高考物理模擬試題(三)參考答案與提示

A卷

1.D

2.C 提示：以乙車開出的時刻為起始時間，則甲車瞬時速度隨時間的表達(dá)式為v1=(v+at0)+at，乙車瞬時速度隨時間的表達(dá)式為v2=at，且兩車運動方向相同，因此在乙車開出后，若以乙車為參考系，甲車的速度v1'=v+at0，為定值，甲、乙兩車之間的距離x=v1't=(v+at0)t。從乙車開始運動的時候開始計時，甲、乙兩車之間的距離會隨著時間的增加以恒定的速度v1'=v+at0均勻增大，故選項C正確。

3.B 提示：長直導(dǎo)線在M、N、P處時在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，M、N處的導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=2B，長直導(dǎo)線在P、N處時在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度夾角為60°，合磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，因此又因為F洛=qvB，所以∶2，選項B正確。

4.B 提示：根據(jù)開普勒第三定律得k，k是與衛(wèi)星無關(guān)的物理量，即所有衛(wèi)星的比值k都相同，其中圓形軌道的a為圓的半徑，橢圓形軌道的a等于半長軸。根據(jù)開普勒第三定律得，所以，解得，即，故 C、D錯誤。根據(jù)開普勒第三定律得，所以解得，即，故A錯誤。根據(jù)開普勒第三定律得，所以解得，即T2=，故B正確。

5.C 提示：電勢為零處，電場強(qiáng)度不一定為零;電荷在電場中與電勢的乘積為電勢能;靜電力做功的正負(fù)決定電勢能的增加與否。由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，A點的電勢為零，由于沿著電場線電勢降低，所以O(shè)點的電荷q1帶正電，M點的電荷q2帶負(fù)電，選項A正確。因為A點距離O點比較遠(yuǎn)，而距離M點比較近，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，選項B正確。根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，N、C兩點間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，選項C錯誤。N、D兩點間，電勢先升高后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點電荷從N點移到D點，靜電力先做正功后做負(fù)功，選項D正確。

6.AB 提示：若A、B與C之間的摩擦力大小相同，在細(xì)繩被剪斷后，彈簧釋放的過程中，A、B所受的滑動摩擦力方向相反，則由A、B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒;由A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，在豎直方向上受到的重力與支持力平衡，在水平方向上不受外力，合外力為零，所以由A、B、C組成的系統(tǒng)動量也守恒，選項A正確。若A、B與C之間的摩擦力大小不相同，在細(xì)繩被剪斷后，彈簧釋放的過程中，A、B所受的滑動摩擦力方向相反，則由A、B組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，動量不守恒;由A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，合外力為零，由A、B、C組成的系統(tǒng)動量仍守恒，故選項B正確，C、D錯誤。

7.AB 提示：在虛線Ⅱ位置時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=2Ba·=Bav，感應(yīng)電流，線框所受安培力大小F=，方向向左，則根據(jù)牛頓第二定律得線框的加速度為故C錯誤。此時線框中的電功率P=I2R=，故A正確。此過程中穿過線框的磁通量的變化量ΔΦ=0-(Ba2)=Ba2，通過線框截面的電荷量，故D錯誤。根據(jù)能量守恒定律得此過程中線框產(chǎn)生的電能為，故B正確。

8.AB 提示：由幾何關(guān)系知AD∶BD∶CD=3∶2∶1，則其豎直高度hA=AD·sinθ，hB=BD·sinθ，hC=CD·sinθ，故hA∶hB∶hC=3∶2∶1，由知tA∶，A正確。因為平拋運動某時刻速度方向與水平方向間夾角的正切值是位移與水平方向間夾角正切值的2倍，三個小球落在斜面上，位移方向相同，則速度方向也相同，故B正確。三個小球的水平位移之比為3∶2∶1，tA∶tB∶tC=∶1，故vA∶vB∶vC=∶1，C錯誤。從A、B、C處拋出的三個小球距斜面最遠(yuǎn)時速度方向均平行于斜面，與水平方向間夾角的正切值之比為1∶1∶1，D錯誤。

9.(4)3.46(3.45或3.47) (5)2.00(2或2.0) (6)如圖1所示 (7)F

提示：(4)由題中圖乙知，彈簧測力計的示數(shù)為3.46N。(5)如題中圖甲所示，OAB構(gòu)成邊長為20cm的等邊三角形，根據(jù)力的平衡知識得2Tcos30°=F，解得T=2.00N。(6)根據(jù)力的圖示法作出兩個力及它們的合力的圖示，如圖1所示。(7)本實驗采用了“等效法”，因此比較F'與F的大小是否相等，即可得出實驗結(jié)論。

10.(1)C (2)2 29 261 (3)0.9 3.6

提示：(1)當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4時，表頭與電表中的電源相連接，是歐姆擋，故A正確。當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置6時，表頭與電阻串聯(lián)，電阻起分壓作用，是電壓擋，故B正確。當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到5時串聯(lián)的電阻小于旋轉(zhuǎn)到6時串聯(lián)的電阻，可知旋轉(zhuǎn)到6時串聯(lián)的電阻大，分壓作用大，電壓表量程大，故C錯誤。根據(jù)電流“紅進(jìn)黑出”可知，B表筆為黑表筆，A表筆為紅表筆，故D正確。(2)接2時并聯(lián)電阻大，分流小，其量程小，接1時有Ig(Rg+R2)=(I1-Ig)R1，接2時有IgRg=(I2-Ig)(R1+R2)，解得R1=29Ω，R2=261Ω。(3)電源E'的電動勢為9V，則設(shè)指針偏轉(zhuǎn)到電流表G1滿刻度的處對應(yīng)電阻為R，則，解得R=3600Ω=3.6kΩ。

11.(1)設(shè)物塊P與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊P沿木板下滑時，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，則μmgcosθ+3mgsinθ=2mg，解得μ=0.25。(2)設(shè)物塊P在木板上滑動的加速度大小為a1，時間為t1，則mgsinθ-μmgcosθ=ma1，L1=，解得a1=4m/s2，t1=0.3s。物塊P滑離木板后，設(shè)木板在斜面上滑動的加速度大小為a2，滑到斜面頂端用時為t2，則 2mg-3mgsinθ=5ma2，L2=，解得a2=0.4m/s2，t2=1s。因此從釋放物塊P到木板的上端滑到斜面頂端共需要的時間t=t1+t2=1.3s。

12.(1)電子在平行板間做直線運動，靜電力與洛倫茲力平衡，由平衡條件得eE=ev0B，電場強(qiáng)度，解得U=Bv0d。(2)如圖2所示，電子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得ev0B=，解得r=。設(shè)電子在區(qū)域Ⅰ中沿著y軸偏轉(zhuǎn)的距離為y0，區(qū)域Ⅰ的寬度為，由幾何關(guān)系得(ry0)2+b2=r2，解得。因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量，故電子從區(qū)域Ⅱ右邊界射出時的射出點的縱坐標(biāo)y=2y0=(3)電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域Ⅱ的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域Ⅱ沿x軸方向的寬度相同，電子的運動軌跡如圖3所示。設(shè)電子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為v，由牛頓第二定律得又有r'=b，解得電子在通過區(qū)域Ⅰ的過程中，向右做勻變速直線運動，平均速度，電子通過區(qū)域Ⅰ的時間電子在磁場中做圓周運動的時間因此電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔

圖2

圖3

13.(1)CDE (2)初狀態(tài)a、b兩部分空氣柱的壓強(qiáng)p1=76cmHg+14cmHg=90cmHg。因為右管水銀面升高的高度10cm<12cm，故b空氣柱仍在水平直管內(nèi)。末狀態(tài)a、b兩部分空氣柱的壓強(qiáng)p2=76cmHg+14cmHg+10cmHg=100cmHg。設(shè)末狀態(tài)a、b兩部分空氣柱的長度分別為La2、Lb2，對a部分空氣柱，根據(jù)玻意耳定律得p1La1S=p2La2S，對b部分空氣柱，根據(jù)玻意耳定律得p1Lb1S=p2Lb2S，解得La2=9cm，Lb2=4.5cm。左管所注入的水銀柱長度L=2h+(La1+Lb1)-(La2+Lb2)，解得L=21.5cm。

14.(1)ABD (2)①由折射率與光速間的關(guān)系，解得透明物質(zhì)的折射率n=1.25。由題意可知，光線從AB面垂直射入，恰好在AD面發(fā)生全反射，光線從BD面射出，光路圖如圖4所示。設(shè)該透明物質(zhì)的臨界角為C，由幾何關(guān)系得sin解得∠C=∠A=53°。②由幾何關(guān)系得β=37°，由折射定律得解得

圖4

B卷

1.B 提示：取火箭及氣體為系統(tǒng)，設(shè)火箭的末速度為v，則火箭在向外噴氣的過程中滿足動量守恒定律，即0=Δmv0+(MΔm)v，解得，只有選項B正確。

2.C 提示：帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小。速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式可知，粒子的半徑逐漸減小，所以粒子的運動方向是從b點到a點。再根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，只有選項C正確。

3.B 提示：對甲圖中的小球進(jìn)行受力分析，小球所受的重力和支持力合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以T甲可以為零;若N甲等于零，則小球所受的重力和輕繩拉力的合力方向不能指向圓心而提供向心力，所以N甲一定不為零。對乙圖中的小球進(jìn)行受力分析，若T乙為零，則小球所受的重力和支持力合力的方向可以指向圓心提供向心力，所以T乙可以為零;若N乙等于零，則小球所受的重力和輕繩拉力的合力方向也可以指向圓心而提供向心力，所以N乙可以為零。

4.C 提示：由得v=，因此軌道半徑越小，運行速度越大。“慧眼”衛(wèi)星運行時的速度比“天宮二號”小，在相同時間內(nèi)，“慧眼”衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的弧長一定比“天宮二號”的短，選項A錯誤?！盎垩邸毙l(wèi)星的總重量為2500kg，運行在550km、傾角為43°的近地圓形軌道上，選項B錯誤。根據(jù)得因為“慧眼”衛(wèi)星的軌道半徑較大，所以其向心加速度較小，選項C正確。因為同一衛(wèi)星發(fā)射高度越大，需要克服引力做功越多，根據(jù)能量守恒定律可知，最終運行時的機(jī)械能越大，“慧眼”衛(wèi)星與“天宮二號”的質(zhì)量未知，不能比較“慧眼”衛(wèi)星運行時機(jī)械能與“天宮二號”運行時的機(jī)械能的大小關(guān)系，選項D錯誤。

5.B 提示：當(dāng)線框進(jìn)入磁場時，由于安培力的作用使得線框恰能勻速運動，依據(jù)安培力表達(dá)式可知，安培力大小不變;當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，因穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，也沒有感應(yīng)電流，則不存在安培力，線框做加速運動;當(dāng)線框剛出磁場時，因切割速度增大，導(dǎo)致安培力變大，線框減速穿出磁場，此后安培力逐漸減小。依據(jù)左手定則可知，當(dāng)線框剛進(jìn)入磁場時，安培力方向向上，為負(fù)值，當(dāng)線框穿出磁場時，安培力方向向上，為負(fù)值。

6.ACD 提示：能級間躍遷吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，或吸收的能量大于基態(tài)氫原子能量而發(fā)生電離。用10.2eV的光子照射，即(-13.6+10.2)eV=-3.4eV，躍遷到第二能級，故A正確。用11eV的光子照射，不可能只吸收10.2eV能量，故B錯誤。用14eV的光子照射，即(-13.6+14)eV>0，氫原子被電離，故C正確。當(dāng)處于基態(tài)的氫原子能被電離時，則0-(-13.6)eV=13.6eV，當(dāng)用13eV的電子碰撞時，可能吸收10.2eV能量而發(fā)生電離，故D正確。

7.BCD 提示：設(shè)ab=bc=cd=L，根據(jù)題意可知，+Q在b點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E，方向水平向右，由點電荷的場強(qiáng)公式得E=，-Q在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E1=，方向水平向右，所以b點的場強(qiáng)大小，方向水平向右，故A錯誤，C正確。根據(jù)對稱性可知，c點與b點的場強(qiáng)大小相等，為E，方向水平向右，故B正確。電場線方向從a指向d，而順著電場線方向電勢降低，則c點電勢比b點電勢低，故D正確。

8.CD 提示：在0～2s內(nèi)，物體沿x軸方向做勻加速直線運動，沿y軸方向靜止，根據(jù)運動的合成可知，物體做勻加速直線運動，加速度沿x軸方向，故A錯誤。在2s～4s內(nèi)，物體沿x軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成可知，物體做勻加速曲線運動，加速度沿y軸方向，故B錯誤。由圖像結(jié)合運動的合成可知，4s末物體的速度m/s，故C正確。在前2s內(nèi)，物體在x軸方向上的位移在后2s內(nèi)，物體在x軸方向上的位移x2=vxt=4m，在y軸方向上的位移t=2m，則4s末物體沿x軸方向的位移x=x1+x2=6m，沿y軸方向的位移等于2m，其坐標(biāo)為(6m，2m)，故D正確。

9.(1)反比 (2)消除小車與木板之間摩擦力造成的影響 (3)42.0cm (4)乙車的質(zhì)量m乙0.21kg

提示：(1)因為，而，所以小車發(fā)生的位移與小車(含砝碼)的質(zhì)量成反比關(guān)系，來驗證物體所受合外力一定時加速度與質(zhì)量成反比。(2)為了保證細(xì)線對小車所受的拉力等于小車的合力，必須通過將裝置右端稍稍墊高一些來消除小車與木板之間摩擦力造成的影響。(3)小車通過的位移s=53.0cm-11.0cm=42.0cm。(4)因為s1=所以m甲=，該直線斜率代表的物理量是乙車的質(zhì)量m乙，從圖中可求得其值為m乙=0.21kg。

10.(1)B D F (2)甲 (3)1.50 0.7

提示：(1)干電池的電動勢約為1.5V，故為了讀數(shù)準(zhǔn)確，電壓表應(yīng)選擇D。干電池的內(nèi)阻較小，為了準(zhǔn)確測量其內(nèi)阻，應(yīng)選擇已知內(nèi)阻的電流表B?；瑒幼冏杵鞯目勺冏柚递^小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差，故選F。(2)根據(jù)以上分析可知，電流表與電池串聯(lián)，將電流表內(nèi)阻等效為電池內(nèi)阻，故電路圖選擇甲。(3)由U-I圖像可知，電池的電動勢E=1.50V，內(nèi)阻-0.3Ω=0.7Ω。

11.(1)以結(jié)點O為研究對象，沿水平方向有FOB=FOAsinθ，沿豎直方向有FOAcosθ=m1g，解得FOA=1.25m1g，F(xiàn)OB=0.75m1g。(2)人在水平方向上受到輕繩OB的拉力和水平面對其的靜摩擦力，由平衡條件得f=FOB=0.75m1g，方向水平向左。(3)當(dāng)物體甲的質(zhì)量增大到人剛要滑動時，人受到的靜摩擦力達(dá)到最大，等于滑動摩擦力，即fmax=FOBmax，又 有FOBmax=0.75m1maxg，fmax=μm2g，解得m1max=24kg，即物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過24kg。

12.(1)剛釋放時，設(shè)每根導(dǎo)線的拉力為T，對導(dǎo)體棒甲有mg-2T=ma，對導(dǎo)體棒乙有2T=ma，解得(2)導(dǎo)體棒運動穩(wěn)定時，設(shè)導(dǎo)線中的拉力為T'，穩(wěn)定時兩導(dǎo)體棒做勻速運動，對導(dǎo)體棒乙有T'=0，對導(dǎo)體棒甲有mg=F安，又有感應(yīng)電動勢E=Blv，感應(yīng)電流，安培力F安=，解得。 (3)兩導(dǎo)體棒從開始下滑到穩(wěn)定，設(shè)導(dǎo)體棒甲下降的高度為h，則通過橫截面的電荷量，又有解得由能量關(guān)系得系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱

13.(1)BDE (2)①設(shè)缸內(nèi)氣體的溫度為T1時的壓強(qiáng)為p1，活塞受重力、大氣壓力和缸內(nèi)氣體的壓力作用而平衡，則Mg+p0S=p1S。氣體膨脹對外界做的功W=p1SΔL，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得Q-W=ΔU，解得ΔU=Q-(p0S+Mg)ΔL。②設(shè)所放砝碼的質(zhì)量為m，缸內(nèi)氣體的溫度為T2時的壓強(qiáng)為p2，系統(tǒng)受重力、大氣壓力和缸內(nèi)氣體的壓力作用而平衡，則(M+m)g+p0S=p2S，根據(jù)查理定律得，解得

14.(1)BCD (2)①該波的周期T=0.20s，該波的波長λ=8m，振幅A=17cm，波速，波由O點傳到F點所用的時間s。②在0.10s～0.40s時間內(nèi)，，F(xiàn)點在時間內(nèi)的路程s=6A=102cm。③質(zhì)點F在0～0.20s時間內(nèi)的振動圖像如圖1所示。

圖1