1、高三物理试卷一：选择题（18为单选，812有多项符合题目要求，选全得四分，少选得2分，错选得0分,共48分。）1. 下列说法正确的是( )A.链式反应在任何条件下都能发生B.放射性元素的半衰期随环境温度的升高而缩短C.中等核的比结合能最小，因此这些核是最稳定的D.根据E=mc2可知，物体所具有的能量和它的质量之间存在着简单的正比关系2. 一个物体沿直线运动， t = 0 时刻物体的速度为 2m/s ，加速度为1m/s2 。物体加速度随时间变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（ ） A. 物体做匀加速直线运动B. 物体的加速度与时间成正比增大C. t = 5s 时刻物体的速度为6.25 m/s
2、D. t = 8s 时刻物体的速度为13.2 m/s3. 某静电场中有一条电场线与x轴重合,纵轴 表示该条电场线上对应各点的电势, 随x的变化规律如图曲线所示.x轴上坐标为x1=x0点的电势和电场强度大小分别为1和E1,坐标x2=x0点的电势和电场强度大小分别为2和E2,下列有关判断正确的是( )A.12,E1E2 B.1E2 C.12,E1E2 D.12,E1r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间距的增大而减小，所以分子力表现为引力D. 大雾天气学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的（2）如图所示为一下
3、粗上细且上端开口的薄壁玻璃管,管内有一部分水银封住密闭气体,上管足够长,图中大小截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2,粗细管内水银长度分别为h1=h2=2cm,封闭气体长度为L=22cm.大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度为57。求：若缓慢降低气体温度，降低至多少开尔文时，所有水银全部进入粗管内；若温度降低至237K，气体的长度为多少。选修题3-4 19. （1）一列简谐横波沿x轴正方向传播, t =0时刻的波形如图所示,此时波刚好传播到x=5m处的M点,从此时起经过0.1s,平衡位置在x =1.5m处的质点第一次回到平衡位置。则下列判断正确的是( )A.t = 0时刻，x =
4、1m处的质点P正沿y轴负方向运动B. 从t = 0时刻开始，经过0.2s质点P传播到x = 2m处C. 这列波的传播速度大小为5 m/sD. 质点Q开始振动的方向沿y轴正方向E. 从0时刻到t = 5s时，质点Q运动的路程为2m（2） 一透明柱状介质，如图所示，其横截面为扇形AOC，O为圆心，半径为R，圆心角为90，AC关于OB对称，一束足够宽平行于OB的单色光由OA和OC面射入介质，介质折射率为，要使ABC面上没有光线射出，至少在O点左侧垂直OB放置多高的遮光板？（不考虑ABC的反射）选择题1-5 DDBDD 6-8 ACB 9 AB 10 CD 11BC 12ABD 13解答：游标卡尺的主
5、尺读数为4mm，游标读数为0.0510mm0.50mm，则d4.50mm。通过两光电门的瞬时速度分别为v1=dt1，v2=dt2，则系统动能的增加量Ek=12(M+m)(v22v12)=12(M+m)(dt2)2(dt1)2，系统重力势能的减小量Ep(Mm)gh，当(Mm)gh=12(M+m)(dt2)2(dt1)2，则机械能守恒。14分析：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据伏安法测电源电动势与内阻是实验原理作出实验电路图；（3）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻解答：(1)两节干电池电动势约为3V,内阻很小,为方便实验
6、操作,滑动变阻器应选F.R1(020).(2)伏安法测电源电动势与内阻实验，电流表测电路电流，电压表测路端电压，由于干电池内阻很小，为使电压表示数变化明显，可以给电源串联一个定值电阻，电源与定值电阻组成等效电源，由所给实验器材可知，没有电压表，可以用电流计与定值电阻R组装成一个电压表，实验电路图如图所示。(3)由图丙所示图象可知,电源的UI图象与纵轴的交点坐标值是3,则每节干电池的电动势E=32=1.5V；图象斜率k=UI=30.50.5=5,k=R0+2r=3+2r,则每节干电池的内阻r=532=1.故答案为：(1)F;(2)如图甲所示;(3)如图乙所示;(4)1.5；1.15分析：（1）原
7、来小球与细杆保持相对静止，风速增加后仍然相对静止，分别根据平衡条件列式求解即可；（2）下滑过程为加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。解答：(1)小球与细杆保持相对静止时,有mgtan45=kv0风速以加速度a均匀增大时,设细杆对球的支持力为FN,有：FNsinkv=0其中v=v0+atFNcos=mg解得：tan=1+av0t(2)风速为v0时,设空气阻力与重力的合力为F,有：F=mgcos45当细杆与水平面之间的夹角为45+时,空气阻力与重力的合力大小、方向均不变,仍为F,设物体沿斜面下滑的加速度大小为a，有：Fsin=ma物体由静止开始下滑L=12aT2解得：sin=2LgT2
8、答：(1)细杆的倾角的正切值随时间t变化的关系式是tan=1+av0t。(2)应满足怎样的关系式是sin=2LgT2。16分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度解答： (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：SOA=12at2又：a=FmE=Fqy方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m.(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2107m/s粒子经过y
9、轴时的速度大小为;v=v2x+v20=22107m/s与y轴正方向的夹角为=arctanvxv0=450要粒子不进入第三象限,如图所示,此时粒子做圆周运动的轨道半径为R,则：R/+22R/y由洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R/解得：B(22+2)102T答：粒子经过y轴时的位置到原点O的距离0.40m;(2)磁感应强度B的取值范围：B(22+2)102T17分析：（1）设A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点（2）A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，
10、当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，根据电势能的减少与电场力做功关系求解解答：(1)设A.B在转动过程中,轻杆对A.B做的功分别为WT、WT,则：WT+WT=0设A.B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB，对A由动能定理：qERmAgR+WT1=EKA对B由动能定理：WT1mBgR=EKB联立解得：EKA+EKB=0.04J上式表明：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点.(2)设B转过角时,A、B的速度大小分别为vA、vB,因A.B做圆周运动的半径和角速度均相同,故：vA=vB对A由动能定理：qERsinmAgRsin+WT2=12mAv2A对B由动能定理
11、：WT2mBgR(1cos)=12mBv2B联立解得：v2A=89(3sin+4cos4)由上式解得,当tan=34时,A、B的最大速度均为vmax=223m/s(3)A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，由式得：3sin+4cos4=0解得：sin=2425或sin=0(舍去)故A的电势能减少：|Ep|=qERsin=84625J=0.1344J.答：(1)小球A不能到达圆环的最高点C；(2)小球A的最大速度值为223m/s.(3)小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值为0.1344J.18(1)ADE(2)分析：根据题意求出气
12、体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度；气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的体积，求出气柱的长度解答：气体的状态参量：p1=p0+h1+h2=80cmHg,p2=p0+h1+h22=79cmHg，V1=LS1=22S1,V2=(Lh2S2S1)S1=(22cm2cm1cm22cm2)S1=21S1,T1=273+57=330K，由理想气体状态方程得：p1V1T1=p2V2T2,代入数据解得：T2=311K；由于237K小于311K，所以再降温的过程中，气体将做等压变化，气体状态参量：T3=273K,V3=L3S1,V2=21S1，由盖吕萨克定律得：V2T2=V3T3,
13、代入数据解得：L3=16cm；答：若缓慢降低气体温度，降低至311开尔文时，所有水银全部进入粗管内；若温度降低至237K，气体的长度为16cm.19(1)ACE(2)分析：根据折射定律求解光在AO面折射进入介质时的折射角；先根据折射定律求出光线在OA面上的折射角。折射光线射向球面AB，若在D点恰好发生全反射，由临界角公式求出入射角，根据几何知识求出挡板的高度。解答：光线在OA面上的C点发生折射，入射角为45，折射角为。由n=sin45sin解得=30折射光线射向球面AC，在D点恰好发生全反射，入射角为，有sin=1n解得sin=22在三角形OED中，由正弦定理有sinOE=sin(+90)R所以挡板高度h=OEsin45解得h=33R由对称性可知挡板最小的高度为H=2h=233R