资源描述
{
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高三物理一模参考答案
一、选择题答案及详解
题号
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
B
D
D
B
D
C
CD
BD
AD
1
.【答案】A
【
详解】.在发生光电效应的前提条件下，光的强度越大，光电流越大，故选项 A 正确；
换用频率更高的紫光一定能发生光电效应，与光的强度无关，故选项 B 错误；仅将 P 移至 C
端，AK 间的电压为 0，仍然发生光电效，应有微弱的光电流，故选项 C 错误；密里根根据
爱因斯坦的光电效应的方程计算出了普朗克常量，故 D 选项错误。故选 A。
2
. 【答案】B
x
1
1
k =
20，纵轴截距b = −2，由
= k + b 得 x = 20t − ´4´t
2
【
详解】由图像可知斜率
t
2
t
2
v =
0
20m/s ，加速度 a = −4m/s2 ；前 3s 内得位移
可知列车在做匀减速运动，初速度
1
x = 20m/s´3s − ´4m/s2 ´（3s）2 = 42m。故 B 答案正确。
2
3
.【答案】D
【
详解】不计空气阻力，铅球在空中运动过程中只受重力的作用，所以加速度相等，故 A
错误；两次初速度大小为 v 相等，a 大于a ，v cosa 大于v cosa ，所以 B 错误；由题
0
2
1
0
1
0
2
意可知两次水平位移相等，水平方向匀速直线运动，而v cosa 大于v cosa 所以t 小于t ，
2 ，
0
1
0
1
2
即第一次在空中运动时间较短，故 C 错误；两次实际位移相同，第一次用时间较短，所以
第一次平均速度较大，故 D 正确。
4
.【答案】D
【
详解】航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有
可得
，
GMm
GM
=
ma
a =
r
2
r
2
故 A 错误；根据万有引力提供向心力有
可得
，由于天宫空间站在
GMm
v
2
GM
r
=
m
=
v
r
2
r
轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天宫空间站在轨运行的线速度大于同步卫星
的线速度，故 B 错误； 7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，则神舟十八号的发射速度大
{
#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
于 7.9km/s，但是不能大于11.2km/s，大于11.2km/s就逃出地球引力范围了，故 C 错误；
r
6400km + 400km 17
=
=
根据题意知空间站绕地球运动的轨道半径与地球半径之比为
R
6400km
16
GM
GMm
a =
=
ma
，联立解得：
根据万有引力提供向心力，有
17 R）2 。地表的重力加速度
（
r
2
16
GM
a
g
16
17
g =
=
（
）
2
，故 D 正确。
为
可得
R
2
5
.【答案】B
1
2p
【详解】由题意可知T =
=
0.2s
,所以w =
=10p ,根据小球的运动规律匀速圆周运动
n
T
y = Rsin(10pt)
可知所以影子做简谐运动，且振动方程为
，故 A、D 错误，B 正确；
F = mw2R =100mp
2
R
由向心力公式
，故 C 错误。故选 B。
6
.【答案】D
【
详解】将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处，电场力做功均为 0，可知圆上各点在
同一等势面，由于电场线与等势面垂直，则正试探电荷在圆上所受电场力一定指向 O 点，
，
BD = 3L ，ÐDAB = ÐODB = 30°
，
AD ⊥ OD
故 A 错误；连接 AD，CD，OD，由几何关系有
则 A 处和 B 处在 D 点产生的电场场强分别为 E1 和 E2
k ×2Q
kQ
E1 =
=
( 3L)2 (3L)2 6L2
+
kQ
E2 =
3
L2
将 E1 正交分解如图所示
由矢量合成可知 D 点产生的场强大小为
3
kQ
E = (E1¢¢)2 + (E − E¢)2
=
，故 B 错误；
2
1
L2
6
D 点与 C 点在同一等势面，由 D 点移到 AC 中点相当于由 C 点移到 AC 中点，正试探电荷在
AO 连线上受到的电场力向右，则在从 C 点移到 AC 中点过程中，电场力做负功，电势能增
k ×2Qq kQq 3kQq
加，故 C 错误；负试探电荷在 C 点所受电场力为 F
=
+
=
，方向指向
A
4
L
2
L
2
2L2
点。故 D 正确
{
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7
.【答案】C
−
=
【
详解】物体在水平方向上受推力与摩擦力的作用，根据牛顿第二定律 F mmg ma 解
F
得加速度 a
=
−
mg ，由乙图可知，当推力大于摩擦力时，随着 的减小，加速度 逐渐
F
a
m
减小；当推力减小到等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时，物体做
减速运动，加速度反向增大，故 A 选项错误；由图像可知，推力与位移的关系式为：
F =100 − 25x(0 £ x £ 4.0m) ，当加速度为零时，物体速度最大，此时， F = mmg ，解得
1
00 − mmg
x =
= 100 − 25x = 3.0m ，即在 3.0m 时，速度达到最大值，故 B 错误；
25
F − x图像与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为 vm ，由
1
W = ´ (100 + 25)´3J = 187.5J ，再由动
图乙可知，从开始到速度最大，推力所做的功为
2
1
W − mmgx = mv − ，代入数据解得：v = 3 5m/s，故 C 正确；
2
m
0
能定理
m
2
1
2
整个过程推力所做的功W =
´100´ 4.0J
=
200J，再由动能定理：
W − mmgx = 0 − 0 ，
m
x =
m
8m ，故 D 选项错误。
解得：
8
.【答案】CD
【详解】画出光路如下图光线在 AB 面上的入射角为a=45
，折
1
2
1
sina
sinb
10
2
射角 tanb
=
，则sinb =
，折射率为
n =
=
，故
5
EF
ÐFCE = a = 45
A 错误，因 DC 平行于 OE，则
，则 tan45 =
°
，
CF
EF
CF + R
tanb =
，联合解得：CE= 2 R，CF=R，所以 B 错误，C
c
n =
正确；又因为
，所以 D 正确；故选 CD。
v
9
.【答案】BD
【
详解】A．设输入电压 U 的有效值为 U，根据有效值的定义有
(U
)
m
2
2
U
2
1
T = 2´
´ T
R
R
4
求得输入电压 U 的有效值为 U=10V，故 A 错误；
{
#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
2
æ
ö
ø
n
10V
由等效电阻： R¢ = ç ÷ ( + ) =
=
=
1
R3
R
2
45Ω ，因此，
I
0.2A ，故 B 正确；
n2
50Ω
è
若将开关 S 由断开变为闭合，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故 C 错误；
D
DI1
U
1
E =U + I R
=
R
1
设原线圈两端电压为 U1，则有
可知
，
1
1
1
U
DU
DU
n
I1 DI1 n2
I2 DI2 n1
=
1
=
1 且
=
=
根 据 线 圈 电 压 、 电 流 与 匝 数 的 关 系 有
1
2
， 所 以
U
n2
2
2
DU2
DI2
æ
n2
n1
ö
= ç
è
÷ × R ，即副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变，
1
ø
故 D 正确。故选 BD。
0.【答案】AD
详解】根据题意，对整体进行受力分析，水平方向上合力为零，物块所受摩擦力与半圆柱
1
【
体所受摩擦力等大反向，故 A 正确；
对小球 P 受力分析，受重力 mg，光滑半圆柱的支持力 N 和绳子的拉力 F，处于平衡状态，
F
'
画出拉力 F 等大反向的力 ，即为 mg 和 N 的合力，如图所示
由相似三角形有
F
'
mg
=
OB OO'
解得
3
F
'
= mg
4
由余弦定理有
2
æ
è
3
ö
R
2R
−
R2
ç
÷ + ( )2
2 ø
7
8
cosq =
=
3
2
´ R´2R
2
则有
1
8
5
sinq = 1− cos2 q =
对结点O
受力分析，如图所示
{
#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
由平衡条件有
F = F sinq
2
1
对物体 Q 受力分析，如图所示
由平衡条件有
FN = 2mg , f = F4
又有
3
15
32
F = F = F sinq = F sinq = F
'
sinq =
mg
4
2
1
f = mFN
则有
f
F4 3 15
m
=
=
=
FN FN
64
所以 B 错误，D 正确；OA 段绳子的张力不为零，在竖直方向上将小球 P 和圆柱体整体受力
分析，可知 C 错误。故选 AD。
二、非选择题答案及详解
k2 − k1
11.【答案】（2）5.30
（5）B
（6）
（每空 2 分）
b
【
详解】（2）20 分度的游标卡尺精确度为 0.05mm，由图可知读数为
5mm + 6´0.05mm = 5.30mm
（5）滑块的质量为 M0，待测物体的质量为 M，滑块受到拉力为 F，由牛顿第二定律有
F = (M0 + M )a
mg − F = ma
对钩码有
联立得
1
M + M 1
1
=
0
×
+
a
g
m
g
1
=
纵轴截距为
b
g
故选 B。
{
#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
M
g
M0 + M
（6）由上述分析可知斜率为
0
=
k1 而且
= k2
g
k − k1
=
2
解得
M
b
1
2. 【答案】（每空 2 分）
Id I æ
I I − I I
ö
−
b ç
ç或
÷
（1）9000 （2）3.0 ，2.1
（3）③
a
d
b
c
÷ ，相等
Ic
I
a
è
Ia Ic
ø
【
详解】（1）要将 A2 改装成量程为 3V 的电压表，需串联的电阻
U
3V
300´10－6 A
R0 = − rA =
Ig
−1000W = 9000W
（2）理论上，当 I1 为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势
E = I (R + r ) = 300´10−6 ´（9000+1000）V = 3.0V
2
0
A
根据闭合电路欧姆定律，可知
E = I (R + r ) +（I + I ）r
2
0
A
1
2
I2 << I
1
由于
R0 + r
A
E
r
=
−
I2
+
上式简化为
I1
r
R0 + r
A
0.58
00 180 10
=
由图像可知
−
）´
−6
r
（3
代入数据可得
r = 2.1Ω
（3）滑动变阻器接入电路的阻值
I (R + r )
R =
b
0
A
Ia
待测电阻的阻值
I (R + r )
æ Id
I ö
æ I I − I I ö
÷(R + r )
Rx =
d
0
A
− R = ç
−
b
÷(R + r ) = ç
a
d
b
c
0
A
0
A
Ic
Ic Ia
Ia Ic
è
ø
è
ø
由于电流表 A1 的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实
值。
1
3.【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体 A 的压强
{
#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
¢
=
+ ¢ = 75cmHg +15cmHg = 90cmHg
p0 ………..（1 分）
p
p
A
h
（2）初状态，气体 A 的压强
p = p + p = 75cmHg +10cmHg = 85cmHg………..（1 分）
A
0
h
Scm2
=
设玻璃管横截面积为
，初状态气体 A 的体积VA 45Scm3
设末状态气体 A 的体积为V ¢
A ，对气体 A 由玻意耳定律得
p V = p¢V¢
A
A
A
A ………..（1 分）
解得
VA¢ = 42.5Scm3 ………..（1 分）
末状态气体 A 的长度
¢
V
L =
A
= 42.5cm
S
气体 A 的长度减少量
D
L = (45 − 42.5)= 2.5cm
初状态气体 B 的压强
p = p + p = 75cmHg + 5cmHg = 80cmHg ………..（1 分）
B
0
h1
末状态气体 B 的压强
= 75cmHg + (5 + 5 − 2.5)cmHg = 82.5cmHg………..（1 分）
¢
=
p0 + ph2
p
B
初状态气体 B 的体积VB 41.25Scm2 （ 分）
=
1
xcm
设活塞移动的距离为
，末状态气体 B 的体积
V¢ = (41.25+ 5− x)Scm = (46.25− x)Scm ………..（1 分）
3
3
B
对气体 B 由玻意耳定律得
p V = p¢V¢
B
B
B
B ………..（1 分）
x =
6.25cm（1 分）
带入数据得
【其他解法只要合理同样给分】
5
=
gR ；
1
4. 【答案】（1） vC
2
{
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1
0( 3 − m)E
1
10( 3 − m)m g
=
B =
（
（
2） B
或
；
10m
gR
10qm
R
4
3
3） x
=
R
3
v
2
A
R
【
详解】（1）在 A 点对滑块受力分析，有 mg qEsin30
−
° =
m
………..（1 分）
1
=
gR
………..（1 分）
解得：
vA
2
滑块从 C 点到 A 点，根据动能定理有
1
1
−
mg ×2R + qE sin 30°×2R = mv2 − mv2
A
C
2
2
…
……..（1 分）
5
2
=
gR ………..（1 分）
解得：
vC
（2）在 C 点之前匀速直线运动，对滑块受力分析，有
mFN = qEcos30°………..（1
分）
水平方向：
FN + qEsin30° = qvB + mg ………..（1 分）
竖直方向：
1
0( 3 − m)E
1
10( 3 − m)m
g
解得： B =
或
B =
………..（1 分）
10m
gR
10qm
R
（3）滑块从 A 点抛出后，电场方向反向，以水平、竖直方向建立坐标系，
竖直方向
mg + qEsin30° = may ………..（1 分）
1
2
R = a t
2
y
2
…
……..（1 分）
2
3
6R
=
解得：
t
………..（1 分）
g
1
qEcos30° =
max
x = v t − a t2 ………..（1 分）
水平方向
,
A
x
2
4
3
=
R ………..（1 分）
解得：
x
3
{
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【其他解法只要合理同样给分】
1
5.【详解】（1）设初始时电容器两端电压为 U0，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极
板上电荷量变化量为 DQ ，导体棒稳定后的电动势为 E，
BIL×Dt = m v − ………..（1 分）
0
对导体棒，由动量定理有
1
1
E = BLv1 ………..（1 分），
Q
U
DQ
U0 − E
而C
=
=
………..（1 分），
D
D
Q
=
………..（1 分）
由电流的公式有：
I
t
Q = CU = DQ + CE =
0.864C
整理有:
………..（1 分）
0
0
【第（1）问共 5 分，其他解法只要合理同样给分】
…
……..（2）由于导体棒恰好能从 C C 处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度
1
2
为 ，有
v
2
v1
cosq
v2 =
v2 = 2m/s
解得：
………..（1 分）
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为v3 ，由动能定理有
1
1
2
( − q ) =
m gr 1 cos
1
2
−
2
m1v3
m1v2
2
v3 = 3m/s
解得：
………..（1 分）
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v共 ，有
m1v3
=
m v
(m + )
1
2
共
v共 =1m/s
解得：
………..（1 分）
Bx2L2v
线框进入磁场过程中所受安培力为：
F = BIL =
x
（ ）
共 = 3x N ………..（1 分）
R
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安倍力的表达式可
{
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知，安倍力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此，
F
安初
+ F
0
+ 3´0.5
Q = 2F x = 2F x = 2
安末
x = 2´
´0.5 = 0.75J ………..（2 分）
热
安
安
2
2
【第（2）问共 6 分，其他解法只要合理同样给分】
（3）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
B
2
x
R
L
2
v
)( − )
m2
−
å
×Dt = (m1
+
v
v
4
共
…
……..（1 分）
0 + 3x
3
2
å
−
3x×Dx = −
x
= −
x
2
=
(m1 m2 )(v4 v共 ) ，
+
−
0 £ x £ 0.5m
整理有
解得：
2
3
v4 =
m/s ………..（1 分）
8
3
8
v =
m/s
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以
进入磁场，假设左边框仍能穿
4
0 + 3x
3
2
å
−
3x×Dx = −
x
= −
x
2
=
(m1 m2 )(v5 v4 )，
0 £ x £ 0.5m
+
−
出磁场，
解得：
2
2
v5 = −
m/s
………..（1 分）
8
0 + 3x
3
2
å
−
3x×Dx = −
x
= −
x
2
= 0 − (m m2 )v4
+
所以线框左边框不能穿出磁场，则
1
2
1
5
x =
m
………..（1 分）
解得：
1
0
5
+ 15
x =
右
m
………..（1 分）
所以线框右边框所处的坐标为：
10
【第（3）问共 5 分，其他解法只要合理同样给分】
{
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