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答案
B
解析
解：A、铀核裂变的核反应是：是
，两边中子不能约，故A错
误；
B、质子、中子、粒子质量分别为
、
、
，质子和中子结合成一个粒子，释放能量是
，故B正确；
C、卢瑟福通过粒子轰击氮核得到质子，实验验证了在原子核内部存在质子，故C错误；
D、根据波尔理论，一群处于
能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中能辐射：
种不同频率的电磁波，故D错误。
故选：B。
答案
A
解析
解：两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面
上，设
抛出的初速度都为，
则有：
，
若不改变两球抛出点的位置和抛出的方向，
球的抛出速率不变。
球的抛出速率变为原来的
倍，
则有：
解得：
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
模块1：
1
1
1
20高三春季模拟卷3
例题1
U +
92
235
n →
0
1
Ba +
56
141
Kr +
36
92
3 n
0
1
α
m1
m2
m3
α
2m + 2m −m
c
(
1
2
3)
2
α
n = 4
C =
4
2
6
例题2
AB
v
x = vt + vt
A
B
2
x = vt +
′
2vt′
t =
′
t
3
2
例题3
答案
A B D
解析
解：A、交流电的频率
，故A正确；
BCD、由理想变压器原副线圈匝数比为
，可求得
，电阻
的电流为
，根据原副线圈的电流与匝数成反比可以求得原线圈的电流为
，故B、D
正确，C错误。
故选：ABD。
答案
C
解析
解：A、海王星在
段的速度大小小于
段的速度大小，则
段的时间小于
段的时间，
所以
到
所用的时间大于
，故A错误；
B、从
到
的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C、从
到
阶段，万有引力做负功，速率减小，则动量的大小逐渐减小，故C正确；
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从
到
阶段，万有引力对它做负功，故D错误。
故选：C。
答案
C
解析
解：A、粒子在磁场中运动的周期：
，与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期
不变，故A错误；
B、粒子在电场中被加速，所以粒子运动半个圆周之后再次进入电场时，与开始时运动的方向相
反，所以电场的方向必须改变，故B错误；
C、由
得：
，则最大动能为：
，知最大动能
与加速器的半径、磁感应强度以及电荷所带的电荷量和质量有关。磁场越强，粒子离开加速器时
的动能就越大，故C正确；
D、粒子的最大动能
，与加速电压的大小无关，即与两盒间电势差无
关，故D错误。
故选：C。
1
1
f =
=
2π
ω
=
2π
100π
50Hz
5 : 1
U
=
2
44V
R
=
R
U 2
=
44Ω
44V
1A
0.2A
例题4
QN
NP
NP
QN
Q
N
4
T 0
Q
N
P
Q
P
M
例题5
α
T = qB
2πm
α
α
α
qvB =
R
mv2
v =
m
qBR
E
=
km
mv =
2
1
2
2m
q B R
2
2
2
α
E
=
km
mv =
2
1
2
2m
q B R
2
2
2
答案
A B D
解析
解：A、根据功的公式：
，可知
图线和横轴围成的面积表示力
的总功，故A正
确；
B、根据速度的变化量与加速度的关系：
，可知
(加速度-时间)图线和坐标轴围成
的面积表示速度的变化量，故B正确；
C、在
图象中，穿过线圈的磁通量的变化量为
，不能用“面积”表示，故C错误；
D、根据电流的定义式：
，得
，知在
图象中，电流-时间图线和坐标轴围成的面
积表示电荷量的改变量，图中为电容器的放电荷量，故D正确。
故选：ABD。
答案
B D
解析
解：AD、一个质子仅在电场力作用下沿轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则质子从
到
电场力做正功，电势降低，根据动能定理，动能增加，速率增大，故A错误，D正确；
B、根据
，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从
到
，电场强度减小，
点的电场强度大于
点的电场强度，故B正确；
C、由图可知，质子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，
、
两点电势差
大于
、
两点电势差
，故C错误。
故选：BD。
答案
A D
解析
解：A、从图象可以看出，从到
的过程中，
的速度比
的大，弹簧被压缩，
时刻两物块
达到共同速度，此后，
的速度比
的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以
时刻弹簧
长度最短，故A正确；
B、
时刻
的速度最大，此后
的速度减小，弹簧被拉伸，则
时刻弹簧恢复原长，则知在
时间内，弹簧处于压缩状态。
时间内，弹簧处于拉伸状态，故B错误；
C、在
时间内，根据动量定理得：弹簧对
冲量为
，冲量大小为
，故C错误；
D、两个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则有：
1
1
1
例题6
W = Fx
F −x
F
Δv = aΔt
a −t
Φ −t
Φ −
2
Φ1
I = t
q
q = It
I −t
例题7
x
A
B
E
=
p
qEx
A
B
A
B
A
B
U AB
B
C
U BC
例题8
0
t1
m1
m2
t1
m1
m2
t1
t2
m2
m2
t2
t ∼
1
t2
t ∼
2
t3
0 ∼t2
m1
I = −m v −
1
3
m v
1
0
m
v + v
1 ( 0
3)
，故D正确。
故选：AD。
答案
C
解析
解：依据平衡阻力的原理依靠重力的分力来平衡阻力，同时阻力包含纸带与打点计时器之间的摩擦
和小车与长木板之间的摩擦，故操作为：需要挂上纸带，但是不能挂重物，把打点计时器所在的一
端垫高，故C正确，ABD错误。
答案
解析
解：拉力做功为：
，
点的速度为：
，
故动能变化量为：
。
答案
1.46(
均可)
解析
解：由图甲所示可知，电压表量程为
，分度值为
，示数为：
；多用电表使用完
毕要把选择开关置于交流电压最高挡，即应置于
处。
答案
1
2
1
2
m v =
1
0
m + m
v =
(
1
2)
2
m v −
2
1
m v
1
3
例题9
mgsB
8T 2
M s
−s
( C
A)2
W = Fs
=
B
mgsB
B
v =
2T
s
−s
C
A
ΔE =
k
Mv −
2
1
2
0 =
M
=
2
1
(
2T
s
−s
C
A )
2
8T 2
M s
−s
( C
A)2
例题10
1.44 ∼1.46
C
2.5V
0.05V
1.46V
C
(1)
(2)0.6
(3)A
解析
解：(1)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(2)由图示电源
图象可知，电源内阻：
；
(3)本实验采用相对电源的电流表外接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致电流表
示数偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相
同，故A正确，BCD错误。
故选：A。
答案
写出电压随时间变化的关系式
，
时通过金属杆的感应电流的大小
，方向由
指向。
解析
解：由图乙可知，
，
，故
此时通过金属杆的电流为：
由右手定则判断出，通过金属杆的电流方向由指向。
1
2
U −I
r =
−
ΔI
ΔU
R =
0
−
0.5A
1.5V −0.7V
1Ω = 0.6Ω
例题11
u
t
u =
t
t0
U 0
t = t0
R
U 0
b
a
u = kt
k = t0
U 0
u =
t
t0
U 0
i =
=
R
u
R
U 0
b
a
答案
在
时间内金属杆
的运动情况是金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，此时间内
金属杆
位移的大小
。
解析
解：金属杆切割磁感线产生的感应电动势为：
由电路分析得到：
联立可以得到：
则可知与成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
加速度
金属杆在
时间内的位移为：
联立方程可以得到：
。
答案
战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力为
。
解析
解：对乙受力分析如图，根据共点力平衡条件得到：
，
，
同一条绳子拉力相等，故
联立解得：
。
答案
战士乙在最低点时绳的拉力大小为
。
解析
解：
，
，所以
，
是正三角形，
在
水平线下方
处，
以
为零势能面，
根据机械能守恒定律：
1
2
t0
ab
ab
2BLR
U t
R + r
0 0 (
)
e = BLv
i = R + r
e
v =
t
BLRt0
U
R + r
0 (
)
v
t
a =
BLRt0
U
R + r
0 (
)
t0
x =
at
2
1
02
x =
2BLR
U t
R + r
0 0 (
)
例题12
250N
T sin53 =
1
∘
F
T cos 53 +
1
∘
T
=
2
mg
T
=
1
T 2
F = 250N
347N
AP = d ⋅cot ∠APB = 15m
BP =
=
sin∠APB
d
25m
AP =
′
BP =
′
20m
△ABP ′
P ′
AB
10
m
3
P ′
h
=
P
10
−15 m
(
3
)
mgh
=
P
mv
2
1
2
由牛顿第二定律和圆周运动规律得到：
联立解得：
。
答案
战士乙运动到右侧坡面的坐标为
。
解析
解：由题意可得战士的运动轨迹为椭圆，
，半短轴
，半长轴
椭圆方程为：
设右侧坡面的轨迹方程为：
将
代入得到：
则右侧坡面的轨迹方程为：
联立解得：
解得：
，
后者不合题意舍去。
答案
A C E
解析
解：A、温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，选项A正确；
B、外界对物体做功，若散热，物体内能不一定增加，选项B错误；
C、温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；
D、当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；
E、当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确。
故选：ACE。
答案
温度降为
时杯内气体的压强
。
解析
解：降温过程中，气体体积不变，根据查理定律
因此，温度降为
时杯内气体的压强
。
3
1
1
2F
cos 30 −
T
∘
mg = m R
v2
F
=
T
N −
3
1250
3
375N ≈347N
8.43, −15.70
(
)
c = 10m
b = 10
m
3
a = 20m
+
400
x2
=
300
y2
1
y = 10x + b1
10, 0
(
)
b =
1
−100
y = 10x −100
403x −
2
8000x + 38800 = 0
8.43, −15.70
(
)
11.42, 14.20
(
)
例题13
例题14
T 1
p =
1
T
T 0
p0
1
=
T 0
p0
T 1
p1
T 1
p =
1
T
T 0
p0
1
答案
温度为
时提起杯盖所需的力至少为
。
解析
解：对杯盖受力分析如图所示，
当杯盖与杯身间的弹力恰好为零时，拉力最小，根据平衡条件：
因此，最小拉力为
。
答案
温度为
时，用上述方法提杯盖恰能将整个杯子提起。
解析
解：设提起杯子时气体压强为
，温度为
，杯身的受力分析如图所示，
平衡时：
得
根据查理定律
此时温度为
。
答案
B D E
解析
解：A、由甲图知，波长
，由乙图知，质点的振动周期为
，则波速为：
。由乙图知，
时刻，
处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿
轴负方向传播，故A错误。
B、由乙图知，
时，
处质点的振动方向为轴负方向，故B正确。
2
3
1
T 1
F = p S +
0
mg −
p S
T 0
T 1
0
p S +
1
F = p S +
0
mg
F = p S +
0
mg −
p S
T 0
T 1
0
T −
0
p S
0
MgT 0
p2
T 2
p S =
0
p S +
2
Mg
p =
2
p −
0
S
Mg
=
T 0
p0
T 2
p2
T
=
2
T −
0
p S
0
MgT 0
例题15
λ = 2m
T = 2s
v =
=
T
λ
1m/s
t = 1s
x = 2m
x
t = 2s
x = 2m
y
C、
处质点和
处质点相距半个波长，振动步调总相反。故C错误。
D、因为
，所以在
的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是
，故D正确。
E、
时刻
处的质点位于波峰，则在
到
的时间内该质点的速度先增大
后减小，故E正确。
故选：BDE。
答案
光线从透明物质射向真空时发生全反射的临界角是
。
解析
解：由公式
，
得临界角为：
。
答案
圆柱
面上有射出光线的部分占
表面的
。
解析
解：从
点射入的光线，折射角为，根据折射定律有：
解得：
。
设从某位置
入射的光线，折射到
弧面上
点时，入射角恰等于临界角
，由几何关系得，
中
，
所以有射出光线的区域对应的圆心角为：
有射出光线的部分占
面的比例为
。
1
2
x = 1m
x = 2m
t = 1s = 2
T
1s
2A = 2 × 5cm = 10cm
t = 1s
x = 0.5m
t = 1s
t = 2s
例题16
45∘
sinC = n
1
C = 45∘
AB
AB
2
1
O
γ
n =
sinγ
sin45∘
γ = 30∘
P
AB
Q
C
△PQO
α = 180 −
∘
90 −
∘
C −γ = 15∘
β = 90 −
∘
α −γ = 45∘
AB
=
90∘
45∘
2
1
