高三物理参考答案
1. 【答案】 A
【解析】 由图可知该同学的重力为 500 N,质量为 50 kg,F 的最小值约为 200 N,
mg-Fmin
根据牛顿第二定律有 =a 2
m max
,解得 amax = 6 m / s ,选项 A 正确。
2. 【答案】 C
【解析】 根据电场的矢量叠加原理可知 b 点电场强度的方向应指向 A 点,选项 A、B 错误;
在 Ob 连线上电场方向由 O 指向 b,沿电场方向电势降低,故 O 点电势高于 b 点,选项 C 正确;
e 点场强与 f 点场强大小相等,方向不同,D 错误。
3. 【答案】 D
【解析】 B 球对槽恰好无压力时,此时弹簧的压缩量为 L-Lcos37°,
则对 B 分析有 k (L-Lcos37° ) =mg,
根据牛顿第二定律可得:mgtanθ=mLsinθω2,解得 ω= 5 rad / s,选项 D 正确。
4. 【答案】 D
【解析】 如图所示,由题意:4 s 时两车在同一位置,
4 s-5 s 内两车间距为△BCD 的面积,即 2. 5 m;
0-4 s 内两车间距为△OAB 的面积,
根据△BCD 和△OAB 相似可得,
△OAB 的面积为△BCD 的面积的 16 倍,即 40 m;
所以乙车的初始位置-x0 = -40 m。
5. 【答案】 A
【解析】 设护栏的横截面积为 S, F当水流撞击到护栏上时,-Ft= 0-mv,P= ,m = ρSvt,则压强 P = ρv2,
S
代入数据得 P= 4×105 Pa,选项 A 正确。
6. 【答案】 C
【解析】 以水平方向为 x 轴,竖直方向为 y 轴,建立坐标系,
以小球为研究对象,受力分析如图所示,
设当半球面静止时绳子的拉力大小为 F,半球面对小球的支持力大小为 FN,
根据共点力的平衡条件有 Fcos45° =FNsin30°,Fsin45°+FNcos30° =mg,
( 6 - 2 ) mg
联立解得 F= ,再将小球和半球面看成一个整体,
2
由整体受力平衡易知,半球面与水平面的摩擦力 F f =Fsin45°,
( ) mg
联立解得 F f =
3 -1 ,选项 C 正确。
2
7. 【答案】 B
【解析】 电子在板间运动的过程,由动能定理可知 Uq-Uq= 0,
若电键处于闭合状态,上式仍然成立,电子将运动到 P′点返回,选项 B 正确;
, U= q ,C= εS断开电键后 根据 ,E= U ,可知板间的电场强度与板间距离无关,
C 4πkd d
根据动能定理可知 Eqd-Eqd= 0,若断开电键后再从 O 点由静止释放电子,电子仍将运动到 P 点,选项
C、D 错误。
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8. 【答案】 D
【 3π解析】 ρ= 2中周期 T 为贴近地面运行卫星的周期,而非地球自转周期为 T0,A 错误;GT
设地球质量为 M,卫星 A 的质量为 m,根据万有引力提供向心力,
G Mm 2π
2 Mm0 2R
有 =m ·2R,m g=G ,解得 T= 4π ,B 错误;
(2R) 2 ( T ) 0 R2 g
Mm0 Mm 2:m g=G , :m g′=G 0 -m 4π R,g′=g-4π
2
两极处 0 赤道处 R,C 错误;R2 0 R2 0 T2 20 T0
如图所示,卫星的通讯信号视为沿直线传播,由于地球遮挡,使卫星 A 和地面测控站 B 不能一直保持
直接通讯,设无遮挡时间为 t,则它们转过的角度之差最多为 2θ 时就不能通讯,
T0·4π
2R
cosθ= R ,2πt-2πt= 2θ,解得 t= g ,D 正确。
2R T T0
3(T 2R0 -4π )g
9. 【答案】 BD
【解析】 变阻器滑片向右滑动,电阻变大,电路总电阻变大,干路电流减小,电流表示数减小,选项 A 错
ΔU ΔU
误;设 R1 =R2 =R4 =R,
1 = R , 2大小不变, =R,大小不变,可知 ΔU1 <ΔU2,选项 B、D 正确,C 错误。ΔI 2 ΔI
10. 【答案】 AC
【解析】 物块乙自由下落 h,设碰撞前乙的速度为 v0,
1 1 mgh
对物块乙 mgh= mv2,碰后甲、乙的总动能为 (m +m)v2 = ,
2 0 2 甲 2
碰后物块甲和物块乙的共同速度为 v,物块甲和物块乙碰撞,
根据动量守恒,mv0 = (m甲+m)v,解得 m甲 =m,选项 A 正确;
物块甲与物块乙分离时速度、加速度均相等,相互作用的弹力为零,
此时刻物块乙只受重力,加速度竖直向下等于 g,因此分离时物块甲的加速度也等于 g,合力为 mg,
此时弹簧处于原长状态,即物块甲与物块乙在弹簧恢复原长时分离,选项 B 错误;
设弹簧劲度系数为 k,甲、乙两个物块的质量均为 m,设 B、A 两点间距离为 l1,C、B 两点间距离为 l2,
A mg 2mg mg在 点弹簧形变量 x0 = ,在 B 点弹簧形变量 x1 = ,l1 = x1 -x = ,k k 0 k
kx
A 0
+kx1 2mgh mgh h
从 到 B,根据动能定理可得 2mgl1 - l1 = - ,解得 l = ,2 3 2 1 3
在 C 点弹簧的形变量 x2 = x1 +l2,从 B 到 C,
kx2 +kx1 2mgh 2h
根据动能定理可得 2mgl2 - l = 0- ,解得 l = ,可知 l ∶ l = 1 ∶ 2,选项 C 正确;2 2 3 2 3 1 2
物块甲和物块乙在最低点 C 时弹性势能最大,
h kx +0x = l = , 0 mgh又初始时弹簧的压缩量为 0 1 初始时弹簧的弹性势能 E3 pA
= x
2 0
= ,
6
从物块甲和物块乙在 A 点碰后到运动至最低点 C,
mgh+2mg( l +l )= E - 1 8由机械能守恒定律 2
2 1 2 pm
kx
2 0
,解得 Epm = mgh,选项 D 错误。3
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11. (6 分)
【答案】 (1)5. 4(2 分)
(2)钢球质量 m(2 分)
2 2
(3)F-mg=m 2d d
t2
或 F-mg=m (2 分)
(2L+d) t2(L+ d )
2
【解析】 (1)游标卡尺的精度为 0. 1 mm,主尺读数为 5 mm,游标尺读数为 4×0. 1 mm,则钢球的直
径 d= 5 mm+4×0. 1 mm = 5. 4 mm;若要验证在圆周运动中牛顿第二定律 F合 =ma 也成立,即需要验证
2
F-mg=m· d 成立,所以还需测量钢球质量。
t2(L+ d )
2
12. (10 分)
【答案】 (1)0. 720(0. 719 ~ 0. 722)(1 分)
(2) ×1(1 分) 11(1 分)
2
(3)② 1 / A-1(1 分) bU(2 分) πd kU(2 分) ③B(2 分)
I 4
【解析】 (1)根据螺旋测微器的读数规律,该读数为 0. 5+0. 01×22. 0 mm = 0. 720 mm;
(2)当用电阻“ ×10”挡时,发现指针偏转角度过大,表明电阻过小,为了减小读数的偶然误差,换用
“ ×1”挡,则指针静止时位置的读数为 11×1 Ω = 11 Ω;
R
(3)根据欧姆定律有 I= U , R = ρ L , 1 = 4ρ + 0
Rx+
根据电阻定律有
R x 2
解得 2 ·L ,
0 π ( d2 )
I πUd U
R 2
, 0 4ρ πd kU根据图像有 = b,k= 2 ,解得 R0 = bU,ρ= ;U πUd 4
③电表读数时应该根据量程确定精度,由出现不精确的位次选择估读的位次,因此电表读数时多估
读几位并不能减小误差,A 错误;
图像法处理实验数据时,能够尽量利用到更多的数据,减小实验产生的偶然误差,即用图像求金属丝
电阻率可以减小偶然误差,B 正确;
, 1 = 4ρ
R0 +RA 4ρ
根据上述分析过程 2 ·L+ ,电阻率是根据图线的斜率求解的,令斜率为 k,即 2 = k,I πUd U πUd
可见电阻率的测量值与是否考虑电流表的内阻无关,C 错误。
13. (10 分)
【解析】 (1)由受力分析可得,汽车的牵引力 F-0. 4mg-mgsinθ=ma ……………………… (2 分)
P
能够匀加速的最大速度为 v1 = = 8 m / s ……………………………………………………… (1 分)F
v
故能够保持匀加速直线运动的最长时间为 t = 11 = 8 s ………………………………………… (1 分)a
(2) 1匀加速的位移为 x = at 21 1 = 32 m ………………………………………………………… (1 分)2
故保持恒定功率加速阶段的位移为 x2 = s-x1 = 8 m
高三物理参考答案 第 3 页(共 5 页)
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由(0. 4mg+mgsinθ)vm =P
可求得汽车最大速度 vm = 8. 8 m / s ……………………………………………………………… (1 分)
1 1
运用动能定理可得 Pt2 -x2(0. 4mg+mgsinθ)= mv2 2m- mv1 …………………………………… (2 分)2 2
解得 t2≈0. 99 s …………………………………………………………………………………… (1 分)
故总时间 t= t1 +t2≈9 s …………………………………………………………………………… (1 分)
14. (14 分)
【解析】 (1)经受力分析可知,滑块刚开始从斜面上滑下时小车不动,当滑块滑到斜面底端时,设其
速度为 v1,以后的运动过程中滑块和小车系统水平方向动量守恒,滑块在光滑圆周上运动的过程中
二者组成的系统机械能守恒,从滑块滑到斜面底端到光滑圆周最高点过程中,设最高点时滑块速度
为 v2,
mv1 = (M+m)v2 …………………………………………………………………………………… (1 分)
1 mv21 -
1 (m+M)v22 =mgR ………………………………………………………………………… (1 分)2 2
解得 v1 = 3 m / s,v2 = 1 m / s ………………………………………………………………………… (1 分)
滑块在斜面上的运动过程,由牛二得:mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得 a= 5 m / s2 …………………………………………………………………………………… (1 分)
v2 2
1 -v0 = 2a
R …………………………………………………………………………………… (1 分)
sinθ
解得 v0 = 2 m / s …………………………………………………………………………………… (1 分)
(2)滑块滑到斜面底端开始到滑块第一次返回斜面到达最高点时,滑块和小车系统水平方向动量守
恒,则有:
mv1 = (M+m)v3 …………………………………………………………………………………… (1 分)
1 mv2 - 11 (m+M)v23 =μmgcosθ
h +mgh ………………………………………………………… (2 分)
2 2 sinθ
9
解得 h= m ……………………………………………………………………………………… (1 分)
35
(3)经足够长时间,滑块最终会相对静止在最低点
由动量和能量守恒定律可知:
mv1 = (M+m)v4 …………………………………………………………………………………… (1 分)
1 mv20 +mgR=
1 (m+M)v24 +E …………………………………………………………………… (2 分)2 2
E= 7 J ……………………………………………………………………………………………… (1 分)
15. (18 分)
(1)小球在 y 轴左侧
F= (mg) 2 +(qE 21)
解得 F= 5 N,方向与水平方向成 53°向下 ……………………………………………………… (1 分)
根据动能定理,小球 A 到 C 运动过程
FR(1+cos37°)= 1 mv2 -0 ………………………………………………………………………… (1 分)
2
高三物理参考答案 第 4 页(共 5 页)
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v= 10 m / s,方向为与水平方向成 53° …………………………………………………………… (2 分)
(2)小球到达直线 DF 时速度方向恰与 DF 平行,即水平速度恰减到 0,根据电场的周期性
vcos53°-a Tx = 0 ………………………………………………………………………………… (1 分)2
解得 ax = 7. 5 m / s2 ………………………………………………………………………………… (1 分)
qE2 ax = ,解得 E2 = 562. 5 V / m …………………………………………………………………… (1 分)m
x = 3(vcos53°)
2
D …………………………………………………………………………………… (1 分)2a
解得 xD = 7. 2 m …………………………………………………………………………………… (1 分)
(3)小球在 y 轴右侧竖直方向做竖直上抛运动,小球再次经过 x 轴的运动时间相同
t= 2 vsin53°
= 1. 6 s,恰经过一个周期 …………………………………………………………… (1 分)
g
t= 0 时刻进入电场,小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速
此过程小球水平方向平均速度最小,离 C 点最近
x3 =
1 (vcos53°+0)T= 4. 8 m …………………………………………………………………… (1 分)
2
x3
2
x1 =
1 (vcos53°+vcos53°+a T Tx ) ……………………………………………………………… (1 分)2 2 2
x1 = 7. 2 m ………………………………………………………………………………………… (1 分)
x1 = xD,恰加速运动至 DF 所在直线
小球出电场后做匀速运动
x2 = (vcos53°+a
T
x )
T …………………………………………………………………………… (1 分)
2 2
x2 = 9. 6 m ………………………………………………………………………………………… (1 分)
xmax = x1 +x2 = 16. 8 m ……………………………………………………………………………… (1 分)
此过程小球水平方向平均速度最大,离 C 点最远
综上,小球经过 x 轴时的坐标范围为 4. 8 m≤x≤16. 8 m ……………………………………… (1 分)
高三物理参考答案 第 5 页(共 5 页)
{#{QQABBQIEoggIAAIAARhCQQEqCEOQkAGCCAoGQFAEsAAAwANABAA=}#}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：非选择题必须使用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：共10小题，共42分。第1~8题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题
目要求；第9~10题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得
5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.某同学正在进行一项体育运动，他站在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作。在动作过程中力传
感器的示数随时间的变化情况如图所示。已知重力加速度g=10/s2,则该同学在此过程中加速度
的最大值约为
FN
1000
500
8产s
A.6 m/s2
B.5 m/s2
C.4 m/s2
D.3 m/s2
2.如图所示，三角形ABC的三个顶点固定三个带电量相等的点电荷，B、C两处电荷带正电，A处电荷带
负电。O为BC边的中点，a、b为BC边中垂线上关于O点对称的两点，ef为
BC连线上关于O点对称的两点，a处电场强度为0。下列说法正确的是
A.b点的电场强度为0
B.b点电场强度的方向指向O点
C.0点电势高于b点
a
D.e点电场强度与f点电场强度相同
3.如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A和质量为1kg的小球B通过长度为L
的轻杆及铰链连接，套简A套在竖直杆OP上与原长为L的轻质弹簧连接，小球B可以沿水平槽滑
动，让系统以某一角速度绕OP匀速转动，球B对水平槽恰好无压力，此时
轻杆与竖直方向夹角0=37°。已知弹簧的劲度系数为100N/m,弹簧始终
在弹性限度内，不计一切摩擦，si37°=0.6，则系统转动的角速度0为
A.2 rad/s
B.2.5 rad/s
C.4 rad/s
D.5 rad/s
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4.两玩具车甲、乙在t=0时刻位置如图1所示，速度随时间的变化图像如图2所示。已知4s时两车恰
好不相撞，5s时乙车停止运动，且此时甲车超前乙车2.5m。两车均可视为质点，则乙车出发的位置
x为
m's-)
乙车
甲车
-Xo
x/m
图1
图2
A.-10m
B.-20m
C.-30m
D.-40m
5.2023年10月1日，有网友发视频称在盐官观潮景区，钱塘江潮水冲上景区占鳌塔东侧海塘，冲倒护
栏。已知水的密度p=1.0×103kg/m3,若水正对冲击护栏时水的速度为20m/s,冲击护栏后水的速度
忽略不计，可估算潮水对护栏冲击的水压约为
A.4×105Pa
B.2x105 Pa
C.1×10Pa
D.4x105 Pa
6.如图所示，一质量为M的半球面放在粗糙的水平面上，球心为O,轻绳一端固定在天花板上、另一端
系一质量为m的小球（可视为质点），小球放在半球面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为45°，
小球与半球球心0连线与竖直方向成30°角，此时半球面静止。已知半球面与水平面的接触面粗糙，
其余摩擦不计，重力加速度为g,则半球面与水平面的摩擦力大小为
451
A.（6-2)mg
B.（6-1)mg
30
c.（3-1)mg
D.（3-2)mg
2
0
7.如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源
正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点
(不计电子的重力影响)。现将C板向右平移到P'点，下列说法正确的是
A.若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B.若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P'点返回
C.若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和P'点之间返回
D.若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过P'点
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