高考物理模拟试题(三)参考答案与提示

A卷

1.A 提示：隔离物体a进行受力分析，物体a受到重力，墙壁对物体a向上的摩擦力、物体b对a向下的摩擦力，墙壁的支持力，物体b对a的压力，因此物体a共受到五个力的作用，且墙壁对物体a的摩擦力大于物体b对a的摩擦力，选项A正确，B错误。隔离物体b进行受力分析，物体b受到重力，物体a对b的支持力，物体a对b的向上的摩擦力，物体c对b的压力，物体c对b向下的摩擦力，因此物体b共受到五个力的作用，选项C错误。把a、b、c三个物体视为整体，墙壁对物体a的摩擦力大小等于三者重力之和，是一恒量，选项D错误。

2.A 3.B

4.C 提示：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，选项A错误。当充电设备通以直流时，无线充电设备不会产生交变磁场，也就不能够正常使用，选项B错误。接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率是相同的，选项C正确。无线充电技术利用的是电磁感应现象，并不违背能量守恒定律，选项D错误。

5.D 提示：因为粒子经A、B两点时的速度大小相等，所以φA=φB。如图1所示，连接AB，AB为一条等势线，过O点作直线与AB垂直，交劣弧AB于C点，因为粒子带正电，所以电场方向为由C到O，粒子在从A点运动到B点的过程中，静电力为恒力，粒子不可能做圆周运动，其动能先减小后增大，选项A、B错误。电场强度E=，圆周上，电势最高的点是C点，且，选项C错误，D正确。

图1

6.AD 7.BD

图2

11.设物块A经过时间t追上物块B，作出A、B两物块的运动示意图如图3所示，对物块A有，对物块B有，解得aA=4m/s2，aB=2m/s2。物块A恰好追上B的条件是物块A追上B时两物块的速度相等，则v=v0-aAt，v=aBt，xA-xB=l，解得t=0.5s，l=0.75m。因此l应满足的条件为l≤0.75m。

图3

图4

13.（1）ABE（2）①B中气体做等容变化，由查理定律得，解得T′=900K。A中气体做等压变化，由于隔板导热，A、B中气体温度相等，由盖-吕萨克定律得，解得VA′=0.9HS，因此H′=0.9H。②当A中气体压强为1.5p0时，活塞将顶在卡环处，对A中气体有，解得T″=1500K。因为隔板导热性能良好，所以此时B中气体的温度也为1500K。

14.（1）ADE（2）①质点P第一次到达波峰所需的时间，就是初始时刻平衡位置坐标x=0.06m处的质点的振动状态传到P点所需的时间。由波动图像知Δx=0.96m-0.06m=0.9m，所以。②由波动图像知振幅A=5cm，波长λ=0.24m，所以波上质点的振动周期。由波动图像知从质点P起振到第一次到达波峰所需的时间，所以质点P通过的路程s=3A=15cm。

B卷

1.A 提示：根据单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等得，解得vB=4v1，水流束从A到B做匀加速直线运动，由运动学公式得，解得v1=1m/s。

2.B 3.A

4.B 提示：物体A在运动到左侧滑轮正下方的台面处之前，轻绳对物体A的拉力做正功，物体A的速度变大，因为台面是光滑的，物体A所受水平方向的力只有轻绳提供的分力，当拴接物体A的轻绳变成竖直时，水平分力为0，所以左侧滑轮正下方的台面处为物体A的平衡位置，物体A过平衡位置后，轻绳对物体A的拉力做负功，物体A的速度变小。物体A的最大速度出现在左侧滑轮正下方的台面处，此时物体B的速度刚好为0，由机械能守恒定律得，解得vmax=。

5.A

6.ABD 提示：质点受重力mg，弹簧a、b、c的弹力Fa、Fb、Fc四个力作用，四力的合力为零，因为弹簧a、b对质点的作用力方向未知，所以存在多解。当弹簧a、b的弹力均斜向上或斜向下时，因为二者的夹角等于120°，所以弹簧a、b的弹力的合力大小为F，且竖直向上或竖直向下。当弹簧a、b处于拉伸状态时，二者弹力的合力竖直向上，此时弹簧c处于压缩状态，弹力方向向上，Fc=mg-F，当mg=2F时，Fc=F，选项A、D正确，C错误。当弹簧a、b弹力的合力竖直向下，弹簧c的弹力向上时，Fc=F+mg，选项B正确。

7.ABC 提示：两个等量异种点电荷连线的中垂面是一个零势面。电荷量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点处，正负电荷分布对称，则体中心、各面中心和各边中点均在零势面内，故选项A、B、C正确，D错误。

8.AC 提示：金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，先后切割磁感线，由右手定则可确定金属棒ab中感应电流方向先负后正；因为两金属棒在切割磁感线的过程中切割长度均匀增大，由感应电动势的“切割式”E=Blv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，故i-t图像正确的是A。在金属棒cd进入磁场区域前，由金属棒cd匀速运动知F=0；在金属棒cd进入磁场区域运动阶段，因感应电流的出现，使得金属棒cd受到向左的安培力，由F安=Bil可知，i、l均在均匀增大，则F=F安的变化越来越大，F-t图像可能正确的是C。

9.（1）打点计时器接了直流重物离打点计时器太远（2）9.75m/s210m/s2

10.（1）ACDFH（2）外如图1所示（3）0.900提示：（1）因为电源电动势为3V，所以电压表选D；由可知，电路中最大电流约为0.5A，因此电流表选C；因为精测金属丝的电阻时，要求记录尽可能多的数据，滑动变阻器采用分压接法，所以滑动变阻器的最大电阻不能太大，选F。（2）因为，所以电流表应采用外接法；设计的电路如图1所示。（3）由题图可以看出螺旋测微器固定刻度值为0.5mm，可动刻度为40×0.01mm，则读数为0.900mm。（4）由及S=，解得。

图1

12.（1）粒子绕行第1圈又回到P点时获得的动能Ek=2qEb。（2）设粒子经过电场区域Ⅰ后的速度为v1，经过电场区域Ⅱ后的速度为v2，则，，解得。粒子经过电场区域Ⅰ所用的时间，粒子在磁场区域Ⅲ中做匀速圆周运动时的半径，所用时间，粒子经过电场区域Ⅱ所用的时间，粒子在磁场区域Ⅳ中做匀速圆周运动时的半径R=b=，所用时间。因此粒子绕行第1圈又回到P点所用的时间t=。（3）设粒子第n次进入磁场区域Ⅲ时的速度为v，则，粒子第n次在磁场区域Ⅲ内做匀速圆周运动时有，解得。设粒子第n次进入磁场区域Ⅳ时的速度为v′，则，粒子第n次在磁场区域Ⅳ内做匀速圆周运动时有，解得。因此磁感应强度B和磁感应强度B′之间应满足的比例关系式为。

13.（1）ABD（2）①汽缸竖直放置时，设缸内气体压强为p1，对于活塞和杆，根据力的平衡条件得p0SA+（mA+mB）g+p1SB=p1SA+p0SB，解得1.1×105Pa。②汽缸顺时针转动60°后，设缸内气体压强为p2，对于活塞和杆，根据力的平衡条件得p0SA+（mA+mB）gcos60°+p2SB=p2SA+p0SB，解得p2=p0+。

14.（1）BCE 提示：当入射光按题图中顺时针方向逐渐偏转时，进入棱镜中的折射光线也按顺时针方向逐渐偏转，它再射到ab面上时的入射角将逐渐变小，当减小到临界角以下时，从ab面上就会有光线射出。不同的色光的频率不同，折射率也不同，从而临界角也不同，其中红光的频率最小，折射率也最小，临界角最大。在入射光按顺时针方向逐渐偏转的过程中，红光将首先不满足全反射条件，必是红光首先射出ab面。当入射光按题图中逆时针方向逐渐偏转时，射到ab面上时的入射角逐渐变大，不可能有色光从ab面射出。

（2）根据题目中A点和B点的位置，作出A、B两质点间的两种最简波形图①和②，如图2所示，由最简波形图①写出这种情况下的通式为，得70m=，所以波长通式为0、1、2、3、…），将n=0、1、2、3、…依次代入通式解得λ=280m、56m、、…，由20m＜λ＜40m的限制条件可知，波长应为，且该波向x轴负方向传播，波速。由最简波形图②写出这种情况下的通式为，得70m=，所以波长通式为（n=0、1、2、3、…），将n=0、1、2、3、…依次代入通式解得、40m、、…，由20m＜λ＜40m的限制条件可知，波长应为，且该波向x轴正方向传播，波速。

图2