高考物理模拟试题(三)参考答案与提示

A卷

1.D

2.C 提示：以乙车开出的时刻为起始时间，则甲车瞬时速度随时间的表达式为v1=(v+at0)+at，乙车瞬时速度随时间的表达式为v2=at，且两车运动方向相同，因此在乙车开出后，若以乙车为参考系，甲车的速度v1'=v+at0，为定值，甲、乙两车之间的距离x=v1't=(v+at0)t。从乙车开始运动的时候开始计时，甲、乙两车之间的距离会随着时间的增加以恒定的速度v1'=v+at0均匀增大，故选项C正确。

3.B 提示：长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等，M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下，合磁感应强度大小B1=2B，长直导线在P、N处时在O点产生的磁感应强度夹角为60°，合磁感应强度的大小，因此又因为F洛=qvB，所以∶2，选项B正确。

4.B 提示：根据开普勒第三定律得k，k是与卫星无关的物理量，即所有卫星的比值k都相同，其中圆形轨道的a为圆的半径，椭圆形轨道的a等于半长轴。根据开普勒第三定律得，所以，解得，即，故 C、D错误。根据开普勒第三定律得，所以解得，即，故A错误。根据开普勒第三定律得，所以解得，即T2=，故B正确。

5.C 提示：电势为零处，电场强度不一定为零;电荷在电场中与电势的乘积为电势能;静电力做功的正负决定电势能的增加与否。由图知无穷远处的电势为零，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点的电荷q2带负电，选项A正确。因为A点距离O点比较远，而距离M点比较近，所以q1的电荷量大于q2的电荷量，选项B正确。根据沿着电场线电势降低可知，N、C两点间场强方向沿x轴负方向，选项C错误。N、D两点间，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功，选项D正确。

6.AB 提示：若A、B与C之间的摩擦力大小相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B所受的滑动摩擦力方向相反，则由A、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒;由A、B、C三个物体组成的系统，在竖直方向上受到的重力与支持力平衡，在水平方向上不受外力，合外力为零，所以由A、B、C组成的系统动量也守恒，选项A正确。若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B所受的滑动摩擦力方向相反，则由A、B组成的系统所受的合外力不为零，动量不守恒;由A、B、C三个物体组成的系统，合外力为零，由A、B、C组成的系统动量仍守恒，故选项B正确，C、D错误。

7.AB 提示：在虚线Ⅱ位置时回路中产生的感应电动势E=2Ba·=Bav，感应电流，线框所受安培力大小F=，方向向左，则根据牛顿第二定律得线框的加速度为故C错误。此时线框中的电功率P=I2R=，故A正确。此过程中穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ=0-(Ba2)=Ba2，通过线框截面的电荷量，故D错误。根据能量守恒定律得此过程中线框产生的电能为，故B正确。

8.AB 提示：由几何关系知AD∶BD∶CD=3∶2∶1，则其竖直高度hA=AD·sinθ，hB=BD·sinθ，hC=CD·sinθ，故hA∶hB∶hC=3∶2∶1，由知tA∶，A正确。因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向间夹角的正切值是位移与水平方向间夹角正切值的2倍，三个小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向也相同，故B正确。三个小球的水平位移之比为3∶2∶1，tA∶tB∶tC=∶1，故vA∶vB∶vC=∶1，C错误。从A、B、C处抛出的三个小球距斜面最远时速度方向均平行于斜面，与水平方向间夹角的正切值之比为1∶1∶1，D错误。

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

提示：(4)由题中图乙知，弹簧测力计的示数为3.46N。(5)如题中图甲所示，OAB构成边长为20cm的等边三角形，根据力的平衡知识得2Tcos30°=F，解得T=2.00N。(6)根据力的图示法作出两个力及它们的合力的图示，如图1所示。(7)本实验采用了“等效法”，因此比较F'与F的大小是否相等，即可得出实验结论。

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

提示：(1)当转换开关S旋到位置4时，表头与电表中的电源相连接，是欧姆挡，故A正确。当转换开关S旋到位置6时，表头与电阻串联，电阻起分压作用，是电压挡，故B正确。当转换开关S旋到5时串联的电阻小于旋转到6时串联的电阻，可知旋转到6时串联的电阻大，分压作用大，电压表量程大，故C错误。根据电流“红进黑出”可知，B表笔为黑表笔，A表笔为红表笔，故D正确。(2)接2时并联电阻大，分流小，其量程小，接1时有Ig(Rg+R2)=(I1-Ig)R1，接2时有IgRg=(I2-Ig)(R1+R2)，解得R1=29Ω，R2=261Ω。(3)电源E'的电动势为9V，则设指针偏转到电流表G1满刻度的处对应电阻为R，则，解得R=3600Ω=3.6kΩ。

11.(1)设物块P与木板间的动摩擦因数为μ，物块P沿木板下滑时，木板处于静止状态，则μmgcosθ+3mgsinθ=2mg，解得μ=0.25。(2)设物块P在木板上滑动的加速度大小为a1，时间为t1，则mgsinθ-μmgcosθ=ma1，L1=，解得a1=4m/s2，t1=0.3s。物块P滑离木板后，设木板在斜面上滑动的加速度大小为a2，滑到斜面顶端用时为t2，则 2mg-3mgsinθ=5ma2，L2=，解得a2=0.4m/s2，t2=1s。因此从释放物块P到木板的上端滑到斜面顶端共需要的时间t=t1+t2=1.3s。

12.(1)电子在平行板间做直线运动，静电力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得eE=ev0B，电场强度，解得U=Bv0d。(2)如图2所示，电子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得ev0B=，解得r=。设电子在区域Ⅰ中沿着y轴偏转的距离为y0，区域Ⅰ的宽度为，由几何关系得(ry0)2+b2=r2，解得。因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域Ⅱ右边界射出时的射出点的纵坐标y=2y0=(3)电子刚好不能从区域Ⅱ的右边界飞出，说明电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的右边界相切，圆半径恰好与区域Ⅱ沿x轴方向的宽度相同，电子的运动轨迹如图3所示。设电子进入区域Ⅱ时的速度为v，由牛顿第二定律得又有r'=b，解得电子在通过区域Ⅰ的过程中，向右做匀变速直线运动，平均速度，电子通过区域Ⅰ的时间电子在磁场中做圆周运动的时间因此电子两次经过y轴的时间间隔

图2

图3

13.(1)CDE (2)初状态a、b两部分空气柱的压强p1=76cmHg+14cmHg=90cmHg。因为右管水银面升高的高度10cm<12cm，故b空气柱仍在水平直管内。末状态a、b两部分空气柱的压强p2=76cmHg+14cmHg+10cmHg=100cmHg。设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2，对a部分空气柱，根据玻意耳定律得p1La1S=p2La2S，对b部分空气柱，根据玻意耳定律得p1Lb1S=p2Lb2S，解得La2=9cm，Lb2=4.5cm。左管所注入的水银柱长度L=2h+(La1+Lb1)-(La2+Lb2)，解得L=21.5cm。

14.(1)ABD (2)①由折射率与光速间的关系，解得透明物质的折射率n=1.25。由题意可知，光线从AB面垂直射入，恰好在AD面发生全反射，光线从BD面射出，光路图如图4所示。设该透明物质的临界角为C，由几何关系得sin解得∠C=∠A=53°。②由几何关系得β=37°，由折射定律得解得

图4

B卷

1.B 提示：取火箭及气体为系统，设火箭的末速度为v，则火箭在向外喷气的过程中满足动量守恒定律，即0=Δmv0+(MΔm)v，解得，只有选项B正确。

2.C 提示：带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小。速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b点到a点。再根据左手定则可知，粒子带正电，只有选项C正确。

3.B 提示：对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力和支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T甲可以为零;若N甲等于零，则小球所受的重力和轻绳拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以N甲一定不为零。对乙图中的小球进行受力分析，若T乙为零，则小球所受的重力和支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以T乙可以为零;若N乙等于零，则小球所受的重力和轻绳拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以N乙可以为零。

4.C 提示：由得v=，因此轨道半径越小，运行速度越大。“慧眼”卫星运行时的速度比“天宫二号”小，在相同时间内，“慧眼”卫星转过的弧长一定比“天宫二号”的短，选项A错误。“慧眼”卫星的总重量为2500kg，运行在550km、倾角为43°的近地圆形轨道上，选项B错误。根据得因为“慧眼”卫星的轨道半径较大，所以其向心加速度较小，选项C正确。因为同一卫星发射高度越大，需要克服引力做功越多，根据能量守恒定律可知，最终运行时的机械能越大，“慧眼”卫星与“天宫二号”的质量未知，不能比较“慧眼”卫星运行时机械能与“天宫二号”运行时的机械能的大小关系，选项D错误。

5.B 提示：当线框进入磁场时，由于安培力的作用使得线框恰能匀速运动，依据安培力表达式可知，安培力大小不变;当线框完全进入磁场后，因穿过线框的磁通量不变，没有感应电动势产生，也没有感应电流，则不存在安培力，线框做加速运动;当线框刚出磁场时，因切割速度增大，导致安培力变大，线框减速穿出磁场，此后安培力逐渐减小。依据左手定则可知，当线框刚进入磁场时，安培力方向向上，为负值，当线框穿出磁场时，安培力方向向上，为负值。

6.ACD 提示：能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，或吸收的能量大于基态氢原子能量而发生电离。用10.2eV的光子照射，即(-13.6+10.2)eV=-3.4eV，跃迁到第二能级，故A正确。用11eV的光子照射，不可能只吸收10.2eV能量，故B错误。用14eV的光子照射，即(-13.6+14)eV>0，氢原子被电离，故C正确。当处于基态的氢原子能被电离时，则0-(-13.6)eV=13.6eV，当用13eV的电子碰撞时，可能吸收10.2eV能量而发生电离，故D正确。

7.BCD 提示：设ab=bc=cd=L，根据题意可知，+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得E=，-Q在b点产生的电场强度大小E1=，方向水平向右，所以b点的场强大小，方向水平向右，故A错误，C正确。根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右，故B正确。电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D正确。

8.CD 提示：在0～2s内，物体沿x轴方向做匀加速直线运动，沿y轴方向静止，根据运动的合成可知，物体做匀加速直线运动，加速度沿x轴方向，故A错误。在2s～4s内，物体沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向，故B错误。由图像结合运动的合成可知，4s末物体的速度m/s，故C正确。在前2s内，物体在x轴方向上的位移在后2s内，物体在x轴方向上的位移x2=vxt=4m，在y轴方向上的位移t=2m，则4s末物体沿x轴方向的位移x=x1+x2=6m，沿y轴方向的位移等于2m，其坐标为(6m，2m)，故D正确。

9.(1)反比 (2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响 (3)42.0cm (4)乙车的质量m乙0.21kg

提示：(1)因为，而，所以小车发生的位移与小车(含砝码)的质量成反比关系，来验证物体所受合外力一定时加速度与质量成反比。(2)为了保证细线对小车所受的拉力等于小车的合力，必须通过将装置右端稍稍垫高一些来消除小车与木板之间摩擦力造成的影响。(3)小车通过的位移s=53.0cm-11.0cm=42.0cm。(4)因为s1=所以m甲=，该直线斜率代表的物理量是乙车的质量m乙，从图中可求得其值为m乙=0.21kg。

10.(1)B D F (2)甲 (3)1.50 0.7

提示：(1)干电池的电动势约为1.5V，故为了读数准确，电压表应选择D。干电池的内阻较小，为了准确测量其内阻，应选择已知内阻的电流表B。滑动变阻器的可变阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F。(2)根据以上分析可知，电流表与电池串联，将电流表内阻等效为电池内阻，故电路图选择甲。(3)由U-I图像可知，电池的电动势E=1.50V，内阻-0.3Ω=0.7Ω。

11.(1)以结点O为研究对象，沿水平方向有FOB=FOAsinθ，沿竖直方向有FOAcosθ=m1g，解得FOA=1.25m1g，FOB=0.75m1g。(2)人在水平方向上受到轻绳OB的拉力和水平面对其的静摩擦力，由平衡条件得f=FOB=0.75m1g，方向水平向左。(3)当物体甲的质量增大到人刚要滑动时，人受到的静摩擦力达到最大，等于滑动摩擦力，即fmax=FOBmax，又 有FOBmax=0.75m1maxg，fmax=μm2g，解得m1max=24kg，即物体甲的质量m1最大不能超过24kg。

12.(1)刚释放时，设每根导线的拉力为T，对导体棒甲有mg-2T=ma，对导体棒乙有2T=ma，解得(2)导体棒运动稳定时，设导线中的拉力为T'，稳定时两导体棒做匀速运动，对导体棒乙有T'=0，对导体棒甲有mg=F安，又有感应电动势E=Blv，感应电流，安培力F安=，解得。 (3)两导体棒从开始下滑到稳定，设导体棒甲下降的高度为h，则通过横截面的电荷量，又有解得由能量关系得系统产生的焦耳热

13.(1)BDE (2)①设缸内气体的温度为T1时的压强为p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则Mg+p0S=p1S。气体膨胀对外界做的功W=p1SΔL，根据热力学第一定律得Q-W=ΔU，解得ΔU=Q-(p0S+Mg)ΔL。②设所放砝码的质量为m，缸内气体的温度为T2时的压强为p2，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则(M+m)g+p0S=p2S，根据查理定律得，解得

14.(1)BCD (2)①该波的周期T=0.20s，该波的波长λ=8m，振幅A=17cm，波速，波由O点传到F点所用的时间s。②在0.10s～0.40s时间内，，F点在时间内的路程s=6A=102cm。③质点F在0～0.20s时间内的振动图像如图1所示。

图1