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答案
D
解析
解：A、衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，
故A错误；
B、大量的氢原子从
的能级向低能级跃迁时只会辐射三种不同频率的光，故B错误；
C、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的
频率有关，与光强度无关，故C错误；
D、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨
道，根据
知，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小，故D正确。
答案
D
解析
解：根据题意，设匀速运动时的速度为，由于三段过程运动位移均为，所以图象在每段与轴围
成的面积相等，令匀加速运动的时间
，所以匀速运动时间为，匀减速运动的时间为，根据
面积关系得到，匀减速运动的末速度为
，作出
图象如图：
根据
比较得到加速时的加速度大于匀减速时的加速度。质点在匀减速阶段的末速度大
模块1：
1
1
20高三春季模拟卷2
例题1
β
n = 3
k
=
r2
e2
m r
v2
例题2
v
s
t
t = 4
2
3
3
v
v −t
a =
t
v −v0
1
小是匀速运动阶段的速度大小
，根据
得到质点在匀加速运动阶段的平均速度小于匀减速运
动阶段的平均速度，质点在匀速运动阶段的运动时间为
，故D正确。
答案
A
解析
解：AB、对小球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
解得
，
细线受到沿线方向的拉力大小
，故A正确、B错误；
CD、当施加垂直于细线方向的拉力时，设细线与竖直方向的夹角为，受力情况如图所示，
当施加水平方向作用力时细线受到沿线方向的拉力大小等于
，所以当施加垂直于细线方向的拉
力时，细线受到沿线方向的拉力大小小于
；
根据几何关系可得：
，所以
，故CD错误。
答案
A
解析
解：粒子受电场力和重力作用，故两个相同的粒子所受合外力相同，加速度相同，加速度为竖直方
向；
又有粒子初速度和加速度方向垂直，故水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动；
1
1
3
1
=
vˉ
t
s
t
2
1
例题3
F = Gtan30∘
G =
=
tan30∘
F
F
3
T =
=
sin30∘
F
2F
θ
2F
2F
sinθ =
=
G
F
=
F
3
F
<
3
3
2
3
θ < 60∘
例题4
那么，两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小相关，若两粒子入射速度都变为原来的两
倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为
，故A正确，BCD错误。
答案
C
解析
解：A、根据题意，粒子在磁场中运动半个圆周后，经过轴的交点与原点距离最远，轨迹如图，
显然，运动轨迹不与轴相切，故A错误；
C、根据几何关系知：
，解得：
，粒子在磁场中运动的轨道半径等
于，故C正确；
D、当粒子速度方向沿轴负方向时，粒子与轴负半轴相切，能经过的最远点的横坐标为
，故D
错误；
B、粒子的运动轨迹过点
，且轨迹是半径为的顺时针的动态圆，作图知，时间最短时，圆弧
的长度最短，运动轨迹与轴不相切，故B错误。
答案
B C
解析
解：根据光的直线传播规律，
时间看不到该卫星，如图所示，
同步卫星相对地心转过角度为
，
结合
，则
，
，可得该同步卫星的轨道半径
，行星表面上两点与该同步卫星连线的夹角最大值为
。故AD错误，BC正确。
1
1
t
2
1
例题5
x
x
2R =
+ r
(
3r)
2
2
R = r
r
y
x
−r
0, r
(
)
r
x
例题6
T
6
1
θ = 2α
sinα = r
R
θ = ωt =
×
T
2π
=
6
T
3
π
α= 6
π
sin
=
6
π
r
R
r = 2R
2α =
=
3
π
60∘
答案
A D
解析
解：A、由图知：从到
，电势先降低后升高，在
间合电场水平向右，在
间合
电场水平向左，则知正电荷在轴上的坐标原点；负电荷在轴的负方向上，故A正确；
B、根据
图线的斜率表示该点的电场强度，
处
图线的斜率不为，即
处
的电场强度不为，故B错误；
C、带负电的点电荷沿轴从
移动至
，即电势减小，电势能增大，故C错误；
D、依据B选项分析，可知，点电荷沿轴从
移动至
，电场强度变小，则受到的电场力也逐渐
减小，故D正确。
答案
B D
解析
A、由于开始下落时空气阻力可以忽略，因此开始下落时两球的加速度相同，故
相同，故A错
误；
B、当小球受力平衡时，达到最大速度，由于铁球的质量大于塑料球的质量，而阻力与速率成正
比，所以铁球在图中的最大速度较大，故B正确；
C、由于铁球下落时受到的阻力影响较小，所以铁球的加速度始终大于塑料球的加速度，两球均由
静止开始运动，故铁球的速度始终大于塑料球的速度，故两球从开始下落至下落同样高度，铁球所
用时间较短，故C错误；
D、由C的分析可知，铁球的平均加速度要大于塑料球，并且最大速度也要大于塑料球，所以铁球
从开始下落至速度达到铁球所对应的
位移较大，故D正确。
答案
A D
解析
要验证动量守恒定律，需要验证：
，
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，
上式两边同时乘得：
得：
，
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移。
故选：AD。
1
1
1
例题7
x
0
∞
0 ∼x2
x ∼
2
∞
x
x
φ −x
x = x1
φ −x
0
x = x1
0
x
x1
x2
x
x1
x2
例题8
a0
vm
例题9
m v =
1
1
m v +
1
2
m v
2
3
t
t
m v t =
1
1
m v t +
1
2
m v t
2
3
m ⋅
1
OQ = m ⋅
1
OM + m ⋅
2
ON
答案
用圆规画一个尽可能小的圆，把所有落点圈在里面，圆心即平均位置偶然误差
解析
在进行实验时，该实验利用了多次实验取平均值的思想，
在确定小球落点时注意采用的方法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，
圆心即平均位置，这样可以减小实验过程中造成的偶然误差。
答案
解析
由题可知，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为：
；
如果碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，
两边同时乘以
得：
整理得：
。
答案
A D
解析
灯泡额定电压为
，用量程为
的灯泡测电压，电压表量程太大，误差较大，可以用量程为
的电压表与定值电阻串联扩大电压表量程测电源，需要的电压表为A，需要的定值电阻为D。
答案
2
3
1
2
m ⋅
1
OQ = m ⋅
1
OM + m ⋅
2
ON m ⋅
1
OQ =
2
m ⋅
1
OM +
2
m ⋅
2
ON 2
m ⋅
1
OQ = m ⋅
1
OM + m ⋅
2
ON
m v
=
2
1
1
1
2
m v
+
2
1
1
2
2
m v
2
1
2
3
2
t2
m v
t =
2
1
1
12 2
m v
t +
2
1
1
22 2
m v
t
2
1
2
32 2
m ⋅
1
OQ =
2
m ⋅
1
OM +
2
m ⋅
2
ON 2
例题10
3.8V
15V
3V
解析
由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，为测多组实验数据，滑动变阻器
应采用分压接法，实验电路图如图所示：
答案
(
均可)
解析
设通过每个灯泡的电流为，电源电动势为：
，
整理得：
即
，
在灯泡
图象坐标系内作出：
图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压为：
通过灯泡的电流为：
，
灯泡实际功率为：
。
答案
带电粒子从电场右边界射出时的速度的大小为
。
解析
带电粒子在电场中运动，只受电场力作用，电场力方向竖直向上，与初速度方向垂直，故粒子做类
平抛运动，加速度
；
那么，粒子在电场运动过程所用时间
，故离开电场时的竖直分速度
；
3
1
0.57 0.55 ∼0.60
I
E = U + 2I R + r =
(
0
)
U + 9I
U = E −9I = 4.5 −9I
U = 4.5 −9I
U −I
U −I
U = 2.2V
I = 0.26A
P = UI = 2.2 × 0.26W ≈0.57W
例题11
v
v
+
02
( mv0
qEL )
2
a = m
qE
t = v0
L
v =
y
at = mv0
qEL
所以，带电粒子从电场右边界射出时的速度的大小
。
答案
若电场方向在平面内沿逆时针方向旋转
角，恰好使粒子不射出电场右边界，
的
值是
。
解析
若电场方向在平面内沿逆时针方向旋转
角，那么，将电场力沿水平和竖直两个方向分
解，则沿水平方向为
，方向水平向左；
竖直方向受力不影响水平方向分速度，故不影响粒子是否射出电场右边界；
那么，要恰好使粒子不射出电场右边界，则当粒子水平方向减速为零时，位移正好为
；
故有：
，
，
所以，
。
答案
物体下落过程的最大速度
。
解析
在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为时，下落速度达到最大。
对物体，由平衡条件可得
,
对导体棒受力分析可得
,
对导体棒与导轨、电阻
组成的回路，根据闭合电路欧姆定律得
,
根据电磁感应定律得
,
联立以上各式解得
。
答案
物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻
上产生的电热
是
。
解析
在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得
，
2
1
2
v
v =
=
v
+ v
02
y 2
v
+
02
( mv0
qEL )
2
θ θ < 90
(
∘)
sinθ
2qEL
mv02
θ θ < 90
(
∘)
qE sinθ
L
a =
′
m
qE sinθ
L =
=
2a
v02
2qE sinθ
mv02
sinθ = 2qEL
mv02
例题12
v
=
m
B L
2
2
mg R + r
(
)
0
mg = T
T = ILB
R
I = R + r
E
E = BLvm
v
=
m
B L
2
2
mg R + r
(
)
R
Q
−
R + r
mghR
2B L
4
4
m g R R + r
3
2
(
)
mgh =
mv
+
2
1
m2
Q总
在此过程中任一时刻通过
和两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过
程中回路中的
与两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以
，
联立解得
。
答案
物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间是
。
解析
在系统加速过程中，任一时刻速度设为，取一段时间微元
，在此过程中分别对导体棒和物体分
析，根据动量定理可得
，
，
整理可得
，
即
，
全过程叠加求和
，
联立解得
。
答案
A C E
解析
解：A、当分子力表现为斥力时，分子间距减小时，分子力增大，分子力做负功，分子势能也增
大，故A正确；
B、液晶是一类特殊的物质形态，它像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各
向异性，故B错误；
C、自然界中与热现象有关的自发的能量转化过程具有方向性，可知第二类永动机不违反能量守恒
定律，但违反了热力学第二定律，故C正确；
D、温度是分子的平均动能的标志，分子平均速率大的物体的温度不一定比分子平均速率小的物体
的温度高；如温度相同的氢气与氧气，氢气分子的平均速率大，故D错误；
E、温度是分子的平均动能的标志，晶体熔化时吸收热量但温度不变，所以其分子平均动能不变，
故E正确。
3
1
R
r
R
r
=
Q总
Q
R + r
R
Q =
−
R + r
mghR
2B L
4
4
m g R R + r
3
2
(
)
t
+
B L
2
2
m R + r
(
)
mg R + r
(
)
B L h
2
2
v
Δt
T −
Δt =
(
R + r
B L v
2
2
)
0
mg −T Δt =
(
)
mΔv
mgΔt −
Δt =
R + r
B L v
2
2
mΔv
mgΔt −
=
R + r
B L Δx
2
2
mΔv
mgt −
=
R + r
B L h
2
2
mvm
t =
+
B L
2
2
m R + r
(
)
mg R + r
(
)
B L h
2
2
例题13
例题14
答案
物体将活塞压至
处平衡时，缸内气体的压强为
；理想气体温度不变，则内能不
变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热。
解析
设活塞静止在
处时，气体压强为
。对活塞受力分析，由平衡条件可得
物体将活塞压至
处平衡时，缸内气体的压强为
，对封闭气体由理想气体状态方程可得
联立解得
理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外
放热。
答案
已知初始温度为
，若升高环境温度至
，活塞返回
处达稳定状态，
的值是
。
解析
环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中始末状态压强相等，由盖-吕萨克定律可得
，由于
，
代入数据解得
。
答案
A B D
解析
解：A、镜头上的增透膜，是利用膜的两表面反射光，频率相同，进行相互叠加，是利用光的干涉
现象，故A正确；
B、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，从而减弱反射光的透射强度，故B正
确；
C、紫光的波长小于红光的波长，根据
知，红光条纹间距大，故C错误；
D、紫光的折射率大于红光的折射率，根据
知水中红光的传播速度比紫光大，故D正确。
1
2
1
1
B
2p +
0
S
2mg
A
p1
p S =
1
p S +
0
mg
B
p2
p Sh =
2
p S ⋅
1
2h
p =
2
2p +
0
S
2mg
27 C
∘
T 1
A
T 1
327 C
∘
=
T 0
V 0
T 1
V 1
T
=
0
27 C =
∘
300K
V
=
1
2V 0
T
=
1
600K = 327 C
∘
例题15
Δx =
λ
d
L
v = n
c
例题16
答案
波的传播速度是
。
解析
根据波形图可知：
，质点振幅
。由图象可知，波动方程为
将
点纵坐标
代入，结合图象解得
点的坐标为
。
由于经过时间
，
点首次到达波峰，即
点左侧相邻的波峰传播到
点，距离等于
波的传播速度
代入数据可得
。
答案
从
时刻起，再经过
质点
的位置坐标是
，在这段时间内
运动的路程
为
。
解析
波的传播方向上任意质点的振动周期
代入数据可得
假设质点
在此过程中振动了个周期，则
代入数据可得
时刻
向上振动，
时
点首次到达波谷位置，所以质点
运动的路程：
此时
在波谷位置，所以
点坐标为
。
2
v
1.25m/s
λ = 1m
A = 2cm
y = A sinx
=
λ
2π
2 sin2πx cm
(
)
P
y =
cm
2
P
,
( 8
3
2)
Δt = 0.1s
P
P
P
Δx =
−
m =
( 8
3
4
1 )
m
8
1
v = Δt
Δx
v = 1.25m/s
t = 0
t = 0.5s
P
, −2
( 8
3
)
P
6 −
cm
(
2)
T = v
λ
T = 0.8s
P
n
t = nT
n = 8
5
t = 0
P
t = 0.5s
P
P
s =
2 −
+
(
2)
2A =
6 −
cm
(
2)
P
P
, −2
( 8
3
)
