1、公众号：中学生上分精品资料群：902943580高三物理试卷答案第 1页 共 10 页高三物理试卷答案 第 2页 共 10 页班级姓名/O/O/O 密O封O装O订O线 O/O/O/高考高考模拟模拟物理物理答案与解析答案与解析14【答案】D【解析】解：A、沿电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，所以电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故 A 错误；B、电势的 0 点是人为选择的，所以电势等于零的物体也可以是带电的，故 B 错误；C、电场强度的大小与电势无关，如点电荷的电场中同一等势面上的各点，电场强度方向不相同，故 C 错误；D、根据电场的特点可知，电场线为平行直线的电场是匀
2、强电场，故 D 正确。故选：D。15【答案】A【解析】解：设 m1的轨道半径为 R1，m2的轨道半径为 R2两星之间的距离为 L。双星的绕向、角速度和周期都相同，根据万有引力提供向心力得：122Gm mL=m1R1224T122Gm mL=m2R2224TR1+R2=L，m1+m2=M解得：T=2 34LGM经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的 n 倍，两星之间的距离变为原来的 k 倍，则圆周运动的周期变为：T=3knT，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。16【答案】B【解析】解：A、当单刀双掷开关与 a 连接时，匝数之比为 10：1，原线圈两端有效值为 220V，所以副线圈电压有效值
3、为 22V，故 A 正确；B、滑动变阻器触头向下移动的过程中，电阻减小，而副线圈的电压与副线圈中负载的电阻值无关，所以电压表的示数不变，故 B 错误；C、若将单刀双掷开关由 a 拨向 b，原线圈的匝数减小，所以副线圈的电压增大，电流增大，两电流表的示数均变大，故 C 正确；D、当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，两电流表的示数均变大，电阻不变，输出功率增大，则输入功率也增大，故 D 正确；本题选择错误的，故选：B17【答案】D【解析】解：A、入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片 P 向 N 端移动。故 A 错误。BD、根据 Ekm=hW0
4、=eUc，解得cChvhvUee，图线的斜率 k=11cUhevv，则 h=11cU evv，当遏止电压为零时，=c故 B 错误，D 正确。C、根据光电效应方程 Ekm=hW0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关。故 C 错误。故选：D。18【答案】C【解析】解：A、粒子匀强在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB=2mvR解得：v=qBRm，把它代入周期定义式 T=2 Rv可得：T=2 mqB，可知粒子的运动周期与半径无关。故 A 错误；B、粒子从 GE 之间射出磁场，虽然它们的运动半径不同，但转过的角度都是 1800，因此运动时间都是半个周期，即：t=2T=mqB，所以经
5、过的时间相同。故 B 错误；C、由图可知，粒子从 F 点射出磁场比从 H 点射出磁场时转过的角度大，根据公式 t=2T和周期相等可知，从 F 点射出磁场的粒子比从 H 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间长。故 C 正确；D、由图可知，从 F 点射出磁场的粒子在匀强磁场中的半径小，关键速度公式 v=qBRm，在 q、B、m 相同的情况下，粒子速度的大小与半径成正比，故从 F 点射出磁场的粒子进入磁场时的速度比从 H 点射出时的速度小。故 D 错误。故选：C。公众号：中学生上分精品资料群：902943580高三物理试卷答案第 3页 共 10 页高三物理试卷答案 第 4页 共 10 页班级姓名/O/
6、O/O 密O封O装O订O线 O/O/O/19【答案】BCD【解析】解：ABC、由图乙所示图象可知，加速运动的加速度大小为：a1=vt=23/0.9m s=210/3m s，减速运动的加速度大小为：a2=vt=31.20.9=10m/s2，二者之比为 1:3；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30+mgcos30=ma2，解得：=33，则mgcos30=12mg=mgsin30，所以物块到达 C 点后恰好静止在 C 点不会下滑。故 A 错误，BC 正确；D、加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：Fmgsin30mgcos30=ma1，即：F13310330.32323 ，
7、解得：F=4N，故 D 正确。故选：BCD。20【答案】AB【解析】解：A、设 C 与 A 碰前瞬间 C 的速度为 v0，C 与 A 碰后瞬间 C、A 的共同速度为 v1。对 C 自由下落过程，由机械能守恒得：mgh=2012mv得：v0=2ghC 与 A 碰撞过程：对 C 与 A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1得：v1=2gh，故 A 正确。B、C 与 A 碰撞时产生的内能为：E内=12mv02122mv12=2mgh，故 B 正确。C、C、A 一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A 的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒知，C 与 A 碰撞后
8、弹簧的最大弹性势能大于 A、C 动能的减少量，即大于122mv12=2mgh，故 C 错误。D、开始时弹簧的压缩量为：x=mgk碰后物体 B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为：x=mgk则知碰后 C、A 将上升 2x，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：122mv12=2mg2x联立以上各式代入数据得：h=8mgk，故 D 错误。故选：AB。21【答案】CD【解析】解：A、导线框向下运动的过程中，由楞次定律可知，安培力总是阻碍导线框的运动，即导线框所受的安培力方向与运动方向相反，因此导线框所受的安培力方向始终向上，但安培力大小随速度的变化而变化，故 A 错误。B、因为导线框的 AB 边到达虚线
9、1 位置时刚好匀速，所以导线框在虚线 1、2 之间做匀速运动，故从导线框的 AB 边与虚线 1 重合到导线框的 AB 边刚到虚线 2 的过程中，导线框中产生的热量为 mgd，故 B 错误。C、导线框的 AB 边到达虚线 1 位置时刚好匀速，由平衡条件得 mg=221(2)Bdvr，解得 v1=224mgrB d从导线框刚释放到 AB 边与虚线 1 重合时，由机械能守恒定律得 mgh=2112mv，解得 h=224432m grB d，故 C 正确。D、当 导 线 框 的 AB 边 到 达 虚 线 2、3 之 间 时 再 次 匀 速，导 线 框 所 受 的 安 培 力 大 小 为FA=2BI2d
10、=4Bd222Bdvr=22216B d vr，由力的平衡条件知 mg22216B d vr解得 v2=2216mgrB d，故 D 正确。故选：CD。22【答案】（1）（2）能?【解析】解：（1）如图 2 乙所示，在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架，可以得到能量损失很小的碰撞。在滑块的碰撞端粘橡皮泥，可以增大碰撞时的能量损失。由于两滑块的质量相等，速度交换，则碰后的速度为 v0，而图丙的装置是碰撞后合为一个整体，则碰后的速度为?，当它们通过相等的位移时，所以 T4T6；（2）利用图甲所示的实验装置能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，其值为 Ep?。故答案为：（1）（2）能?23【答案】（1）1
11、0；30；（2）3.0；20；（3）100。公众号：中学生上分精品资料群：902943580高三物理试卷答案第 5页 共 10 页高三物理试卷答案 第 6页 共 10 页班级姓名/O/O/O 密O封O装O订O线 O/O/O/【解析】解：（1）由图乙所示表盘可知，表盘功 30 分度，其示数为：?Ig?Ig，电压表示数：U1.5V，由欧姆定律可知：UI（Rg+R2），即：UIg（Rg+40），U?Ig（Rg+115），解得：Rg10，Ig30mA；（2）电压表 Rv的内阻为 1000，电阻箱 R2阻值始终调节为 1000，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为 U，则路端电压为 2U，
12、由图丙所示电路图可知，电源电动势：E2U+Ir，则：U?I?，由图示 UI 图象可知：?1.5，?晦?晦?晦?10，电源电动势：E3.0V，r20；（3）欧姆表内阻：R内?晦?晦?100，欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中R内100；故答案为：（1）10；30；（2）3.0；20；（3）100。24【答案】（1）A 球下落到最低点时的速度大小是?。（2）细线能够承受的最大拉力为 3mg。（3）滑块在平台上滑行的最大距离是 l。【解析】解：设碰前瞬间小球速度大小为 v，碰后瞬间小球、滑块速度大小分别为 v1、v2。（1）小球 A 下落过程中，由机械能守恒定律得：mgl?可得：v
13、?（2）A 球在最低点时，由牛顿第二定律得：Fmgm?可得细线能够承受的最大拉力为：F3mg（3）碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mvmv1+3mv2碰撞后小球做平抛运动，有：l?，lv1t滑块碰后做匀减速运动，由动能定理有：3mgx0?联立以上各式得：xl答：（1）A 球下落到最低点时的速度大小是?。（2）细线能够承受的最大拉力为 3mg。（3）滑块在平台上滑行的最大距离是 l。25【答案】（1）求 P 点到 O 点的距离为?th；（2）求 E1和 B 大小的比值为?；（3）结合体从 P 点运动到与 Q1点在同一竖直线上的 Q2点（图中未画出）的时间为?th。【解析】解：（1）
14、对小球甲在 x0 的区域内受力分析有 qE1mg可知小球甲所受的电场力与重力平衡，洛伦兹力使小球甲在 y 轴左侧做匀速圆周运动，轨迹半径 R?ht又 N 点的坐标为（?ht，?ht），小球甲运动轨迹的圆心在 x 轴负半轴上，且小球甲运动?个圆周后到达 P 点，运动轨迹如图所示小球甲在 P 点的度方向与 y 轴负方向的夹角45，故 OPRsin?th（2）小球甲进入 y 轴右侧的场电场后，对小球甲受力分析得 qE2mgma，解得 ag，方向竖直向上根据题意可知，小球甲在 y 轴右侧的运动轨迹恰好与 x 轴相切，则在沿 y 轴方向有（v0cos）22aOP又?t?联立解得?h?（3）小球甲、乙在
15、P 点相碰，设碰后结合体的速度大小为 v，由动量守恒定律得 mv02mv在 y 轴右侧的电场中，对结合体有 qE22mg所以结合体在 y 轴右侧做匀速直线运动，由运动学规律可知 OQ12OP根据几何关系有?又 PQ2vt解得结合体从 P 点运动到 Q2点的时间?th答：（1）求 P 点到 O 点的距离为?th；（2）求 E1和 B 大小的比值为?；（3）结合体从 P 点运动到与 Q1点在同一竖直线上的 Q2点（图中未画出）的时间为?th。公众号：中学生上分精品资料群：902943580高三物理试卷答案第 7页 共 10 页高三物理试卷答案 第 8页 共 10 页班级姓名/O/O/O 密O封O装
16、O订O线 O/O/O/33【答案】（1）ABD（2）375K 687.5K?晦h?。（1）【解析】解：A、爆胎前气体体积不变，温度升高时，压强增大，A 正确；B、气体温度升高，内能增大，体积不变，没有做功根据热力学第一定律UQ+W 可知气体要吸收热量，B 正确；C、气体单位体积内分子数不变，但是温度升高，分子平均速率增大，所以气体分子在单位时间内单位面积上与车胎碰撞的次数增多，C 错误；D、爆胎过程时间极短，气体来不及与外界热交换，其体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律UQ+W可知，气体内能减小，温度降低，气体分子平均动能减小，故 D 正确，E 错误。故选：ABD。（2）解：状态的参量：?晦?
17、状态 2 的参量（弹簧无弹力）：?晦h?由理想气体状态方程有：?得：?状态 3 的参量为：?晦?由理想气体状态方程为：?得：?h?晦?由于?，由状态 3 到状态 4，理想气体做等容变化由?得：?晦h?答：当弹簧恰好恢复原长时，缸内被封住的气体温度?为 375K；当活塞刚要到达水平面时，缸内被封住的气体温度?为 687.5K；当缸内被封住的气体温度 T41000K 时的压强?为?晦h?。34【答案】（1）BCE（2）a0；b（h?）1010s。（1）【解析】解：A、经过 0.6s，波向前传播了 n?个波长，故周期为：T?晦h?s?晦?s，当故波速为：v?晦?，当 n0 时，波速为 50m/s，故
18、 A 错误；B、当 n0 时，质点 a 经过?个周期，通过的路程最短，t0 时，质点 a 向上振动，那么，质点 a 在这段时间内通过的路程小于 3A30cm，故 B 正确；C、t 时刻波刚好传到 P 点，再经过?波传到 c 点，且 c 向上振动；若周期 T0.8s，则在 t+0.8s 时刻，质点 c 已经振动?，此时的位移为10cm，故 C 正确；D、简谐波的周期为：T?晦?s，当 T?晦?s0.8 时 n0，所以二者的频率可能相同，能产生稳定的干涉现象；当 n0 时，二者的频率不同，不能产生稳定的干涉现象，故 D 错误；E、若 T0.8s，从 t+0.4s 时刻开始计时，那么，在零时刻质点
19、c 在最高点，位移取得最大值，质点 c 的振幅为 10cm，周期为 0.8s，故振动方程为：y0.1sin（?）0.1cos?（m），故 E 正确；故选：BCE。（2）解：a如图，设光束经折射后到达玻璃砖底面上 M 点，由折射定律：n?公众号：中学生上分精品资料群：902943580高三物理试卷答案第 9页 共 10 页高三物理试卷答案 第 10页 共 10 页班级姓名/O/O/O 密O封O装O订O线 O/O/O/解得：30由几何关系可知60根据 n?可知发生全反射的临界角为 45，45，故该单色光在底面 M 点发生全反射，根据几何关系可知光线沿 MN 方向垂直 BC 边界出射，故该单色光从玻璃砖射出时光线与法线的夹角为 0b该单色光在玻璃砖内的光路如图所示，因 E 为 AD 中点，故 DE2cm，过 E 点做 DC 边垂线交 DC 于 F 点，在EDF 中可求得 EF1cm，DF?cm，由几何关系可知EMF30，在EMF 中可求得 FM?cm，EM2cm，所以 MCDCDFFM（62?）cm，在MNC 中可求得 MN3（?1）cm，根据 n?求得 v?m/s又 SEM+MN（3?1）cm，将数据代入 t?解得：t（h?）1010s答：a求该单色光从玻璃砖射出时光线与法线的夹角为 0；b单色光在玻璃砖内传播时间是（h?）1010s。
