高三物理试卷带答案解析

高三物理试卷带答案解析考试范围：xxx；考试时间：xxx分钟；出题人：xxx姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五六总分得分注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.一只船在水中航行时所受阻力跟速度成正比，现在此船由静止开始沿直线航行。若保持牵引力不变，当速度达到3m/s时，加速度为a1，最终以6m/s的速度匀速运动；若保持牵引力的功率不变，当速度达到2m/s时，加速度为a2，最终以4m/s的速度匀速运动。则船在这两个运动过程中的加速度a1与a2之比为（

）A．1:2

B．2:1

C．2:3

D．3:22.如图，沿波的传播方向上有间距均为1米的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1米/秒的速度水平向右传播，t=0时到达质点a，a开始由平衡位置向上运动，t=1秒时，质点a第一次到达最高点，则在4秒＜＜5秒这段时间内A．质点的加速度逐渐减小B．质点的速度逐渐增大C．质点向下运动D．质点f向右运动3.如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止。当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为(以向上为正方向)()A．a1＝ga2＝gB．a1＝2ga2＝0C．a1＝－2ga2＝0D．a1＝0a2＝g4.如图，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点，一小球以一定的初速度沿AB射入，恰能通过最高点，设小球在最高点D的重力势能为零，则小球在B点对轨道的压力F与机械能E的说法正确的是()A．F与R成正比B．F与R无关C．E与R成正比D．E与R无关5.处于基态的一群氢原子受某种单色光的照射时，只发射波长为λ1、λ2、λ3的三种单色光，且λ1＞λ2＞λ3，则照射光的波长为（

）A．λ1

B．λ1＋λ2＋λ3

C．λ2λ3/（λ2＋λ3）

D．λ1λ2/（λ1＋λ2）6.如图所示，在一圆环（图甲）里加一变化的磁场，使线圈的磁通量变化如图乙所示，不计线圈的电阻，将线圈两端接在图丙中理想变压器的原线圈两端，滑动变阻器的滑片放在变阻器的中点，电压表的示数为1OV，则下列说法正确的是A．圆环的输出电压的有效值B．变压器原副线圈匝数比为5:1C．滑动变阻器的滑片向上滑动时电流表的示数变大D．滑动变阻器的滑片向上滑动时电压表的示数变大7.有两个电源1和2，电动势和内电阻分别为E1、r1和E2、r2，阻值R相同的两个电阻分别接到两电源两端时，电阻R消耗的电功率分别是P1、P2，则()A．若E1＞E2，r1＝r2，不论R大小如何，一定是P1＞P2B．若E1＝E2，r1＞r2，不论R大小如何，一定是P1＞P2C．若E1＞E2，r1＞r2，不论R大小如何，不可能P1＝P2D．若E1＝kE2，r1＝kr2(k≠1)，不论R大小如何，一定是P1＝P28.2011年11月3日，我国科技工作者成功的使“神舟8号”飞船与“天宫1号”在太空实现交会对接。对接前，为对这两个航天器的关键状态进行监视和判断，某段时间内让它们在同一圆形轨道上同方向运行，如图所示。为了拉近两者间的距离，对“神舟8号”还要不断的变轨。以下说法正确的是（

）A．若“神舟8号”向运动的相反方向喷气加速后，它将能沿此轨道追上“天宫l号”实现对接B．若“神舟8号”向运动的相反方向喷气加速后，它将降低轨道运行C．若“神舟8号”向运动的相同方向喷气减速后，它将降低轨道运行D．若“神舟8号”向运动的相同方向喷气减速后，它将升高轨道运行9.放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成，而可以经一次衰变变成（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成，和最后都变成，衰变路径如图所示，则图中A．a＝82,b＝211B．①是β衰变，②是α衰变C．①是α衰变，②是β衰变D．b81Ti经过一次α衰变变成82Pb10.欧盟和中国联合开发的伽利略项目建立起了伽利略系统（全球卫星导航定位系统）．伽利略系统由27颗运行卫星和3颗预备卫星组成，可以覆盖全球，现已投入使用．卫星的导航高度为2.4×104km，倾角为56°，分布在3个轨道上，每个轨道面部署9颗工作卫星和1颗在轨预备卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作．若某颗预备卫星处在略低于工作卫星的轨道上，以下说法中正确的是（

）A．预备卫星的周期大于工作卫星的周期，速度大于工作卫星的速度，向心加速度大于工作卫星的向心加速度B．工作卫星的周期小于同步卫星的周期，速度大于同步卫星的速度，向心加速度大于同步卫星的向心加速度C．为了使该颗预备卫星进入工作卫星的轨道，应考虑启动火箭发动机向前喷气，通过反冲作用从较低轨道上使卫星加速D．三个轨道平面只有一个过地心，另外两个轨道平面分别只在北半球和南半球评卷人得

分

二、多选题11.如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功，磁场力对导体棒做功，磁铁克服磁场力做功，重力对磁铁做功，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为。则A．

B．

C．

D．12.如图所示，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=5Ω．当电键S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则下列说法中正确的是（）A．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩB．电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩC．电键s断开时电压表的示数一定大于s闭合时的示数D．电键s断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω13.某同学站在竖直升降机内，升降机做下列哪些运动时，该同学处于超重状态（

）A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降14.如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力B．木块a与铁块b间一定存在摩擦力C．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力D．竖直向上的作用力F的大小一定等于铁块与木块重力之和15.如图所示，光滑水平面上存有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°，若线框的总电阻为R，则A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBAB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为D．AC刚进入磁场时CD两端电压为评卷人得

分

三、计算题16.小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为3d/4,重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。（1）求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。（2）轻绳能承受的最大拉力多大？（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？17.（20分）传送带以稳定的速度v=6m/s顺时针转动，传送带与水平面的夹角θ=37°，现在将一质量m=2kg的物体（可以看作质点）轻放在其底端，传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20N拉物体，经过一段时间物体被拉到斜面顶端，如图所示，已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6m，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s2，sin

37°=0.6，cos37°=0.8）（1）从底端开始经多长时间物体与传送速度相同?（2）若达到共速后保持拉力不变，物体还需多长时间到达斜面顶端？（3）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？(结果可用根式表示)评卷人得

分

四、实验题如图所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．18.下列说法正确的是

。A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验m2应远大于m1D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a一图像19.实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图像，可能是图中的图线

．（选填“甲”、“乙”、“丙”）20.如图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出，由此可求得小车的加速度大小

m/s2．（结果保留二位有效数字）21.与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如左图所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体通过时的挡光时间。为了测定两张纸之间的动摩擦因数，某同学利用光电计时器设计了一个实验：如上右图所示，在小铁块A和木板B上贴上待测的纸，木板B水平固定，铅锤通过细线和小铁块相连。l和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出。释放铅锤，让小铁块在木板上加速运动，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为和0.6×10-2s。用游标卡尺测量小铁块的宽度d如下图所示。(1)读出小铁块的宽度d=

cm．(2)铁块通过光电门l的速度v1=

m／s，铁块通过光电门2的速度v2=

m／s．（计算结果保留3位有效数字）(3)已知当地重力加速度为g，为完成测量，除了测量v1、v2和两个光电门之间的距离L外，还需测量的物理量有:

、

．（用文字说明并用字母表示）(4)用(3)中各量求解动摩擦因数的表达式：

（用字母表示）评卷人得

分

五、简答题22.（19分）如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ=45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点。在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）。某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m、电量为+q的粒子a和b。结果粒子a恰从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场。不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知。求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t；（3）如果金属板间交变电场的周期，粒子b从图乙中t=0时刻进入电场，要使粒子b能够穿出板间电场时E0满足的条件。23.如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O点，夹角θ=300。，在MO左侧存在电场强度为E.方向竖直向下的匀强电场;MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，且O点在磁场的边界上。现有大量质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以速度v(0<v<E/B)垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(1)

速度最大的粒子从O点运动至水平线PQ所需的时间；(2)

磁场区域的最小面积。评卷人得

分

六、综合题24.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d<），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离。

参考答案1.A【解析】当船匀速行驶时，受到的牵引力和阻力相等，设，当保持恒定牵引力时，，所以当速度v=3m/s时有，当以恒定功率运动时，，故当v=2m/s时，加速度，故A正确．2.C【解析】分析：由a点的起振情况确定周期，由波速公式求出波长．根据波的传播方向，研究一个周期后，各质点的振动状态，再分析4s＜t＜5s这段时间内，各质点的运动情况．解答：解：由题，T=4s，则波长λ=vT=1×4m=4mA、由于波向右传播，一个周期后，c点经过平衡位置向下，4s＜t＜5s这段时间内，c的加速度逐渐增大．故A错误．B、一个周期后，a经过平衡位置向下，4s＜t＜5s这段时间内，速度逐渐减小，故B错误．C、一个周期后，d点在波峰，4s＜t＜5s这段时间内，向下运动，故C正确．D、质点在各自的平衡位置上下振动，没有随波迁移．故D错误．故选C点评：本题要根据由波的传播方向，确定质点振动方向，这是波的图象中基本题型．研究质点的振动情况，往往还要结合波长和周期来分析．3.C【解析】解：设小球的质量为m，剪断绳子前，弹簧的弹力F=mg，剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，合力为零，加速度a2=0，以向上为正方向，对A分析，，故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查了牛顿第二定律得瞬时问题，知道剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，基础题．4.BC【解析】小球恰能通过最高点时，则有mg=，vD=，根据动能定理得，=+2mgR，得到v0=，小球经过B点后的瞬间，F-mg=m，得到轨道对小球的支持力F=mg+m=，F与R无关。机械能E==+2mgR=mgR，得知m与R同时增大，初动能Ek0增大．5.D【解析】试题分析：氢原子受某种单色光的照射时要跃迁到高能态，因为能放出三种光，说明此时氢原子处在第3能级，从第三能级跃迁到基态时放出光子能量为：，或者．能使处于基态氢原子跃迁的光子能量和第三能级与基态之间能级差相等．故有：，λ=λ3，或者，此时，故D正确．考点：玻尔理论。6.B【解析】线圈产生感应电动势的最大值为，因此输出电压的有效值为50V，A错误；由于电压表示数为10V，因此原副线圈匝数比为5:1；B正确；变压器输出电压不变，滑动变阻器的滑片向上滑动时电压表的示数不变，电阻变大，电流表的示数变小，CD错误。故选：B。7.A【解析】由可知，若E1＞E2，r1＝r2，不论R大小如何，一定是P1＞P2，故A正确若E1＝E2，r1＞r2，不论R大小如何，一定是P1＜P2，故B错误若E1＞E2，r1＞r2，当时，P1＝P2，故C错误若E1＝kE2，r1＝kr2(k≠1)，因为，所以一定是P1＞P2，故D错误故选A8.C【解析】“神舟8号”向运动的相反方向喷气加速后，它将升高轨道运行，故B错，而且也不会追上同轨道的天宫一号，所以A错，若“神舟8号”向运动的相同方向喷气减速后，它将降低轨道运行C对，D错【点评】本题关键要搞清两个问题：一是如何靠喷气加速、减速；二是怎样调整轨道使两者对接。显然是改变神舟8号，使它被天宫1号追上。所以要减速，减速后万有引力大于向心力，所以轨道降低，再加速升高轨道使两者对接。9.B【解析】试题分析：经过①变化为，质量数没有发生变化，为衰变，即：，故a=84，经过经过②变化为，核电荷数少2，为衰变，即：，故b=206，故AC错误，B正确；，故经过一次衰变变成，故D错误．考点：核反应方程的应用【名师点睛】知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行分析判断即可．10.B【解析】试题分析：A、由题，预备卫星在略低于工作卫星的轨道上，由根据开普勒第三定律=k分析知，预备卫星的周期小于工作卫星的周期，由卫星的速度公式v=分析知，预备卫星的速度大于工作卫星的速度．由向心加速度公式an==知，预备卫星的向心加速度大于工作卫星的向心加速度．故A错误．B、地球同步卫星的周期为24h，工作卫星的周期小于同步卫星的周期，由卫星的速度公式v=分析知，工作卫星的速度大于同步卫星的速度．由向心加速度公式an=知，工作卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度．故B正确．C、预备卫星处于低轨道上，为了使该预备卫星进入工作卫星的轨道上，应考虑启动火箭发动机向后喷气，通过加速，使其做离心运动，使卫星的轨道半径增大，才能从较低轨道进入工作卫星的轨道．故C错误．D、三个轨道平面都必须过地心，否则由于地球引力的作用，卫星不能稳定工作．故D错误．故选：B11.BCD【解析】由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化导体棒的机械能，所以W2-W1=Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1=Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳势和导体棒的内能，故D正确。【考点定位】电磁感应；能量守恒定律12.BCD【解析】电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有，将代入方程成立，而将代入方程不成立．故B正确A错误；电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数，故C正确；根据闭合电路欧姆定律得，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确．13.AD【解析】解：物体处于超重状态，加速度方向一定竖直向上，但速度方向可能向上，也可能向下；电梯可能向上做加速运动，或向下做匀减速运动，故AD正确，B、C错误．故选：AD【点评】本题主要是考查对超重失重现象的理解，并利用牛顿第二定律来求物体的加速度，判断运动情况．14.BD【解析】对a、b整体受力分析，受到重力和推力，因为匀速运动，所以二力平衡；整体不受墙壁的弹力和摩擦力，如有摩擦力，则一定有弹力，且弹力水平方向，物体不会平衡，因为没有弹力，所以也没有摩擦力，故a与墙之间没有摩擦力和弹力；故AC错误，D正确；b匀速上升，受到的合力为零，b受到重力、支持力和静摩擦力，才能平衡，所以木块a与铁块b间一定存在摩擦力，故B正确。所以BD正确，AC错误。15.CD【解析】试题分析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势，则线框中感应电流为，此时CD两端电压，即路端电压为，故B错误D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即，故C正确；考点：考查了导体切割磁感线运动【名师点睛】安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式．16.（1）；（2）mg（3）；d【解析】试题分析：（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向d=gt2水平方向d=v1t

解得：v1=

由机械能守恒定律，有:＝+mg（d）

解得：v2=

(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小.球做圆周运动的半径为：R＝

由圆周运动向心力公式，有：T－mg=

解得：T=mg

(3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v３,绳承受的最大拉力不变，有：T－mg=

解得：v3=

绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l,水平位移为x，时间为t1.有：x=v3­t1

d－l=

得x＝4

当l＝时，x有极大值

xmax＝d

考点：此题以圆周运动和平抛运动考查牛顿定律及平抛运动的规律。17.(1)1s

(2)1s

(3)1.5+s【解析】试题分析：解：(5分)（1）物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前，有：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

(2分)解得a1=6m/s2由v=a1t1，t1=1s

(2分)位移s1==3m

(1分)(2)(6分)达到共速后，有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

(2分)解得a2=2m/s2，物体匀加速上滑位移s2=10-3=7m

(1分)则s2=

(2分)解得t2=1s

(1分)（3）(9分)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，由于μmgcos37°=4N，mgsin37°=12N，故mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体做匀减速运动，加速度大小为a3mgsin37°-μmgcos37°=ma3

a3="4"m/s2

(2分)设再过t3时间物体的速度减为零，则t3=1.5s

(1分)此过程物体通过的位移为x3=

=4.5m

(2分)由于传送带总长为10m，x1+x3＜10m，说明此后物体速度减速为零后沿传送带以a3加速下滑．(1分)设下滑的时间为t4．则有

代入数据解得t4=

s

(2分)故撤去拉力，物体还需要时间t’=t3+t4=1.5+s

(1分)考点：匀变速直线运动规律

牛顿第二定律18.D1