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10XA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D错误。故选A。2C两球在光滑斜面上运动的加速度均为a＝mgsinθm＝gsinθ＝5m/s2vt－12at2＝d＋vt－12at2t＝1.2sA球发生的位移为L＝vt－12at2＝\a\vs4\al\co1(10×1.2－\f(12)×5×1.22)m＝8.4m遇点到坡底的距离为8.4m。故选C。3、答案：C由于EF据电势的叠加法则可知EFA性可知EFB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L＝lsin60°＝3)2l公式则有E＝kQ\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(32)l)＝4kQ3l2E点的合场强为E＝2Ecosθ，根据几何关系可知cosθ＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3\rc\2)))2\r(32＝6)3立解得E点的电场强度为E＝6)kQ9l2，故C正确，D错误。故选C。4B根据eU＝hν－W＝hcλ－WU＝hce1λ－W0e合图像可知当横坐标为a时，纵坐标为0，即有0＝hcea－W0e，解得W＝hac，AW0e＝－bW＝beλ＝12a的光照射光电管阴极时，即有1λ＝2a，则有E＝h·cλ－W＝2hac－hac＝hac＝W＝be，B正确；根据上述可知，极限波长为λ＝1a，波长越短，频率越大，则当用波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，能够发生光电效应，C错误；当用波长λ<1a的光照射光电管的阴极时，根据E＝h·cλ－W0可知，光电子的最大初动能与1λ成线性关系，不成正比，D错误。故选B。5Ar3T2＝\rc\3T2，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vv2<v据v＝GMr)，可知v1>v3>v，D错误。故选A。6B时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示。由于sinC＝1n＝34，则有tanC＝3\r(42－32)＝7)7，则有OE＝R－htanC＝0.1m，由对称性可知AB＝2OE＝0.2m，则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为t＝ABv＝4s，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只有重力做功，根据动能定理mgdcos60°＝2E－E，可得E＝12mgd，加电场后，小球从O到A根据动能定理W＋mgdcos60°＝3E－E，小球从O到B根据动能定理W＋mg2d＝3E－E，联立可得W＝E，W＝－2E，令O点的电势为零，即φ＝0，W电＝q\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φA)，W电＝q\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φB)φ＝－Ek0qφ＝2Ek0qOMM为ABCA得l＝d2，电场强度为E＝UOAlAC，联立以上可得E＝mgq，故选C。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，由平衡条件可知pS＋ρSgh＝pS，解得p＝60cmHg，管内气柱体积为V＝hS，将ppS＝pS＋ρSgh，解得p＝90cmHg，设此时管内气柱长度为h，则V＝hS，根据玻意耳定律可得pV＝pV，解得h＝20cm，故A正确，B错误；假设加热过程中，水银231为h，则V＝hS，由盖—吕萨克定律得V2T1＝V3T2，由单位换算T＝300K，T＝504Kh＝33.6cm>30cmh′ρgh′S＋pS＝pS到T3—吕萨克定律得V2T1＝V1T3T＝450KT＝504Kp2Sh1T3＝（L－hT2h′＝9cm度为h＝L－h′＝36cm，故C错误，D正确。故选AD。9．答案：BC如图所示。设Q1是S、S2连线中点左侧第1个振动加强点，Q2是其左侧第2个振动加强点，Q2与Q1相距Δl，由振动加强的条件，有QS－QS＝λ，同理有QS－QS＝(QS＋Δl)－(QS－Δl)＝2λ，联立解得|Δl|＝λ2，即连线上相邻两振动加强点间的距离为λ22＝0.5mλ＝1mv＝λT＝λf＝5m/sABt＝0.1s过的时间为t＝T2，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。10BCDA错误；电路中最大电流为I＝ER，最大安培力为F＝BIL＝BELR，最大加速度为a＝Fm＝BELmR，故B正确；电容器放电前所带的电荷量Q＝CE，开关S接2后，MNvm时，MN上的感应电动势E′＝BLvm，最终电容器所带电荷量Q＝CE′，通过MN的电荷量q＝C－－\rc\)(\a\vs4\al\co1(E－E′)，由动量定理，有·Δt＝mv－0，则BL·Δt＝BLq＝mv，解得v＝CBLEm＋CB2L2，则Q＝C2B2L2Em＋CB2L2，故CD正确。故选BCD。二、非选择题5小题，共60分）11、(12分)解析：(1)对容器A中的气体pAT1＝p2T2解得T＝298.3K。(2)环境温度为360K时p′＝p＋1.16对于总气体pAVAT1＝pA′VT3对于进入容器B的气体p′\rc\)(\a\vs4\al\co1(V－VA)＝pVB解得p＝0.2atm。答案：(1)298.3K(2)0.2atm12、(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U＝U＋UI是通过RR＝UI＝UR＋UVI>URI＝R，乙图接法：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，电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测＝UI＝UIR＋IV<UIR＝R，故选填大于、小于。(2)将R2的滑片滑至下端，R2阻值最大，保护灵敏电流计G。(3)由图丁可得Rx阻值为R＝ΔUΔI＝500Ω。(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)(1)由题意可得入射角i＝45rn＝sinisinr解得r＝30°，则光线在ACFD面上的入射角α＝60°，由sinC＝1n，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入射角都小于15θ＝30°，设该部分弧长为lll22＝θ2l＝πl212S＝l·l＝πl1l212。答案：(1)见解析(2)πl1l21214.(12分)解析：(1)沿垂直电场方向有2L＝vt沿电场力方向有L＝12at2又a＝Eqm解得v＝2EqLm)。(2)粒子由S到O过程，由动能定理得Eqd＝12mv2－12mv20解得v＝202Eqdm)＋v＝2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))m)。(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3)2r＝d根据牛顿第二定律得qvB＝mv2r解得B＝3)mv2qd即B＝1d3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))2q)粒子在磁场中的周期为T＝2πrv＝2πmqB由几何关系得粒子在磁场中运动的时间t＝76T联立方程，解得t＝14πd3m6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)))。(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r1＝d乙即r＝mvqB2，B＝Bcosα解得cosα＝3)2，α＝30°由几何关系得r\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cosθ)＝l2cosα解得cosθ＝12，θ＝60°则有x＝l2＝3)4d，y＝rsinθ－d＝3)2d－d，z＝－l2tanα＝－34d即P点坐标为\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3\r(334)d。答案：(1)2EqLm)(2)2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))m)(3)14πd3m6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)))1d3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))2q)(4)\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3\r(334)d15、(12分)解析：(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，可得y＝12·qEmt2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\vs4\al\co1(\f(\r(6\r(64)a∶6)2a＝1∶2解得t∶t＝1∶2又x＝vt易知x∶x＝1∶2可知M点的横轴坐标为x＝2a即M点坐标为(2a，0)。(2)到M点速度方向与x轴的夹角为α，则tanα＝\r(62\r(22解得α＝60°设Q点竖直分速度为v，则M点竖直分速度为2v，因为v2＝v20＋v2y同理v