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物理高三期初模拟测试（一）参考答案：
1．B【详解】A．甲图是等效替代思想，A错误；
B．把带小孔的空腔看成黑体是理想化物理模型，B正确；
C．丙图为模拟气体压强产生机理实验图。实验说明了气体压强是由气体分子对器壁频繁
碰撞产生的，C错误；
D．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，将两个球体之间由于万有引力的
吸引而移动的距离通过石英丝的扭转角度“放大”展现，应用了微小形变放大法，D错误。
2．D【详解】A．根据
❑
14C→14N+ 0e
6 7 −1
即 发生 衰变的产物是 ，选项A错误；
❑ 14C β ❑ 14N
6 7
B．β衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；
C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C错误；
1
D．若测得一古木样品的❑ 14C含量为活体植物的 ，可知经过了2个半衰期，则该古木距
6 4
今约为5730×2年=11460年，选项D正确。
3．A【详解】光谱图中谱线位置表示相应光子的波长。氢原子从n=3、4、5、6能级分别
向n=2能级跃迁时，发射的光子能量增大，所以光子频率增大，光子波长减小，在标尺上
H 、H 、H 和H 谱线应从右向左排列。由于氢原子从n=3、4、5、6能级分别向n=2能级
α β γ δ
跃迁释放光子能量的差值越来越小，所以，从右向左4条谱线排列越来越紧密，故A正确。
4．D【详解】AB．粒子从b点以某一初速度v 沿平行于x轴正方向进入磁场区域，从a点
0
垂直于 轴离开磁场，如图所示由洛伦兹力提供向心力可得
v2
x qv B=m 0
0 r
由几何关系可得r=R
BqR
联立解得v =
0 m
90° 1 2πm πm
该粒子从b点运动到a点的时间为t= T= ⋅ =
360° 4 qB 2qB
1
学科网（北京）股份有限公司√2
C．以 v 从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为
2 0
√2
m⋅ v
2 0 √2
r = = R
1 qB 2
该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知
L =√2R=2r
ab 1
可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a点，故C正确；
D．以 从b点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为 m⋅√2v
√2v r = 0=√2R
0 2 qB
当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运
动的时间最长，如图所示
2
学科网（北京）股份有限公司90° 1 2πm πm
由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为t = T= ⋅ = 故D
max 360° 4 qB 2qB
错误。
此题选择不正确的选项，故选D。
5．C【详解】A．根据对称性和场强叠加原理可知，O点场强方向水平向右，故A错误；
B．可将水平面内一绝缘细圆环的左、右半圆分别均匀分布着等量异种电荷等效成等量异
种点电荷的电场，根据等量异种点电荷电场的对称性可知，由A至O点场强变大，故B错
误；
C．过圆心与环面垂直的轴线是等势线，则小球沿轴线运动过程中电势能不变，故C正确；
D．若小球沿轴线做匀变速运动，则外力F、重力与电场力的合力恒定，由于电场力方向不
变，大小变化，重力恒定，则外力F大小变化，方向变化，故D错误。
6．D【详解】AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为
f =μmgcosθ=mgsinθ
其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，滑块速度从水平到竖直过程中根据动能定理
1 1
mgsinθ⋅y−fs= mv2− mv2
2 2 0
其中y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，根据几何关系
可知s>y可知v 0
在气体内能增大阶段，由于不知道U与W的具体关系，则无法判断出气体是吸热还是放
热，而在气体内能减小阶段，W > 0，则Q < 0，故气体放热，B错误；
CD．A、C两状态气体压强相同，气体分子对容器壁上单位面积的平均撞击力相等，但A
状态到C状态气体温度升高，气体体积增大，气体分子平均速率变大，数密度减小，则
A、C两状态气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减小，C错误、D正确。
8．A【详解】A．椭圆轨道II半长轴为a，周期为T，I、III为圆轨道，由于III的半径与II
的半长轴相等，由开普勒第三定律可知圆轨道III的半径为a，卫星C的周期为T，则
Mm 4π2 解得地球的质量 4π2a3 故A正确；
G =m a M=
a2 T2 GT2
Mm GM
B．由G =ma，解得a= 所以B、C在M点的加速度大小相等，由于卫星B做变
r2 r2
速圆周运动，卫星B的加速度与向心加速度不等，所以B、C在M点的向心加速度大小不
相等，故B错误；
Mm
C．A、B的质量未知，由F=G 可知A、B经过N点时的所受地球引力不一定相同，
r2
故C错误；
D．由开普勒第二定律可知同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，A、B与
地心的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。
9．B【详解】整体未下落时，两物块相对木板静止，弹力等于摩擦力，整体无初速度释放
后，两物体和木板都处于完全失重状态，两物块对木板的压力为零，此时摩擦力消失。在
水平方向上，两物块只受到弹簧的拉力，根据牛顿第二定律可知，两物块相对木板运动且
相互靠近。
10．A【详解】A．磁感应强度与I 成正比，当霍尔元件内部电场稳定时
0
U
evB=evkI =e
0 b
4
学科网（北京）股份有限公司即ΔU=vbk ΔI 仅适当增大工作电流I，根据I=neSv
0
可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A
正确；
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电
子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹力的作用下与正离子偏转
方向相同，则电压表V的“+”“−”接线柱连线位置需要改动，B错误；
C．根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电
压表V的“−”接线柱相连，C错误；
D．当电流I 增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧电势差增大，
0
电压表V的示数会增大，D错误。
11． 【答案】 1.5 50 15 16.7 22.5
E
【详解】[1][2]由I=
R +R
A 1
E
可知，当电阻箱阻值为87.5Ω和150Ω时，有8.0m A=
R +87.5Ω
A
E
6.0m A=
R +150Ω
A
解得E=1.5V，R =100Ω
A
（2）b．[3]将两表笔短接进行欧姆调零，有
E
R +R =
A 1 I
g
解得R =50Ω
1
电流表的中央刻度对应欧姆表的内阻，此时对应欧姆表的“×10”倍率，则电流表“
5.0mA”刻度线的对应数值应标为15；
c．[5]闭合开关后对应欧姆表的“×1”倍率，则电流表满偏时回路总电阻对应欧姆表的内
阻，为
，有150Ω⋅R
15Ω 2=15Ω
150Ω+R
2
50
解得R = ≈16.7Ω
2 3
E
电流表示数为4.0mA，则流过电源的电流为40mA，由闭合电路欧姆定律有I=
15Ω+R
x
解得R =22.5Ω
x
5
学科网（北京）股份有限公司12．【详解】（1）整个系统处于静止状态时，对小球P受力分析，根据平衡 T
B =Mg
cos37∘
①
对物体Q有mg+T =T ②
弹 B
对物体N有T =mg③
弹
5
联立①②③得M= m
2
1 1
（2）根据系统能量守恒有MgLsin37∘= mv2+ Mv2+mgℎ④
2 2
根据几何关系 ℎ =Ltan37∘− ( L −L )⑤
cos37∘
2
联立④⑤解得v= √7gL
7
1
（3）对物体Q有动能定理有 mv2=−mgℎ +W⑥
2
11
联立⑤⑥有W = mgL
14
13．【详解】由于L >L
1 2
可知U型玻璃管旋转前A端气体压强p 大于B端气体压强p，旋转后A端气体压强 小
1 2 p′
1
于B端气体压强 ，则对于A端气体，初状态压强p，气柱长度
p′ 1 L =20cm
2 1
末状态压强 ，气柱长度
p′ L′ =22cm
1 1
对于B端气体，初状态压强p=p-8cmHg
2 1
6
学科网（北京）股份有限公司气柱长度L =12cm
2
末状态压强
p′ =p′ +12cmHg
2 1
气柱长度
L′ =10cm
2
由等温变化规律可得
p L =p′ L′
1 1 1 1
p L =p′ L′
2 2 2 2
联立解得p =74.25cmHg
1
14．【详解】（1）a球做加速运动的加速度为a，则Bqv =m a
0 a
设第一次碰前速度为 ，则
v v2 =2aL
a0 a0
设a和b碰撞后速度为v 、v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
a1 b1
m v =m v +m v
a a0 a a1 b b1
1 1 1
m v2 = m v2 + m v2
2 a a0 2 a a1 2 b b1
解得
v =−0.4m/s
a1
v =0.4m/s
b1
（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间t 发生第二次碰撞
1
1
v t + at2=v t
a1 1 2 1 b1 1
解得t =0.4s
1
第二次碰撞前a的速度
v′ =v +at =1.2m/s
a1 a1 1
第二次碰撞前b的速度
v′ =v =0.4m/s
b1 b1
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m v′ +m v′ =m v +m v
a a1 b b1 a a2 b b2
1 1 1 1
m v′2 + m v′2 = m v2 + m v2
2 a a1 2 b b1 2 a a2 2 b b2
解得v =0 v =0.8m/s
a2 b2
第二次和第三次碰撞的时间间隔为t ，x =x
2 a2 b2
7
学科网（北京）股份有限公司1
即v t + at2=v t
a2 2 2 2 b2 2
解得t =0.4s
2
第三次碰撞前a的速度
v′ =v +at =1.6m/s
a2 a2 2
第三次碰撞前b的速度
v′ =v =0.8m/s
b2 b2
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
m v′ +m v′ =m v +m v
a a2 b b2 a a3 b b3
1 1 1 1
m v′2 + m v′2 = m v2 + m v2
2 a a2 2 b b2 2 a a3 2 b b3
解得v =0.4m/s v =1.2m/s
a3 b3
即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次
到第九次碰撞前的瞬间位移分别为
x =v ⋅t=0.16m
b1 b1
x =v ⋅t=0.4×2×0.4m=0.32m
b2 b2
x =v ⋅t=0.4×3×0.4m=0.48m
b3 b3
则杆的长度是
x=L +x +x +x +···+x =5.84m
0 b1 b2 b3 b8
（3）若给a球一个冲量I，则
I=m v
a 0
a球和b球碰撞
m v =m v +m v
a 0 a a b b
1 1 1
m v2= m v2+ m v2
2 a 0 2 a a 2 b b
I
解得v =
b 2
b球在长方形区域时m g=Eq
b b
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 m v2
q v B = b b
b b 0 r
nr=2L（n=1，2，3⋯）
8
联立解得I= N⋅s（n=1，2，3⋯）
3n
8
学科网（北京）股份有限公司2π
15．【详解】（1）速度随时间的变化关系为v=v cos
0 T
电路中产生正弦式电流，电动势的峰值E =BLv
0 0
电动势的有效值 E
E= 0
√2
E2 T
产生的热量Q= ⋅
R+r 4
解得
B2L2v2T
Q= 0
8(R+r)
安培力做的功W =−Q
A
1
由动能定理有W+W =0− mv2
A 2 0
解得
B2L2v2T
1
W = 0 − mv2
8(R+r) 2 0
（2）单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，从平行磁感线位置开始转动后的
四分之一周期内，流过线圈的电量为 ΔΦ BS E T
q=It= t= = m
tR R 2πR
总 总 总
（其中E =BSω）
m
将本题由于速度变化产生交变电流的情景与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模
型类比，可得 BS E T BLv T
q= = m = 0
R 2πR 2π(R+r)
总 总
根据动量定理I−I =0−mv
安 0
又I =Ft=BLIt=BLq公众号：全元高考
安
解得 B2L2v T
I=I −mv = 0 −mv
安 0 2π(R+r) 0
9
学科网（北京）股份有限公司
