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高三物理一模参考答案
一、选择题答案及详解
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D D B D C CD BD AD
1.【答案】A
【详解】.在发生光电效应的前提条件下，光的强度越大，光电流越大，故选项A正确；
换用频率更高的紫光一定能发生光电效应，与光的强度无关，故选项B错误；仅将P移至C
端，AK间的电压为0，仍然发生光电效，应有微弱的光电流，故选项C错误；密里根根据
爱因斯坦的光电效应的方程计算出了普朗克常量，故D选项错误。故选A。
2. 【答案】B
【详解】由图像可知斜率 k = 2 0 ，纵轴截距b=−2，由
x
2 t
= k
1
t
+ b 得 x = 2 0 t −
1
2
4 t 2
可知列车在做匀减速运动，初速度 v
0
= 2 0 m / s ，加速度 a = − 4 m / s 2 ；前3s内得位移
x = 2 0 m / s 3 s −
1
2
4 m / s 2 （ 3 s ） 2 = 4 2 m 。故B答案正确。
3.【答案】D
【详解】不计空气阻力，铅球在空中运动过程中只受重力的作用，所以加速度相等，故 A
错误；两次初速度大小为v 相等，
0
2 1
大 于 ，
0
c o s
1 0
c o s
2
v 大 于 v ，所以B错误；由题
意可知两次水平位移相等，水平方向匀速直线运动，而
0
c o s
1 0
c o s
2
v 大 于 v 所以
，
t1 小 于 t
2
，
即第一次在空中运动时间较短，故 C 错误；两次实际位移相同，第一次用时间较短，所以
第一次平均速度较大，故D正确。
4.【答案】D
【详解】航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有
G M
r 2
m
= m a
可得 ，
GM
a=
r2
故A错误；根据万有引力提供向心力有
GMm v2
可得
GM
，由于天宫空间站在
=m v=
r2 r r
轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天宫空间站在轨运行的线速度大于同步卫星
的线速度，故B错误；7.9km/s是发射地球卫星的最小速度，则神舟十八号的发射速度大
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}于 7 .9 k m / s ，但是不能大于 1 1 . 2 k m / s ，大于 1 1 . 2 k m / s 就逃出地球引力范围了，故C错误；
r 6400km+400km 17
根据题意知空间站绕地球运动的轨道半径与地球半径之比为 = =
R 6400km 16
根据万有引力提供向心力，有
G M
r 2
m
= m a ，联立解得：
a =
（
G
1
1
7
6
M
R ） 2
。地表的重力加速度
为 g =
G
R
M
2
a 16
可得 =（ ）2 ，故D正确。
g 17
5.【答案】B
【详解】由题意可知 T =
1
n
= 0 . 2 s
,所以 =
2
T
= 1 0 ,根据小球的运动规律匀速圆周运动
y = Rsin(10t)
可知所以影子做简谐运动，且振动方程为 ，故A、D错误，B正确；
由向心力公式
F m 2 R 1 0 0 m 2 R = =
，故C错误。故选B。
6.【答案】D
【详解】将试探电荷从圆上任意一点移动到无穷远处，电场力做功均为0，可知圆上各点在
同一等势面，由于电场线与等势面垂直，则正试探电荷在圆上所受电场力一定指向 O 点，
故A错误；连接AD，CD，OD，由几何关系有 A D ⊥ O D ， B D = 3 L ， D A B = O D B = 3 0 ，
则A处和B处在D点产生的电场场强分别为 E
1
和 E
2
k2Q kQ
E = =
1 ( 3L)2 +(3L)2 6L2
E
2
=
k
3
Q
L 2
将E 正交分解如图所示
1
由矢量合成可知D点产生的场强大小为
3kQ
E = (E)2 +(E −E)2 = ，故B错误；
1 2 1 6L2
D点与C点在同一等势面，由D点移到AC中点相当于由C点移到AC中点，正试探电荷在
AO连线上受到的电场力向右，则在从C点移到AC中点过程中，电场力做负功，电势能增
。
k2Qq kQq 3kQq
加，故C错误；负试探电荷在C点所受电场力为F = + = ，方向指向A
4L2 L2 2L2
点。故D正确
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}7.【答案】C
【详解】物体在水平方向上受推力与摩擦力的作用，根据牛顿第二定律F −mg = ma解
F
得加速度a = −g，由乙图可知，当推力大于摩擦力时，随着F的减小，加速度a逐渐
m
减小；当推力减小到等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时，物体做
减速运动，加速度反向增大，故 A 选项错误；由图像可知，推力与位移的关系式为：
F = 1 0 0 − 2 5 x ( 0 x 4 . 0 m ) ，当加速度为零时，物体速度最大，此时， F m g = ，解得
x =
1 0 0 −
2 5
m g
= 1 0 0 − 2 5 x = 3 . 0 m
，即在3.0m时，速度达到最大值，故B错误；
F −x图像与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为 v
m
，由
1
图乙可知，从开始到速度最大，推力所做的功为W = ( 100+25 ) 3J =187.5J，再由动
2
能定理 W − m g x =
1
2
m v 2m − 0 ，代入数据解得： v
m
= 3 5 m / s ，故C正确；
整个过程推力所做的功 W =
1
2
1 0 0 4 . 0 J = 2 0 0 J ，再由动能定理： W − m g x
m
= 0 − 0 ，
解得： x
m
= 8 m ，故D选项错误。
8.【答案】CD
【详解】画出光路如下图光线在AB面上的入射角为 = 4 5 ，折
射角 t a n =
1
2
1 sin 10
，则sin= ，折射率为n= = ，故
5 sin 2
A错误，因DC平行于OE，则 F C E 4 5 = = ，则 t a n 4 5 =
E
C
F
F
，
EF
tan= ，联合解得：CE=
CF +R
2 R，CF=R，所以B错误，C
正确；又因为 n =
c
v
，所以D正确；故选CD。
9.【答案】BD
【详解】A．设输入电压U的有效值为U，根据有效值的定义有
U
( m)2
U2 2 1
T =2 T
R R 4
求得输入电压U的有效值为U=10V，故A错误；
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}由等效电阻： R =
n
n
1
2
2
( R
3
+ R
2
) = 4 5 Ω ，因此， I =
1
5
0
0
V
Ω
= 0 .2 A ，故B正确；
若将开关S由断开变为闭合，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故C错误；
设原线圈两端电压为U ，则有
1
E = U
1
+ I
1
R
1
U
可知 1 = R ，
I 1
1
U U n I I n
根据线圈电压、电流与匝数的关系有 1 = 1 = 1 且 1 = 1 = 2 ，所以
U U n I I n
2 2 2 2 2 1
U
I
2
2
=
n
n
2
1
2
R
1
，即副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变，
故D正确。故选BD。
10.【答案】AD
【详解】根据题意，对整体进行受力分析，水平方向上合力为零，物块所受摩擦力与半圆柱
体所受摩擦力等大反向，故A正确；
对小球P受力分析，受重力mg，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F，处于平衡状态，
画出拉力F等大反向的力F'，即为mg和N的合力，如图所示
由相似三角形有
F' mg
=
OB OO'
解得
F ' =
3
4
m g
由余弦定理有
2
3
R +(2R)2 −R2
2 7
cos= =
3 8
2 R2R
2
则有
15
sin= 1−cos2=
8
对结点O受力分析，如图所示
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}由平衡条件有
F
2
F
1
s i n =
对物体Q受力分析，如图所示
由平衡条件有
F
N
= 2 m g f = F
, 4
又有
3 15
F = F = F sin= Fsin= F'sin= mg
4 2 1 32
f F
N
=
则有
F
f
N
F
F
4
N
3
6
1
4
5
= = =
所以B错误，D正确；OA段绳子的张力不为零，在竖直方向上将小球P和圆柱体整体受力
分析，可知C错误。故选AD。
二、非选择题答案及详解
11.【答案】（2）5.30 （5）B （6）
k
2
−
b
k
1 （每空2分）
【详解】（2）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知读数为
5 m m + 6 0 .0 5 m m = 5 .3 0 m m
（5）滑块的质量为M ，待测物体的质量为M，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有
0
F =
(
M
0
+ M
)
a
对钩码有 mg−F =ma
1 M +M 1 1
联立得 = 0 +
a g m g
纵轴截距为 b =
1
g
故选B。
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}（6）由上述分析可知斜率为
M
g
0 = k
1
而且
M
0
+
g
M
= k
2
解得 M =
k
2
−
b
k
1
12. 【答案】（每空2分）
（1）9000 （2）3.0 ，2.1 （3）③
I
I
d
c
−
I
I
b
a
I I −I I 或 a d b c ，相等
I I
a c
【详解】（1）要将A 改装成量程为3V的电压表，需串联的电阻
2
R
0
=
U
I
g
− r
A
=
3 0 0
3
V
1 0 － 6 A
− 1 0 0 0 = 9 0 0 0
（2）理论上，当I 为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势
1
E = I
2
( R
0
+ r
A
) = 3 0 0 1 0 − 6 （ 9 0 0 0 + 1 0 0 0 ） V = 3 .0 V
根据闭合电路欧姆定律，可知
E = I (R +r )+（I +I ）r
2 0 A 1 2
由于
I
2
I
1
上式简化为 I
1
= −
R
0
+
r
r
A I
2
+
E
r
由图像可知
R
0
+
r
r
A =
（ 3 0 0 −
0
1
.5
8
8
） 0 1 0 − 6
代入数据可得
r = 2 . 1 Ω
（3）滑动变阻器接入电路的阻值
I (R +r )
R = b 0 A
I
a
待测电阻的阻值
R
x
=
I
d
( R
0
I
+
c
r
A
)
− R =
I
I
d
c
−
I
I
b
a
( R
0
+ r
A
) =
I
a
I
d
I
−
I
a
I
c
b
I
c
( R
0
+ r
A
)
由于电流表A 的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实
1
值。
13.【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}p A = p
0
+ p h = 7 5 c m H g + 1 5 c m H g = 9 0 c m H g ………..（1分）
（2）初状态，气体A的压强
p
A
= p
0
+ p
h
= 7 5 c m H g + 1 0 c m H g = 8 5 c m H g ………..（1分）
设玻璃管横截面积为 S c m 2 ，初状态气体A的体积 V
A
= 4 5 S c m 3
V
设末状态气体A的体积为 A，对气体A由玻意耳定律得
p
A
V
A
= p A V A
………..（1分）
解得
V A = 4 2 . 5 S c m 3 ………..（1分）
末状态气体A的长度
L =
V
S
A
= 4 2 . 5 c m
气体A的长度减少量
L =
(
4 5 − 4 2 . 5
)
= 2 . 5 c m
初状态气体B的压强
p
B
= p
0
+ p
h 1
= 7 5 c m H g + 5 c m H g = 8 0 c m H g ………..（1分）
末状态气体B的压强
p B = p
0
+ p
h 2
= 7 5 c m H g + ( 5 + 5 − 2 .5 ) c m H g = 8 2 . 5 c m H g ………..（1分）
初状态气体B的体积 V
B
= 4 1 .2 5 S c m 2 （1分）
设活塞移动的距离为 x c m ，末状态气体B的体积
V B = ( 4 1 .2 5 + 5 − x ) S c m 3 = ( 4 6 . 2 5 − x ) S c m 3 ………..（1分）
对气体B由玻意耳定律得
p V = pV
B B B B………..（1分）
带入数据得x =6.25cm（1分）
【其他解法只要合理同样给分】
5
14. 【答案】（1）v = gR ；
C 2
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}（2） B
1 0 (
1
3
0
) E
g
1
R
=
−
或 B
q
m g
R
=
1 0 (
1 0
3 − )
；
（3） x =
4
3
3
R
v2
【详解】（1）在A点对滑块受力分析，有mg−qEsin30=m A ………..（1分）
R
1
解得： v = gR ………..（1分）
A 2
滑块从C点到A点，根据动能定理有
− m g 2 R + q E s i n 3 0 2 R =
1
2
m v 2A −
1
2
m v 2C
………..（1分）
解得： v
C
=
5
2
g R ………..（1分）
（2）在C点之前匀速直线运动，对滑块受力分析，有
F =qEcos30………..（1分）
水平方向： N
竖直方向：
F
N
+ q E s in 3 0 = q v B + m g ………..（1分）
解得： B
1 0 (
1
3
0
) E
g
1
R
=
−
或 B
q
m g
R
=
1 0 (
1 0
3 − )
………..（1分）
（3）滑块从A点抛出后，电场方向反向，以水平、竖直方向建立坐标系，
竖直方向
m g + q E s i n 3 0 = m a
y
………..（1分）
1
2R= a t2
2 y ………..（1分）
2 6R
解得： t = ………..（1分）
3 g
1
水平方向 qEcos30=ma , x=v t− a t2………..（1分）
x A 2 x
4 3
解得： x= R………..（1分）
3
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}【其他解法只要合理同样给分】
15.【详解】（1）设初始时电容器两端电压为U ，导体棒从开始运动到稳定过程，电容器极
0
板上电荷量变化量为 Q ，导体棒稳定后的电动势为E，
对导体棒，由动量定理有 B I L t = m
1
v
1
− 0 ………..（1分）
E = B L v
1
………..（1分），
而 C =
Q
U
=
U
0
Q
− E
………..（1分），
Q
由电流的公式有： I = ………..（1分）
t
整理有: Q
0
= C U
0
= Q + C E = 0 .8 6 4 C ………..（1分）
【第（1）问共5分，其他解法只要合理同样给分】
………..（2）由于导体棒恰好能从C C 处沿切线进入圆弧轨道，设进入瞬间导体棒的速度
1 2
为 v2 ，有
v
2 c
v
o
1s
=
解得：
v
2
= 2 m / s
………..（1分）
设导体棒在与金属框碰撞前的速度为 v
3
，由动能定理有
m
1
g r ( 1 c o s )
1
2
m
1
v 23
1
2
m
1
v 22 − = −
解得：
v
3
= 3 m / s
………..（1分）
金属棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为 v
共
，有
m
1
v
3
= ( m
1
+ m
2
) v
共
解得：
v
共
= 1 m / s
………..（1分）
B2L2v
线框进入磁场过程中所受安培力为：F = BIL= x 共 =3x（N）………..（1分）
x R
线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相同，且由上述安倍力的表达式可
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}知，安倍力随着进入磁场的距离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此，
Q
热
= 2 F
安
x = 2 F
安
x = 2
F
安 初
+
2
F
安 末 x = 2
0 + 3
2
0 . 5
0 . 5 = 0 . 7 5 J ………..（2分）
【第（2）问共6分，其他解法只要合理同样给分】
（3）线框的右边框进入磁场过程由动量定理有
−
B 2 L
x
R
2 v
t = ( m
1
+ m
2
) ( v
4
− v
共
)
………..（1分）
整理有 − 3 x x = −
0 +
2
3 x
x = −
3
2
x 2 = ( m
1
+ m
2
) ( v
4
− v
共
) ， 0 x 0 .5 m
解得： v
4
=
3
8
m / s ………..（1分）
3
所以线框的右边框能完全离开，然后左边框开始以v = m/s进入磁场，假设左边框仍能穿
4 8
出磁场， − 3 x x = −
0 +
2
3 x
x = −
3
2
x 2 = ( m
1
+ m
2
) ( v
5
− v
4
) ， 0 x 0 .5 m
解得： v
5
= −
2
8
m / s ………..（1分）
所以线框左边框不能穿出磁场，则 − 3 x x = −
0 +
2
3 x
x = −
3
2
x 2 = 0 − ( m
1
+ m
2
) v
4
解得： x =
1
1
0
5
m ………..（1分）
所以线框右边框所处的坐标为： x
右
=
5 +
1 0
1 5
m ………..（1分）
【第（3）问共5分，其他解法只要合理同样给分】
{#{QQABbQyUggCoQBIAAAgCAQVSCgIQkgCCCYgGBAAAoAAAyQFABAA=}#}
