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高三物理试题答案
一、单项选择题：
1．答案：.A 根据核反应方程中的质量数和电荷数守恒，可知X的质量数
为1，质子数为0，即X为中子，故A正确；发生光电效应时光电子的动能与
入射光的频率和逸出功有关，故B错误；天然放射产生的三种射线中，穿透能
力最强的是γ射线，故C错误；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由高能级
跃迁到低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，
故D错误。故选A。
2．答案：C 两球在光滑斜面上运动的加速度均为a＝＝gsin θ＝5 m/s2，
根据题意有v t－at2＝d＋v t－at2，解得t＝1.2 s，此过程中A球发生的位移为
A B
L＝v t－at2＝ m＝8.4 m，即相遇点到坡底的距离为8.4 m。故选C。
A
3、．答案：C 由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，
根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，故A错误；由点电荷电场的
对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；根据电场
的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在
E点产生的电场强度大小相等，由几何关系可知L ＝lsin 60°＝l，根据点电荷
CE
场强公式则有E＝k＝，E点的合场强为E ＝2Ecos θ，根据几何关系可知cos θ
合
＝＝，联立解得E点的电场强度为E ＝，故C正确，D错误。故选C。
合
4．答案：B 根据eU ＝hν－W ＝－W ，则有U ＝·－，结合图像可知当横
c 0 0 c
坐标为a时，纵坐标为0，即有0＝a－，解得W ＝hac，A错误；根据图像，结
0
合上述有－＝－b，解得W ＝be，当用波长λ＝的光照射光电管阴极时，即有＝
0
2a，则有E ＝h·－W ＝2hac－hac＝hac＝W ＝be，B正确；根据上述可知，
kmax 0 0
极限波长为λ ＝，波长越短，频率越大，则当用波长λ<的光照射光电管的阴极
0
时，能够发生光电效应，C错误；当用波长λ<的光照射光电管的阴极时，根据
E ＝h·－W 可知，光电子的最大初动能与成线性关系，不成正比，D错误。
kmax 0
故选B。
5．答案：A 由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可
知＝，则DE＝2r，A正确；侦察卫星从D点到A点过程中只有万有引力做功，
机械能守恒，B错误；根据题意可知，中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期
学科网（北京）股份有限公司都为T，由开普勒第三定律可知，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，
令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫
星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由圆的面积大于椭圆面积可知，相等
时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，
C错误；以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线
速度为v ，则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v < v ，再根据v
3 2 3
＝ ，可知v > v > v ，D错误。故选A。
1 3 2
6．答案：B 根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反
射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示。由于sin C＝＝，则有tan C＝＝，
则有OE＝R－htan C＝0.1 m，由对称性可知AB＝2OE＝0.2 m，则在水面之上
看不到小蝌蚪的时间为t＝＝4 s，故选B。
7．答案：C 令OA的距离为d，初动能为E ，小球从O到A只有重力做
k0
功，根据动能定理mgdcos60°＝2E －E ，可得E ＝mgd，加电场后，小球从O
k0 k0 k0
到A根据动能定理W ＋mgdcos60°＝3E －E ，小球从O到B根据动能定理
OA电 k0 k0
W ＋mg2d＝3E －E ，联立可得W ＝E ，W ＝－2E ，令O点的电势
OB电 k0 k0 OA电 k0 OB电 k0
为零，即φ ＝0，W ＝q，W ＝q，可得φ ＝－，φ ＝，在匀强电场中，沿
O OA电 OB电 A B
任意直线，电势的下降是均匀的，可得OM为等势点，M为AB的三等分点，根
据电场线与等势面垂直，可知电场强度沿CA方向，如图所示。根据几何关系
可得l ＝，电场强度为E＝，联立以上可得E＝，故选C。
AC
8．答案：AD 设玻璃管横截面积为S，则倒置时管内气体压强为p ，由平
1
衡条件可知p S＋ρSgh＝p S，解得p ＝60 cmHg，管内气柱体积为V ＝h S，将
1 0 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司玻璃管缓慢倒置过来，稳定后管内气体压强为 p ，由平衡条件得 p S＝p S＋
2 2 0
ρSgh，解得p ＝90 cmHg，设此时管内气柱长度为h ，则V ＝h S，根据玻意耳
2 2 2 2
定律可得p V ＝p V ，解得h ＝20 cm，故A正确，B错误；假设加热过程中，
1 1 2 2 2
水银未溢出。将玻璃管加热至231 ℃的过程中管内气体为等压变换，玻璃管气
柱高度为h ，则V ＝h S，由盖—吕萨克定律得＝，由单位换算T ＝300 K，T
3 3 3 1 2
＝504 K，解得h ＝33.6 cm>30 cm，故有部分水银溢出，此种结果不符合题意，
3
需要舍弃。设水银溢出后，水银柱高度为h′，则ρgh′S＋p S＝p S，设温度加热
0 3
到T 时，水银柱上端正好与溢出口平齐且不溢出，则由盖—吕萨克定律得＝，
3
解得T ＝450 K，水银柱上端正好与溢出口平齐后再继续加热到 T ＝504 K，则
3 2
＝，联立以上方程，解得h′＝9 cm，则空气柱长度为h ＝L－h′＝36 cm，故C
3
错误，D正确。故选AD。
9．答案：BC 如图所示。设Q 是S 、S 连线中点左侧第1个振动加强点，
1 1 2
Q 是其左侧第2个振动加强点，Q 与Q 相距Δl，由振动加强的条件，有Q S －
2 2 1 1 2
Q S ＝λ，同理有Q S －Q S ＝(Q S ＋Δl)－(Q S －Δl)＝2λ，联立解得|Δl|＝，即
1 1 2 2 2 1 1 2 1 1
连线上相邻两振动加强点间的距离为，由题意＝0.5 m，则λ＝1 m，波的传播
速度为v＝＝λf＝5 m/s，A错误，B正确；t＝0.1 s时，即经过的时间为t＝，
故从波峰经历半个周期，P 点刚好振动到波谷位置，C 正确，D 错误。故选
BC。
10．答案：BCD 由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A
错误；电路中最大电流为I＝，最大安培力为F＝BIL＝，最大加速度为a＝＝，
故B正确；电容器放电前所带的电荷量 Q ＝CE，开关S接2后，MN开始向右
1
加速运动，速度达到最大值v 时，MN上的感应电动势E′＝BLv ，最终电容器
m m
所带电荷量 Q ＝CE′，通过MN的电荷量q＝C，由动量定理，有F·Δt＝mv －
2 m
0，则BLI·Δt＝BLq＝mv ，解得v ＝，则Q ＝，故CD正确。故选BCD。
m m 2
二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）
11、(12分)
学科网（北京）股份有限公司解析：(1)对容器A中的气体＝
解得T ＝298.3 K。
2
(2)环境温度为360 K时p ′＝p ＋1.16
A B
对于总气体＝
对于进入容器B的气体p ′＝p V
A B B
解得p ＝0.2 atm。
B
答案：(1)298.3 K (2)0.2 atm
12、(12分)
解析：(1)甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之
和，即U＝U ＋U ，电流表的示数I是通过R的真实值，则R ＝＝>＝R ，乙
R A 测 真
图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I＝I ＋I ，
R V
电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R ＝＝<＝R ，故选填大于、小
测 真
于。
(2)将R 的滑片滑至下端，R 阻值最大，保护灵敏电流计G。
2 2
(3)由图丁可得R 阻值为R ＝＝500 Ω。
x x
(4)采用图丙实验方案测得的电阻值误差更小，主要原因是电压表测量的电
压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流，避免了电压表分流作用，
消除了系统误差。
答案：(1)大于 小于 (2)保护灵敏电流计G
(3)500 (4)见解析
13、(12分)
解析：(1)由题意可得入射角i＝45°，设折射角为r，则由n＝解得r＝30°，
则光线在ACFD面上的入射角α＝60°，由sin C＝，知临界角C＝45°，所以光
线不能从AC面射出。
(2)由B处入射的光线在弧面上的入射角β＝15°，故照射到弧面上的光线的
入射角都小于 15°，均能射出，由几何关系可知，该部分对应的圆心角 θ＝
30°，设该部分弧长为l，则＝，解得l＝，出射面积S＝l·l ＝。
1
学科网（北京）股份有限公司答案：(1)见解析 (2)
14.(12分)
解析：(1)沿垂直电场方向有2L＝v t
0
沿电场力方向有L＝at2
又a＝
解得v ＝ 。
0
(2)粒子由S到O过程，由动能定理得
Eqd＝mv2－mv
解得v＝ ＝ 。
(3)粒子在磁场中运动轨迹(俯视图)如图甲所示。
甲
由几何关系得r＝d
根据牛顿第二定律得qvB＝
解得B＝
即B＝
粒子在磁场中的周期为T＝＝
由几何关系得粒子在磁场中运动的时间t＝T
联立方程，解得t＝ 。
(4)如图乙所示。粒子恰好与Ⅲ、Ⅳ区边界相切且从P点飞出，对应半径r
1
＝d
学科网（北京）股份有限公司乙
即r ＝，B ＝
1 2
解得cos α＝，α＝30°
由几何关系得r＝
1
解得cos θ＝，θ＝60°
则有x ＝＝d，y ＝r sin θ－d＝d－d，
P P 1
z ＝－tan α＝－d
P
即P点坐标为。
答案：(1) (2)
(3)
(4)
15、(12分)
解析：(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，可得
y＝·t2
依题意，从P点到Q点和从P点到M点的竖直方向位移关系为
y ∶y ＝∶a＝1∶2
PQ PM
解得t ∶t ＝1∶
PQ PM
又x＝v t
0
易知x ∶x ＝1∶
PQ PM
可知M点的横轴坐标为x ＝a
PM
即M点坐标为(a，0)。
(2)到M点速度方向与x轴的夹角为α，
则tan α＝
解得α＝60°
学科网（北京）股份有限公司设Q点竖直分速度为v ，则M点竖直分速度为v ，因为v2＝v＋v
y y
同理v＝v＋(v )2
y
又tan α＝
解得v ＝v。
M
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，
可得qv B＝m
M
又sin α＝
解得B＝。
(4)当x≥0时，满足＝
解得y＝
同理当x<0时，满足y＝。
答案：(1)(a，0) (2)v (3)
(4)见解析
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