高三物理
满分：100分考试时间：75分钟
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使川0,5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试卷
上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带，刮纸刀。
一、选择题：本题共10小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第」~8小题只有一项符合题目要
求，每小题4分；第9~10小题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的
得3分，有选错或不答的得0分。
1.如图所示的椭圆面是一透明柱形物体的截面，0为椭圆的一个焦点，AB为短轴，椭圆偏心率（离心率）
为0.8。焦点O处有一点光源，光源发出的单色光恰好在A点和B点发生全反
射。光在真空中的传播速度为℃，则单色光在柱形物体中传播的速度为
0
n.
D.
5c
2.据中国地震台网正式测定，北京时间2023年12月18日23：59，在甘肃省临夏州积石山县发生6.2级
地震，震源深度10公里。地震波可分为纵波(P波)、横波($波)（纵波和横波均属于体波）和面波
(L波)三种类型。某地震监测站检测到一列地震横波在某时刻的波形如图所示，P、Q、M是介质中的
三个质点，该波沿x轴正方向刚好传到M点，从此时开始计时，下列说法正确的是
A.质点P和质点Q的振动步调完全相反
B.图示时刻质点M沿y轴负方向振动
C.若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，
则地震横波的传搭速度为号
D.若从计时时刻起质点P在t时刻第一次回到图示位置，则这列波的周期为t
3.光电管是一种将光信号转换为电信号的器件，在通信、医疗、安防监控等领域应用广泛。将光电管接
入图示电路中，用频率为”的光照射K板，调节滑动变阻器的滑片P,当灵敏电流计G的示数为0时，
电压表V的示数分别为U,此电压通常也称为遏止电压。
窗口
光
已知普朗克常量为h,电子电荷量为e,下列说法正确的是
A.光电子从K板逸出后的初动能与遏止电压成反比
G
B.若增大入射光的强度，遏止电压会增大
C.K板材料的逸出功为hv-eU
D.若仅增大入射光的频率，使G的示数为0，则需向左调节滑片P
高三物理第1页（共6页）高三物理参考答案
1. 【答案】 D
【解析】 射到 A 点的光路如图所示,由题意可知 ∠OAB 等于单色光发生全反射的临界角 C,
a2 - b2
设椭圆的半长轴为 a,半短轴为 b,则离心率 e = = 0. 8,
a
由几何关系得sinC = ea = 0. 8, 1 5由折射定律可知透明柱体对单色光的折射率为n = = ,
a sinC 4
v = c = 4所以单色光在柱形物体中传播的速度为 c,故 D 正确。
n 5
2. 【答案】 C
【解析】 质点 P 和质点 Q 的距离不是半波长的奇数倍,它们的振动步调不完全相反,故 A 错误;
根据同侧法可知图示时刻质点 M 沿 y 轴正方向振动,故 B 错误;
x0
这列横波的传播速度为 ,故 C 正确;
2t
若从计时时刻起质点 P 在 t 时刻第一次回到图示位置,则这列横波的传播周期为 2t,故 D 错误。
3. 【答案】 C
【解析】 由动能定理可得 - eU = 0 - Ekm,
所以光电子从 K 极逸出后的最大初动能与遏止电压 U 成正比,故 A 错误;
由爱因斯坦光电效应方程得 Ekm = hν - W0,
又 - eU = 0 - Ekm,化简得 eU = hν - W0,遏止电压与入射光的强度无关,故 B 错误;
由 eU = hν - W0 可知,W0 = hν - eU,故 C 正确;
由 eU = hν - W0 可知,增大入射光的频率,遏止电压也增大,
若使 G 的示数为 0,需向右调节滑片 P,故 D 错误。
4. 【答案】 D
【 GMm解析】 忽略地球自转,对于地球上的物体有 = mg,GM =
R2 R2
g,
GMm
对卫星有 =2 ma,
GM =
2 a,由于 r > R,故 a < g,故 A 错误;r r
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,而该卫星距离地面有一定的高度,
所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度,故 B 错误;
GMm 2 2
根据 = mv = v r
r2
,M ,故 C 错误;
r G
GMm 2= = v r = r
2 mg,M ,R v ,故 D 正确。R G g
高三物理 参考答案 第 1 页(共 6 页)
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5. 【答案】 A
【解析】 G点和H点的电荷是等量异种电荷,根据电场线对称分布可知A点与C1 点的电场强度相同,
A 和 A1 等势,故 A 正确,B 错误;
平面 BB1D1D 是等势面,故 C 错误;
将电子由 C1 点沿直线移动到 A1 点,电子受到的电场力沿 C1A1 方向,电场力做正功,故 D 错误。
6. 【答案】 C
【解析】 小球在斜面上做平抛运动,由动能定理可得 mgh = Ek - Ek ,E0 k = Ek + mgh,0
E - h 1
由 k 图像的斜率可得 mg = 20 N,解得 m = 2 kg,Ek = mv20 = 16 J,v0 = 4 m∕s,故 A 错误;0 2
1 vy 2y
由小球下落的高度 h = gt2 = 1. 8 m,t = 0. 6 s,vy = gt = 6 m∕s, = =
3 , y = tanθ = 3 ,θ =37°,
2 v0 x 2 x 4
故 B 错误;
将 v0、mg沿斜面、垂直斜面分解,垂直斜面 v1 = v0·sinθ,a = g·cosθ,小球在垂直斜面方向上做匀变速
v21
直线运动,v1 = 0 时,距斜面最远,h = = 0. 36 m,故 C 正确;2a
小球在空中运动的时间为 0. 6 s,重力的冲量为 IG = mgt = 12 N·s,故 D 错误。
7. 【答案】 C
E
【 m 22 2
解析】 交变电流电动势最大值 E -5m = nBSω,φm = BS = = × 10 Wb,故 A 错误;nω π
2π 2π
交变电流电动势的瞬时值表达式为 e = Emsin t = 22 2 sin t (V) = 22 2 sin100πt (V) ,故 B 错误;T 0. 02
原线圈电压为 22 V,根据电压比公式可知,副线圈电压为 44 V,电流为 8. 8 A,故 C 正确;
滑片向下滑动时,电阻减小,副线圈电流增大,原线圈电流也增大,故 D 错误。
8. 【答案】 A
【解析】 设 O 点到地面的距离为 h,通电直导线的长度为 L,对导线 b 受力分析如下图所示,
I
k a I L
mbg F安 x
b
ΔOab 1与矢量三角形相似,根据相似三角形的性质有 = = ,
h x1 x1
I
k b I
m g F x a
L
a、b a 安 2位置对调后,对 a 受力分析得 = = ,
h x2 x2
mb x22 1
解得 = =2 ,故 A 正确。ma x1 4
高三物理 参考答案 第 2 页(共 6 页)
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9. 【答案】 AB
【解析】 小球 B 2h竖直下落和竖直上升的时间均为 t = ,斜面的长度等于物块 A 沿斜面上升的位
g
v0
移,即 L = × 2t = v 2h , h0 由几何关系得 sinθ = ,故 A 正确;2 g L
由 v0 = a × 2t 可得物块 A 沿斜面上滑的加速度大小,由牛顿第二定律 mgsinθ + μmgcosθ = ma 可得物
块 A 与斜面间的动摩擦因数,故 B 正确;
由机械能守恒定律可得小球 B 与地面碰撞前后的速度大小 vB = 2gh ,但不知道小球 B 的质量,所以
无法求解出小球 B 与地面碰撞过程中的动量改变量大小,故 C 错误;
由于不知道物块 A 与斜面间的动摩擦因数和斜面倾角的具体数值,因质量未知,摩擦力未知,不能求
出物块 A 与斜面摩擦产生的热量,故 D 错误。
10. 【答案】 BD
【解析】 线框向右进入磁场时,ab边切割磁感线,ab中感应电流的方向向上,线框中有逆时针电流,
故 A 错误;
设线框进入磁场时的速度为 v,根据动量定理 μmgt + ∑nBILΔ t = mv,
μmgt + ∑nBL·nBLv
2 2 2
·Δ t = mv,μmgt + n B L ·2L = mv,解得 v = 4 m∕s,故 B 正确;
R R
2
F - μmg = ma,a = 5 m∕s2,x = v = 1. 6 m,故 C 错误;
2a
线框经过磁场的过程中,动能损失,转化为焦耳热和摩擦生热,根据能量守恒可得:
1 mv2 = μmg·2L + Q,解得 Q = 12 J,故 D 正确。
2
11. (6 分)
【答案】 (1)0. 560 (2 分)
(2)0. 350 (2 分) 1. 12 (2 分)
【解析】 (1) 遮光片 a、b 的宽度 d = 5 mm + 0. 05 mm × 12 = 5. 60 mm = 0. 560 cm;
(2) d遮光片 a 通过光电门时滑块的速度 va = = 0. 350 m∕s;Δ ta
遮光片 b d通过光电门时滑块的速度vb = = 0. 560 m∕s,Δ tb
v2 - v2b a
滑块倾斜气垫导轨上运动时的加速度 a = = 1. 12 m∕s2。
2L
12. (9 分)
【答案】 (1) b (2 分)
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(2)4. 4 ×10 -4(答 4. 1 ~ 4. 6 ×10 -4 之间均给分,2 分)
(3) 不变 (1 分) 变长 (1 分)
(4)1. 4 × 10 -2(答 1. 3 ~ 1. 5 ×10 -2 之间均给分,3 分)
【解析】 (1) 滑动变阻器分压式接法,故向 b 端滑动充电电压升高;
(2) I - t图像与坐标轴围成图形的面积表示电容器放电过程放出的电荷量,根据 I - t图像得出每一
小格代表的电荷量 q = (0. 25 ×10 -3 × 1) C = 0. 25 ×10 -3 C,
电容器充满电的电荷量为 Q = 14 × q = 3. 5 ×10 -3 C,
Q
电容器的电容为 C = ≈ 4. 4 ×10 -4 F;
U
(3) 由电容器的计算公式Q = CU可知,电容器储存的电荷量与电阻R无关,所以曲线与横轴围成的面
积保持不变,当增大电阻 R,由于电阻对电流的阻碍作用增强,放电电流减小,所以放电时间将变长;
(4)U - Q 图像的面积表示电容器储存的电能,
所以 E = 1 UQ = 1. 4 × 10 -2 J。
2
13. (10 分)
【解析】 (1) 设大气压强为 p0,开始时气缸内气体压强为 p1,
开始时活塞受力平衡,则
0. 5mg + mg + p1S = p0S ……………………………………………………………………… (1 分)
最终状态时气缸内气体压强为 p2,活塞在 b 处受力平衡,则
mg + p2S = 0. 5mg + p0S ……………………………………………………………………… (1 分)
由理想气体状态方程得
p1 × 2. 5hS p2 × 3. 5hS= ……………………………………………………………………… (1 分)
T0 T
联立解得:T = 9 T0 ……………………………………………………………………………… (2 分)5
(2) 设活塞刚离开卡口 a 时,气缸内气体压强为 p3,
对活塞有 mg + p3S = p0S ……………………………………………………………………… (2 分)
此过程中气体对外所做的功
W = p3hS ………………………………………………………………………………………… (1 分)
解得:W = 4mgh ………………………………………………………………………………… (2 分)
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14. (16 分)
【解析】 (1) 带电小球在第二象限内从静止开始做直线运动,合力水平向右,对带电小球受力分
析,带电小球受力示意图如右
qE1 = 2mg …………………………………………………………… (2 分)
2mg
解得:E1 = …………………………………………………… (1 分)q
(2) 带电小球在第二象限做匀加速直线运动,合力大小为 mg,加速度大小
为 g,小球在第一象限做平抛运动,设小球在M点的速度为 vM,由动能定理:
2mgl = 1 mv2M …………………………………………………………………………………… (1 分)2
vM = 2 gl ……………………………………………………………………………………… (1 分)
设小球在 Q 点的速度为 vQ,,小球从 P 运动到 Q 的时间为 t1,由动能定理
mgl = 1 mv2Q ……………………………………………………………………………………… (1 分)2
v
vQ = 2gl ,t
Q 2gl
1 = = ……………………………………………………………………… (1 分)g g
小球从 Q 运动到 M 的时间为 t2
1 gt22 = l ………………………………………………………………………………………… (1 分)2
t = 2gl2 ………………………………………………………………………………………… (1 分)g
2 2gl
小球从 P 点运动到 M 点的时间 t = t1 + t2 = ………………………………………… (1 分)g
(3) 小球在第一象限做平抛运动,平抛运动规律有
l = 1 gt2
2
x1 = vQ t2 = 2l …………………………………………………………………………………… (1 分)
v
设 v My 2M 方向与 x 轴正方向夹角为 α,则 sinα = = ,α =45° ……………………………… (1 分)vM 2
小球在第四象限内做匀速圆周运动
v2
qvMB = m
M ……………………………………………………………………………………… (1 分)
r
r = l ……………………………………………………………………………………………… (1 分)
经分析知,带电小球第 1 次经过 x 轴上 M 点进入第四象限做匀速圆周运动后,第 2 次过 x 轴进入第
一象限做斜抛运动,再次进入第四象限,带电小球第 5 次经过 x 轴距原点 O 的距离为:
x′ = 2l + 4rsinα + 8l …………………………………………………………………………… (1 分)
联立以上各式,代入数据得 x′ = (10 + 2 2 ) l ………………………………………………… (1 分)
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15. (17 分)
【解析】 (1) 设物块 A 至少与 n 个滑块碰撞,对长木板 B 有
μ2(m1 + nm2)g > μ3(m1 + 6m2 + m3)g ……………………………………………………… (2 分)
解得:n > 2 ……………………………………………………………………………………… (1 分)
即物块 A 至少与 3 个滑块碰撞,长木板 B 才可以在水平面上运动 ………………………… (1 分)
(2) 设物块 A 到达传送带右端的速度为 v0,则物块 A 与滑块 1 碰撞,由动量守恒定律得
m1v0 = (m1 + m2)v1 …………………………………………………………………………… (1 分)
与滑块 2 碰撞前,由动能定理得
- μ2(m1 + m2)gΔL =
1 (m1 + m2)v22 -
1 (m1 + m2)v22 2 1
…………………………………… (1 分)
与滑块 2 碰撞,由动量守恒定律得
(m1 + m2)v2 = (m1 + 2m2)v3 ………………………………………………………………… (1 分)
与滑块 3 碰撞前,由动能定理得
- μ2(m
1 2 1 2
1 + 2m2)gΔL = (m1 + 2m2)v4 - (m1 + 2m2 2 2
)v3 ………………………………… (1 分)
若长木板 B 可以在水平面上运动,则
v4 > 0 …………………………………………………………………………………………… (1 分)
解得:v0 > 7. 5 m∕s ……………………………………………………………………………… (1 分)
(3) 由题意可知,物块 A 滑上长木板 B 的速度取 v0 = 8 m∕s
① 若传送带的速度 v ≥ 8 m∕s
物块以一定初速度滑上传送带,滑动到右端恰好加速到 8 m∕s ……………………………… (1 分)
μ m gL = 1 m v2 - 1
1 1 1 m v21 5 ……………………………………………………………………… (1 分)2 2
v5 = 4 3 m∕s …………………………………………………………………………………… (1 分)
说明只要滑上传送带速度大于等于 v5 = 4 3 m∕s
到达传送带右端速度肯定大于等于 8 m∕s …………………………………………………… (1 分)
轻弹簧释放的弹性势能 EP ≥
1 m1v25 = 24 J ………………………………………………… (1 分)2
② 若传送带的速度 v < 8 m∕s,
物块滑上传送带只能是减速运动,且到达右端速度要大于等于 8 m∕s ……………………… (1 分)
1
则轻弹簧释放的弹性势能 EP ≥ μ1m1gL + m v22 1 5
= 40 J …………………………………… (1 分)
高三物理 参考答案 第 6 页(共 6 页)
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