1、2018-2019 学 年 好 教 育 云 平 台 7 月 份 内 部 特 供 卷高 三 物 理 （ 三 ）注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作
2、答 ： 用 签 字 笔 直 接 答 在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。一、单选题1紫外线光子的动量为 .一个静止的 O3 吸收了一个紫外线光子后 ( )A仍然静止B沿着光子原来运动的方向运动C沿光子运动相反方向运动D可能向任何方向运动2两颗质量之比 m1：m 2=1：4 的人造地球卫星，绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r1：r 2=2：1，那么它们的动能之比为 为（ ）1:2A1：2 B2：1 C
3、 1：8 D8：13如图所示，固定在水平面上的光滑半球半径为 R，球心 O 的正上方固定一 定滑轮，细线一端绕定滑轮，今将小球的初始位置缓慢拉至 B 点，在小球到达 B 点前的过程中，小球对半球的压力 FN，细线的拉力 T 大小变化情况是（ ）AF N 变大 T 变大BF N 变小 T 变大CF N 不变 T 变小DF N 变大 T 变小4如图所示,两个内壁光滑的半球形碗,圆心分别为 O1、O 2,半径分别为 R1、R 2(R1R2),放在不同高度的水平面上,两碗口处于同一水平面上。现将质量相同的两个小球(可视为质点)a 和 b,分别从两个碗的边缘由静止释放,当两球分别通过碗的最低点时（ ）A
4、a 球绕 O1 运动的角速度大于 b 球绕 O2 运动的角速度Ba 球与 b 球的加速度大小相等Ca 球对碗底的压力大于 b 球对碗底的压力Da 球的动能等于 b 球的动能5光电效应实验装置示意图如图所示.用频率为 的普通光源照射阴极 K，没有发生光电效应.换用同样频率为 的强激光照射阴极 K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压 U，即将阴极K 接电源正极，阳极 A 接电源负极，在 K、A 之间就形成了使光电子减速的电场.逐渐增大 U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压 U 可能是下列的( 其中 W 为逸出功，h为普朗克常量，e 为电子电荷量)( )AU BU CU W
5、 DU 2 2 526如图所示的电路中，A、B 是平行板电容器的两金属板先将电键 S 闭合，等电路稳定后将S 断开，并将 B 板向下平移一小段距离，保持两板间的某点 P 与 A 板的距离不变则下列说法不正确的是( )A电容器内部的电场强度大小变大 B电容器的电容变小C电容器两极板间电压变大 DP 点的电势升高此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 二、多选题7由多颗星体构成的系统，叫做多星系统。有这样一种简单的四星系统：质量刚好都相同的四个星体 A、B、C、D，A、B、C 分别位于等边三角形的三个顶点上，D 位于等边三角形的中心。在四者相互之间的万有引力作用下，D 静止不动，A、
6、B、 C 绕共同的圆心 D 在等边三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动。若四个星体的质量均为 m，三角形的边长为 a，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）AA、B 、C 三个星体做圆周运动的半径均为 32BA、B 两个星体之间的万有引力大小为22CA、B、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为(3+3)2DA、B 、C 三个星体做圆周运动的周期均为 2(3+3)8如图所示，质量相等的两小球 、 分别从斜面项端 和斜面中点 沿水平方向抛出后，恰好 都落在斜面底端，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）A小球 、 在空中飞行的时间之比为 2:1B小球 、 在空中飞行过程中的速度变化率之比
7、为 1:1C小球 、 到达斜面底端时的动能之比为 4:1D小球 、 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为 1:19如图为某一电场的电场线，M、N、P 为电场线上的三个点，M、N 是同一电场线上两点。下列判 断正确的是( ) A只受电场力作用时，同一负电荷在 N 点的加速度最大BM、N、P 三点中 N 点的电势最高C正电荷从 M 点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到 N 点D只受电场力作用时，同正电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能10如图所示，一个匝数为 100 匝内阻不计的矩形线圈在匀强磁场中绕其垂直于磁感线的转轴匀速转动，转动周期为 0.02s，矩形线圈通过滑环与理想变压器相连
8、，原副线圈匝数比为 1:2，副线圈所接电阻 R=2，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，电阻 R上消耗的功率为 8W，下列说法正确的是At=0 时刻，电压表的示数为 22VB电流表的示数为 4AC 穿过线圈的磁通量的变化率为=1300s 2100Wb/sD线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 =22100(V)三、实验题11小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示。已知普朗克常量 。=6.631034Js（1）图甲中电极 A 为光电管的 _（填“阴极”或“阳极”） ；（2）实验中测得铷的遏止电压 与入射光频率 之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c
9、 =_Hz，逸出功 =_J；c 0（3）如果实验中入射光的频率 ，则产生的光电子的最大初动能 =_J。=7.001014Hz k12某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示。实验室可选用的器材有：A金属丝（阻值几欧）B电池（电动势 3V 左右，内阻几欧）C电压表两个（量程 3V，内阻很大）D电流表（量程 0.6A，内阻 0.2 左右）E电流表（量程 3A，内阻 0.04 左右）F滑动变阻器（02k）G滑动变阻器（020）H毫米刻度尺，螺旋测微器I开关，导线若干（ 1） 实 验 前 在 选 用 器 材 时 ， 电 流 表
10、 应 选 择 _， 滑 动 变 阻 器 应 选 择 _。 （ 均 填 器 材 前 的 字 母 ）（2）测得金属丝的长度为 0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为_mm。（3）实验过程中电压表 、 与电流表 的测量结果已经在图丙中的图象中描出，由 UI 图象可得，电源的电动势为_V ，电源的内阻为_，金属丝的电阻为_ （均保留三位有效数字） 。（4）由电阻定律可得，金属丝的电阻率为_ m（保留两位有效数字） 。四、解答题13如图所示，A、B 的重力分别为 9.2N 和 6.4N，各接触面间的动摩擦因数均为 0.2，连接墙壁与 A 之间的细绳 MN 与水
11、平方向夹角为 37，现从 A 下方向右匀速拉出 B.求：(sin37=0.6，cos37=0.8)（1）此时绳 MN 对 A 的拉力大小为多少？（2）所需的水平拉力 F 为多大？14如图 所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为 R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道 MN 相切于 N 点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为 q，质量为 m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为 0.5mg，现将小滑块从水平轨道的 M 点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点 。已知电场强度大小为 ，重力加速度大小为 g，求：3（1）小滑块在最高
12、点的速度 vH 大小； （2）M 点距半圆轨道最低点 N 的水平距离 L； （3）小滑块通过半圆轨道中点 P 时，轨道对小滑块的弹力 F 大小。15在 xoy 直角坐标系中，二个边长相同的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域 ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为 E0=2 Vm，在第二象限正方形 COED 的对角线 CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形 OEC 区域内无电场，现有一带电荷量为 q(q0)、质量为 m 的带电粒子（重力不计）从 AB 边上的 A 点静止释放，恰好能通过 E 点（1）求 CED 区域内匀强电场的电场强度的大小 E1；（2）保持第（1）问中
13、电场强度不变，若在正方形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 E 点，则释放点的坐标值 x、 y 间应满足什么关系.2018-2019 学年好教育云平台 7 月份内部特供卷高 三 物 理 （ 三 ） 答 案一、单选题1 【答案】B【解析】以紫外线光子和静止的 O3 为研究对象，由于系统所受合外力为 0，故系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变在静止的 O3 吸收紫外线光子之前，系统的动量等于光子的动量，系统动量的方向即为光子的动量的方向，而 O3 吸收紫外线光子后系统的动量的方向即为 O3 运动方向，故 O3 沿着光子原来运动的方向运动故应选 B。【点睛】由
14、于系统所受合外力为 0，系统体动量守恒即吸收前后系统的动量不变，即动量的大小方向都保持不变。2 【答案】C【解析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，卫2 2星的动能：E K= mv2，E K= ，卫星的动能之比： ，故 C 正确；12 2 11=1221=1412=18【点睛】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律导出动能表达式即可解题3 【答案】C【解析】对小球受力分析如图：力三角形与边三角形相似，则 ，小球逐渐上移，L 逐渐减小，T 逐渐减小；R 不=+=变，F N 不变。故 ABD 错误， C 正确。
15、故选：C4 【答案】B【解析】D、设任意一碗的半径为 r，根据动能定理研究小球从碗的边缘到碗的最低点，列出等式有： ，则小球通过碗的最低点为 ，则 r 越大，v 越大，则两球分别通=1220 =2过碗的最低点动能也越大，故 D 错误。A 、在最低点，由角速度 可知半径越大角速度越=2小，则 a 球绕 O1 运动的角速度小于 b 球绕 O2 运动的角速度，故 A 错误。B 、小球通过碗底时的向心加速度为 与 r 无关，则小球的向心加速度大小相等，故 B 正确。C、在最低点，由=2=2牛顿你第二定律得 ，解得 N=3mg，由牛顿第三定律得小球对碗底的压力 N=N=3mg，=2与碗的半径无关，则小球
16、对两碗底的压力相同；故 C 错误。故选 B。【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来5 【答案】B【解析】根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为 的强激光照射阴极 K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为 nhv，n=2，3，4则有：eU=nhv-W，解得：；n=2 ，3，4；知 B 正确，ACD 错误。故选 B。=【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程 Ekm=hv-W，以及知道最大初动能与遏止电压的关系 Ekm=eU6 【答案】A【解析】因断开
17、开关，所以电量不变，则由 、 和 ，联立得： 则可知，=4= = =4E 与 d 无关，所以电容器内部电场强度大小不变，故 A 错误；将 B 板向下平移一小段距离时，板间距离增大，由 ，可知，电容 C 减小，故 B 正确；因电量不变，C 减小，则由 Q=UC 可知，=4两板间的电压变大，故 C 正确；因 E 不变，P 点与下极板间的距离增大，故 P 与下极板间的电势差增大，故 P 点电势升高，故 D 正确；本题选错误的，故选 A。【点睛】根据平行板电容器的电容决定式 分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不=4变，由 分析板间场强的变化情况，由 分析电容器所带电量的变化，根据 P 点与下极板间=
18、 =电势差的变化，判断 P 点电势的变化二、多选题7 【答案】BC【解析】A、ABC 绕中点 D 做圆周运动，由几何知识知，半径为 ，故 A 错；=33B、根据万有引力公式可知 A、B 两个星体之间的万有引力大小为 ，故 B 对；22C、以 A 为对象，受到的合力为=+30+30=(33)2+2230=(3+3)2所以 A、B 、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为 ，故 C 对；(3+3)2D、以 A 为对象，受到的合力为=+30+30=(33)2+2230=(3+3)2在根据牛顿第二定律 ，可解得： ,故 D 错；=(2)2 2 (3+33)故选 BC【点睛】合理受力分析，找到四星运
19、动的轨道圆心，然后利用受力找到向心力，解向心力公式即可求得周期、线速度、加速度等。8 【答案】ABD【解析】因为两球下落的高度之比为 2：1，根据 h= gt2 得，t= ，高度之比为 2：1，则时间12 2之比为 ：1，故 A 正确。小球 a、b 在空中飞行过程中，加速度均为 g，则速度变化率之比为21:1，选项 B 正确；两球的水平位移之比为 2：1，时间之比为 ：1，根据 v0x/t 知，初速度之比2为 ：1。根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比 EKa：E kb=( mva2+mgha)：( mvb2+mghb)212 12=2： 1，故 C 错误。小球落在斜面上，速度方向与水平
20、方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故 D 正确。故选 ABD。【点睛】解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向匀速运动和竖直方向上的自由落体运动的规律，结合运动学公式和推论灵活求解9 【答案】ACD【解析】A、N 点电场线最密场强最大，由 可知 N 点的加速度最大，故 A 正确。B、顺=着电场线的方向电势降低，所以 M 点的电势最高，故 B 错误。C、在 M 点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故 C 错误。D、根据 EP=q，由 M N 可知，正
21、电荷在 M 点电势能大于在 N 点的电势能，故 D 正确。故选 ACD。【点睛】解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加10 【答案】BC【解析】变压器次级电压值为 ，则变压器初级电压：2=82=4，则 t=0 时刻，电压表的示数为 2V，选项 A 错误；电流表的示数为1=122=124=2，选项 B 正确；矩形闭合导线框 ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：1=1=82=4Em= U1=2 V， ，则线圈中感应电动势的表达式为 e=2 cos
22、（100t）V，故2 2 =2=100/ 2D 错误； 是电动势的瞬时值为 E= V，根据 ，解得穿过线圈的磁通量的变化率为=1300s 2 =，选项 C 正确；故选 BC=2100/【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，掌握感应电动势最大值的求法，理解有效值与最大值的关系；求解瞬时值表达式时要注意线圈转动的起始位置三、实验题11 【答案】阳极； ； ； (5.125.18)1014 (3.393.43)1019；(1.211.25)1019【解析】光电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知 A 板为阳极，根据光电效应方程和 得出遏止电压 与入射光频率 的关系式，从而进行判断根
23、据逸出功=0 = ，和光电效应方程： 直接进行求解。0=0 =0（1）电子从金属板上射出后被电场加速，由此可知 A 板为正极即为阳极。（2）由 和 得： ，因此当遏制电压为零时，=0 = =0，根据图象可知，铷的截止频率 。根据 ，则可求出该金属的=0 =5.151014Hz 0=0逸出功大小 0=6.6310345.151014=3.411019J（3）根据图象求出频率 时的遏制电压，然后根据 可求出光电子的=7.001014Hz =最大初动能；由 =0解得： =6.6310347.010143.411019=1.231019J12 【答案】 （1）D， G （2）0.580 （3）3.00
24、（2.98 3.00 均给分）， 2.0（2.172.22均给分）， 3.00（2.973.09 均给分） （4）1.610 6【解析】 （1）该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为 20 欧姆的即可，所以选择 G，所以电流表选择 0.6A 的就可以，所以是 D。（2）根据螺旋测器的读数规则 =0.5+0.018.0=0.580（3）V 2 测的是电源电动势， V1 测的是金属丝的电压，根据图象可知，斜率为负的那条直线对应的是 V2 的图线，斜率为正的是 V1 的图线，V 2 图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 ， ，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，
25、所以金属丝的电阻为=3.00V =2.0.=1.80.6=3.0(4)根据电阻定律可得 =(2)2 =1.6106四、解答题13 【解析】 （1）对 A，受力如图所示，根据平衡条件，有：水平方向：f 1=N1=Tcos37对 A 竖直方向有 GA=N1+Tsin37由并代入数据可求得 T=2N，N 1=8N，（2）对 B 受力分析，根据平衡条件得：竖直方向有：N 2=N1+GB=N1+GB=14.4N对 B 水平方向有：F=N 1+N2=4.48N【点睛】本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，分析受力，作出力图是解题的关键，根据正交分解法列出水平和竖直方向的方程即可解答14【解析】(1)在
26、点，由 =2解得 =(2)设 MN 间的水平距离为 L，全程从 M 点到 H 点的过程中，由动能定理 2=122代入数据解得 LR(3)从 P 到 H，由动能定理 =122122解得 .=3在 P 点: =2解得 F12mg【点睛】本题中涉及到的物体的运动的过程较多，对于不同的过程要注意选取合适的物理规律列方程，例如对于一个物理过程往往用动能定理，对于一个位置往往用牛顿第二定律列方程.一定要学会分不同的方向来分析和处理问题15【解析】 （1）设粒子出第一象限时速度为 v，加速过程：qE 0l mv212由类平抛运动的规律：l=vt1212计算解得：E 1=4E0=8V/m（2）设出发点坐标（x，y），加速过程： 0122经过分析，要过 E 点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等均为 yy=vt 1212计算可得：y=x
