·△1
(1分)
导体棒所受的安培力为F=B儿
(1分)
由法拉第电磁感应定律得
整理得F=BL
R+r
E=4-B
(1分)
△u△
导体棒匀速时，有mgsin a=F
(1分)
由欧姆定律得1=名
解得导体棒匀速的速度大小为"=9/s
联立解得，=4m/s
(1分)
导体棒的速度为到达底端速度的3时，由牛
同理可得，导体框离开第2个磁场时的速度
顿第二定律得
为，=2m/s
B'Lv
mgsin a-
=ma
(1分)
以此类推可知导体框离开第3个磁场时的速
(R+r)
度为u3=0m/s
解得此时导体棒的加速度大小为
所以正方形导体框穿过完整磁场区域的个
a=4 m/s2
(1分)
数为3个
(1分)
(2)导体棒从释放到底端的过程中，由能量
物理八第2页（共2页）

展开更多......

收起↑