谁有高三物理试卷,往年高考试卷都行
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发布时间：2022-04-26 08:26
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时间：2022-06-25 19:24
本试卷分Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分
1、下列说法中正确的有
A、分子间的相互作用力随分子间距离的增大而增大
B、分子势能随分子间距离的增大可能增大，也可能减少
C、尽管气体分子的运动十分混乱，但对大量气体分子的整体来说，分子的运动速率表现出“中间多，两头少”的分布规律
D、热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
1、解析：分子间的相互作用的引力和斥力随分子间的距离增大而减小；分子从相互靠近得不能再靠近的位置开始，逐渐增大分子间的距离，分子势能先减小后增大；气体分子的速率按“中间多，两头少”的正态规律分布； 热力学第二定律揭示，热量不能自发地从低温物体传到高温物体。答案：BC
2、下列说法中正确的是
A、氡的半衰期有3.8天，若有4个氡原子核，经7.6天后就一个原子核也没有了
B、许多元素能自发地放出射线，使人们开始认识到原子是有复杂结构的
C、卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子
D、γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的穿透能力最强
2、解析：半衰期是大量原子衰变快慢的统计规律，是半数原子核衰变所需时间；许多元素能自发地放出射线，使人们开始认识到原子核是有复杂结构的；汤姆逊在研究阴极射线时发现了电子；α、β、γ三种射线中α射线的电离能力最强，γ射线的穿透能力最强。答案：D
3、氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动时的动能，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时
A、氢原子的能量减小，电子的动能增加 B、氢原子的能量增加，电子的动能增加
C、氢原子的能量减小，系统的电势能减小 D、氢原子的能量增加，系统的电势能增加
3、解析：氢原子中的核外电子从离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，原子释放出光子，电场力做正功,电子电势能减少，减少的电势能转化为电子的动能和光子的能量，同时系统的总能量减小。答案AC
4、一列横波在x轴上传播，t时刻与t+0.4s时刻在x轴上0~6m区间内的波形图如图中同一条图线所示，由图可知
A、该波最大波速为10m/s
B、质点振动周期的最小值为0.4s
C、在t+0.2s时，x=6m的质点位移为零
D、若波沿x轴正方向传播，各质点刚开始振动时的方向向上
4、解析：从图中可知，波长为4m，t时刻与t+0.4s时刻在x轴上0—6 m区间内的波形图如图中同一条图线，故最大周期为0.4s；最小波速为10m/s；根据波动的周期性，0.4s = KT (K=1，2，3，……)，0.2s= KT/2(K=1，2，3，……)，所以t+0.2s时刻，x=6m的质点仍在平衡位置，位移为零；由于所给的波形是x轴上0—6 m区间内t时刻的波形图，所以无法判断各质点开始振动的方向。答案：C
5、2002年，美国《科学》杂志评出的“2001年世界十大科技突破”中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果。该站揭示了中微子失踪的原因。即观测到的中微子数目比理论数目值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子。在上述研究中下列说法正确的是
A、该研究过程中牛顿第二定律依然适用
B、该研究中能的转化和守恒定律依然适用
C、若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致
D、若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反
5、解析：牛顿第二定律的适用范围是低速宏观物体；能的转化和守恒定律是普适定律；此过程动量守恒定律也适用，由动量守恒定律可知，D违反动量守恒定律。答案：BC
6、如图所示，ABC为一全反射棱镜，棱镜对不同色光折射不同，且对红光的临界角为42o，M为一与底边BC垂直的光屏，一束白光沿平行与底边BC的方向射向AB面，经AB面折射后的光线射向BC面，则
A．BC面将有色光射出
B光屏M上会出现色彩光带且紫光在上
C．光屏M上会出现色彩光带且红光在上
D．将光屏保持与BC垂直向右平移，屏上彩色光带宽度不变
6．解析：如图所示，光线在BC面入射面一定大于45。，且大于临界角42。，故发生全反射，所以A错；
白光在通过AB面后，由于各种色光折射率不同，且紫光的折射率大，故开始紫光
在下，经过BC面反射，从AC面出射时，紫光在上，B对；光在AC面折射光线与AB面入射光线平行，红光和紫光平行，D对。答案：BD
7、如下左图中abcd为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直框架平面的变化的磁场中，磁感强度B变化的状况如下右图，PQ始终静止，在0～ts内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是
A、f一直增大
B、f一直减小
C、f先减小后增大
D、f先增大后减小
7、解析：设沿斜面向上为正，导体棒受到沿斜面的安培力F安=B△BSl/R△t, F安正比于B，所以F安—t图象如图, 根据力的平衡，若向上的最大安培力小于重力沿斜面的分力，则f一直增大；若向上的最大安培力大于重力沿斜面的分力，则f先减小后增大。答案：AC
8、家用电话机不摘机（不通话）时，测该机两条电话线两端的电压约为36V，摘机(通话) 时，测电话线两端的电压约为6V，此时通过电话机的电流为15mA，若将电话机从电话线两端取下来，换接上小灯泡(2．5V，0．5W)，小灯泡几乎不发光，根据以上实验事实，下面推断正确的是
A、小灯泡的电阻太大，约2kΩ，所以小灯泡几乎不发光
B、给电话机供电的电源的电动势太小，远小于2.5V
C、电话机的电阻约10 Ω
D、给电话机供电的电源的内阻约2kΩ
8、解析：计算可知小灯泡正常发光时的电阻只有12.5Ω；不通话时两条电话线两端的电压为36 V ，即供电电源的电动势为36 V；由通话时电话机两端的电压和通过的电流计算可知电话机的电阻为400Ω；根据全电路欧姆定律，36=0.015 r+6，求得供电电源内阻r=2000Ω。答案：D
9、如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑.开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧
组成的系统
A、由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C、由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D、由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
9、解析：F1、F2为系统外力且做功代数和不为零，故系统机械能不守恒；从两物体开始运动以后两物体作的是加速度越来越小的变加速运动，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的速度最大，动能最大；由于F1、F2等大反向，系统合外力为零，故系统的动量始终为零。答案：BD
10、如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与
竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为600，C是
圆环轨道的圆心，D是圆环上与M靠得很近的一点（DM远小于CM）。已知在
同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；
c球由C点自由下落到M点；d球从D点静止出发沿圆环运动到M点。则
A、a球最先到达M点 B、b球最先到达M点
C、c球最先到达M点 D、d球最先到达M点
10、解析：从A、B、C开始运动到M点都可以用运动学公式求出运动的时间，tA=2 ,tB=2 ，tC= ；从D点滑动的小球作的是类单摆运动，从D到M的时间tD= ；故，c球最先到达M点。答案：C
第Ⅱ卷（非选择题 共110分）
二、本题共2小题，共20分.把答案填在题中的空格内或横线上
11、（8分）如图所示是自行车传动装置的示意图．假设踏脚板每2 s
转一圈，要知道在这种情形下自行车前进的速度有多大，还需测量
哪些量？________________________________
___________________________________________________________________________．
请在图中用字母标注出来，并用这些量推导出自行车前进速度的表达式：___________．
11、如图所示，测量R、r、R′．（4分）
自行车的速度为： （4分）
12、(12分)某同学在实验室先后完成下面二个实验：①测定一节干电池的电动势和内电阻；②描绘小灯泡的伏安特性曲线．
（1）用①实验测量得到数据作出U—
I图线如图中a线，实验所测干电池
的电动势为 V，内电阻为
.
（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上。
应选取的电路是 ，滑动变阻器应选取 。
E．总阻值15 ，最大允许电流2A的滑动变阻器
F．总阻值200 ，最大允许电流2A的滑动变阻器
G．总阻值1000 ，最大允许电流1A的滑动变阻器
（3）将实验②中得到的数据在实验①中同一个U一I坐标系内
描点作图，得到如图所示的图中b线，如果将实验①中的电池
与实验②中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为
W，若将两节与实验①中相同的干电池串联后与该小灯泡
组成闭合回路，则此时小灯泡的电压为 V，实际功率为
W。
12、(12分) (1) 1.50V 0.75Ω (2分，每空1分)
(2) C E (4分，每空2分)
(3) 0.72±0.02W 0.85～0.88V 1.2～1.3W (6分，每空2分)
三、本题共6小题，90分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
13、(14分) 继神秘的火星之后，土星也成了全世界关注的焦点！经过近7年35.2亿公里在太空中风尘仆仆的穿行后，美航空航天局和欧航空航天局合作研究的“卡西尼”号土星探测器于美国东部时间2005年6月30日（北京时间7月1日）抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族．“卡西尼”号探测器进入绕土星飞行的轨道，在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t．求：土星的质量和土星表面的重力加速度．
13、（14分）设“卡西尼”号的质量为m，土星的质量为M． “卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供．
G Mm(R + h)2 = m( 2πT )2(R + h) ， （4分）
其中T ＝ t n ， 所以：M ＝ 4π2 n2(R + h)3 Gt2 ． （3分）
设土星表面处有一质量为m1的物体，则有
m1g = G Mm1R2 ， （4分）
得：g ＝ 4π2 n2(R + h)3 t2R2 （3分）
14、(14分)如图所示，一质量为m的小球用长为L的细线悬挂在天花板上，现加一大小恒定的水平向右的风力后，小球的悬线摆动时偏离竖直方向的最大偏角为，试求风力的大小。某同学解答如下：因为悬线的最大偏角为，此时小球受到重力mg、风力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件得：F＝mg tan。你认为他的解答是否正确？若认为正确，试求出小球运动过程中的最大速度，若认为不正确，试说明理由，并求出正确答案。
14、（14分）不正确 （4分）
小球达到最大偏角的位置，受力不平衡，不能用平衡条件解 (2分)
由动能定理：
FLsinα-mgL(1-cosα)= 0 （4分）
F=mgtan(α/2) （4分）
15、（15分）一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F的大小随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示.重力加速度g取10m/s2,试结合图象，求运动员在运动过程中的最大加速度．
15、由图象可知，运动员的重力为 mg＝500N （4分）
弹簧床对运动员的最大弹力为 Fm＝2500N （4分）
由牛顿第二定律得 Fm－mg＝mam （4分）
则运动员的最大加速度为 am＝40m/s2 （3分）
16、(15分)如图 (a) 所示，x轴上方为垂直于平面xoy向里的匀强磁场，磁感应强度为 ，x轴下方为方向平行于x轴但大小一定(设为E0)、方向作周期性变化的匀强电场，在坐标点为( 、 )和第四象限中某点,各有质量为 、带电量为 的正点电荷P和Q（不计重力，也不考虑P和Q之间的库仑力），现使P在匀强磁场中开始做半径为 的匀速圆周运动，同时释放Q，要使两电荷总是以相同的速度同时通过y轴，求：
（1）场强E0的大小及其起始方向和变化周期T．
（2）在图 (b)中作出该电场变化的 图象(以释放电荷P时为初始时刻，x轴方向作为场强的正方向), 要求至少画出两个周期的图象．
16、（15分）(1)由题意，要使两电荷总是以相同的速度通过y轴，磁场中的电荷必须垂直y轴通过，因P点电荷为正电荷，故起始运动方向竖直向上，且一个周期内P点电荷两次以相反的速度通过y轴。
由牛顿运动定律得
（2分）
电荷在磁场中运动的周期为 （2分）
所以电场变化周期和点电荷圆周运动周期相同，即
（2分）
P点电荷经 第一次通过y轴，Q点电荷在电场中往复直线运动，在0— 内有
qE0 =mv （2分）
而 ,可求得
, 起始方向为-x方向； （2分）
(2)见图 （5分）
17、（16分）如图所示，MNPQ是一个足够长的处于竖直平面内的固定的金属框架，框架的宽度为L，电阻忽略不计。ab是一根质量为m，有一定电阻的导体，能紧贴框架无摩擦下滑，整个框架平面处于垂直于框架平面的匀强磁场中，磁感强度为B。当单刀双掷开关S置于1位置时，导体ab恰好静止在框架的某一处。已知电源的电动势为，内阻为r。
（1）匀强磁场的方向如何？
（2）当开关S置于2位置时，导体ab由静止开始下落，试写出ab下落运
动的分析过程，并用所给的物理量表达ab在下落过程中的最大速度。
（3）ab达到最大速度的1/2时，其加速度大小是多大？此时ab两端的电压
为多少？
（4）如果ab由静止开始下落到达到最大速度所用的时间为t，下落高度为
h。试证明该过程中h和t应满足如下不等关系：
17、（16分）（1）磁场方向垂直纸面向内 （2分）
（2）S接1时，mg=F=BIL=B （1分）
S接2时，刚开始ab下落的加速度为g，接着加速运动、同时受重力和安培力作用，由牛顿第二定律得： mg-F=ma （1分）
随着下落速度的增大，感应电动势也随着增大，感应电流也增大，从而使F增大而导致速度a的减小，最终达到和重力的平衡而做匀速运动，因而有：
（1分）
由（1）得R代入（2）整理后得：m= （1分）
(3) 由（2）可知，当ab达到最大速的1/2时，安培力F=mg/2，因此有：
mg – F=ma => a=g/2。 （2分）
又因为，ab切割磁感线产生感应电动势，其电阻相当于电源内阻，而据题意，框架电阻不计，因而外电阻为0，从而使ab两端的电压（端电压）为0。 （2分）
（4）作出ab运动过程的-t图线： （2分）
ab初始加速度为g，即图线在原点的切线斜率为g。运动过程下落距离h即为图线曲线部分所包的“面积”，它介于图示“梯形面积”和“三角形面积”之间。故有：
， （2分）
将（2）中求的m值代入得：
（2分）
18、（16分）如图所示，长为L、质量为M的圆柱形木棒竖直放置，在其顶部套有质量为m的薄铁环，当棒和环有相对运动时，棒和环之间有大小恒为kmg（k＞1）的阻力．现突然在棒下端给棒一个很大的冲击力，使棒在瞬间具有竖直向上的初速度v0．
（1）若要求铁环在木棒落地前不滑离木棒，此木棒的长度不得少于多少？
（2）设木棒足够长，求棒上升的最大高度．
18、（16分）（1）设铁环加速度大小为a1，方向向上；木棒加速度大小为a2，方向向下．
对铁环： （1分）
得：a1=(k-1)g (1分)
对木棒： （1分）
得： (1分)
设环与棒所能达到的共同速度为v，由动量定理得
（M+m）v-Mv0=-(M+m)gt （1分）
又v=a1t
解得： （1分）
由运动学知识知
对环有 （1分）
对棒有 （1分）
要想满足要求棒长
l≥s2-s1= （2分）
（2）由v=a1t得环、棒速度相等时的速度
（2分）
设此时木棒上升高度为h1，以木棒的初速度方向为正方向，
得 （1分）
环、棒速度相等后一道竖直上升的高度为h2，
（2分）
棒上升的最大高度 （1分）
说明：
1、选择题第6题调整为一道光学题，原因是与后面计算题第15题（光学）已被调整
2、11题是一道实验题被调整，原因此题过于陈旧
3、计算题第15题是一道几何光学计算题，这部分知识，江苏卷近几年高考几乎没有考过，顾将其调整
4、其它部分题目偏重基础知识考查，部分试题较为新颖，同时知识面覆盖较广，因此本人认为此份试卷质量较高，命题人是下了一番功夫的。
热心网友
时间：2022-06-25 19:24
这里有往年高考所有试卷
热心网友
时间：2022-06-25 19:24
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热心网友
时间：2022-06-25 19:25
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