高考模拟·物理·答案与解析
14．【答案】D
【解析】解：A、沿电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，所以电势降低的方向不一定是电场强度的方向，故A错误；
B、电势的0点是人为选择的，所以电势等于零的物体也可以是带电的，故B错误；
C、电场强度的大小与电势无关，如点电荷的电场中同一等势面上的各点，电场强度方向不相同，故C错误；
D、根据电场的特点可知，电场线为平行直线的电场是匀强电场，故D正确。 应选：D。
15．【答案】A
【解析】解：设m1的轨道半径为R1，m2的轨道半径为R2．两星之间的距离为L。 双星的绕向、角速度和周期都相同，根据万有引力提供向心力得： Gm1m2L2=m1R142T2 Gm1m24L2=m2R22T2 R1+R2=L，m1+m2=M 解得：T=42L3GM 经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的n倍，两星之间的距离变为原来的k倍，那么圆周运动的周期k3变为：T′=nT，故A正确，BCD错误。
应选：A。
16．【答案】B
【解析】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为22V，故A正确；
B、滑动变阻器触头向下移动的过程中，电阻减小，而副线圈的电压与副线圈中负载的电阻值无关，所以电压表的示数不变，故B错误；
C、假设将单刀双掷开关由a拨向b，原线圈的匝数减小，所以副线圈的电压增大，电流增大，两电流表的示数均变大，故C正确；
D、当单刀双掷开关由a扳向b时，两电流表的示数均变大，电阻不变，输出功率增大，那么输入功率也增大，故D正确； 此题选择错误的，应选：B
17．【答案】D
【解析】解：A、入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，那么遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动。故A错误。 BD、根据Ekm=hν﹣W0=eUc，解得UhvhvCcee，图线的斜率k=heU1v，那么h=U1e，当遏止电压为1vcv1vc零时，ν=νc．故B错误，D正确。
C、根据光电效应方程Ekm=hν﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关。故C错误。 应选：D。
18．【答案】C
mv2【解析】解：A、粒子匀强在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB=qBRR解得：v=m，
把它代入周期定义式T=2R2mv可得：T=qB，可知粒子的运动周期与半径无关。故A错误；
B、粒子从GE之间射出磁场，虽然它们的运动半径不同，但转过的角度都是1800，因此运动时间都是半个周期，即：t=
T2=mqB，所以经过的时间相同。故B错误； C、由图可知，粒子从F点射出磁场比从H点射出磁场时转过的角度大，根据公式t=
2T和周期相等可知，从F点射出磁场的粒子比从H点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间长。故C正确； D、由图可知，从F点射出磁场的粒子在匀强磁场中的半径小，关键速度公式v=
qBRm，在q、B、m相同的情况下，粒子速度的大小与半径成正比，故从F点射出磁场的粒子进入磁场时的速度比从H点射出时的速度小。故D 错误。 应选：C。
19．【答案】BCD
【解析】解：ABC、由图乙所示图象可知，加速运动的加速度大小为：a1=vt=30.9m/s2=103m/s2，减速运
动的加速度大小为：a2=
v't'=31.20.9=10m/s2，二者之比为1:3； 在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30°+μmgcos30°=ma32，解得：μ=3，
那么μmgcos30°=
12mg=mgsin30°，所以物块到达C点后恰好静止在C点不会下滑。故A错误，BC正确； D、加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsin30°﹣μmgcos30°=ma1，即：F﹣
133233320.3103，解得：F=4N，故D正确。 应选：BCD。
20．【答案】AB
【解析】解：A、设C与A碰前瞬间C的速度为v0，C与A碰后瞬间C、A的共同速度为v1。 对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh=122mv0 得：v0=2gh C与A碰撞过程：对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得： mv0=2mv1 得：v1=gh2，故A正确。 B、C与A碰撞时产生的内能为：E内=
12mv02﹣1mgh22mv12=2，故B正确。 C、C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量，即大于12mv12mgh2=2，故C错
误。
D、开始时弹簧的压缩量为：x=mgk
碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：x′=
mgk 那么知碰后C、A将上升2x，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：122mv12=2mg•2x
联立以上各式代入数据得：h=8mgk，故D错误。 应选：AB。
21．【答案】CD
【解析】解：A、导线框向下运动的过程中，由楞次定律可知，安培力总是阻碍导线框的运动，即导线框所受的安培力方向与运动方向相反，因此导线框所受的安培力方向始终向上，但安培力大小随速度的变化而变化，故A错误。
B、因为导线框的AB边到达虚线1位置时刚好匀速，所以导线框在虚线1、2之间做匀速运动，故从导线框的AB边与虚线1重合到导线框的AB边刚到虚线2的过程中，导线框中产生的热量为mgd，故B错误。 C、导线框的AB边到达虚线1位置时刚好匀速，由平衡条件得 mg=B2(2d)2v1r，解得 v1=mgr4B2d2．从导线
框刚释放到AB边与虚线1重合时，由机械能守恒定律得 mgh=12m2gr22mv1，解得 h=32B4d4，故C正确。
D、当导线框的AB边到达虚线2、3之间时再次匀速，导线框所受的安培力大小为 FA=2BI•2d=4Bd
2B2dv2r16B2d2v2=216B2dr，由力的平衡条件知 mg═v2r
解得 v2=mgr16B2d2，故D正确。
应选：CD。
22．【答案】〔1〕≤
〔2〕能
1𝑚(𝑑2+𝑑22
𝑇12𝑇22)
【解析】解：〔1〕如图2乙所示，在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架，可以得到能量损失很小的碰撞。在滑块的碰撞端粘橡皮泥，可以增大碰撞时的能量损失。由于两滑块的质量相等，速度交换，那么碰后的速度为v𝑣0，而图丙的装置是碰撞后合为一个整体，那么碰后的速度为0
2，当它们通过相等的位移时，所以
T4≤T6；
〔2〕利用图甲所示的实验装置能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，其值为Ep=1
𝑚𝑣12+122𝑚𝑣22=
1𝑑2
𝑑2
2𝑚(𝑇1
2+𝑇)。 2
22故答案为：〔1〕≤ 〔2〕能 1𝑑22
𝑚(
𝑑𝑇12+
𝑇22)
23．【答案】〔1〕10；30；〔2〕；20；〔3〕100。
【解析】解：〔1〕由图乙所示表盘可知，表盘功30分度，其示数为：1230
Ig=2
5Ig，
电压表示数：U＝，由欧姆定律可知：U＝I〔Rg+R2〕，
即：U＝Ig〔Rg+40〕，U=2
5Ig〔Rg+115〕，解得：Rg＝10Ω，Ig＝30mA； 〔2〕电压表Rv的内阻为1000Ω，电阻箱R2阻值始终调节为1000Ω，
电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U，那么路端电压为2U， 由图丙所示电路图可知，电源电动势：E＝2U+Ir，那么：U=𝐸
𝑟
2−I2，
由图示U﹣I图象可知：𝐸
𝑟
△𝑈2
=，2=
△𝐼
=
1.5−1.20.030
=10，
电源电动势：E＝，r＝20Ω； 〔3〕欧姆表内阻：R内=
𝐸3.0𝐼𝑔=0.030=100Ω， 欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中＝R内＝100Ω； 故答案为：〔1〕10；30；〔2〕；20；〔3〕100。
24．【答案】〔1〕A球下落到最低点时的速度大小是√2𝑔𝑙。 〔2〕细线能够承受的最大拉力为3mg。 〔3〕滑块在平台上滑行的最大距离是l。
【解析】解：设碰前瞬间小球速度大小为v，碰后瞬间小球、滑块速度大小分别为v1、v2。〔1〕小球A下落过程中，由机械能守恒定律得：mgl=12𝑚𝑣2 可得：v=√2𝑔𝑙
〔2〕A球在最低点时，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m𝑣2𝑙
可得细线能够承受的最大拉力为：F＝3mg
〔3〕碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝﹣mv1+3mv2 碰撞后小球做平抛运动，有：l=12𝑔𝑡2，l＝v1t
滑块碰后做匀减速运动，由动能定理有：﹣3μmgx＝0−1
2⋅3𝑚𝑣22
联立以上各式得：x＝l
答：〔1〕A球下落到最低点时的速度大小是√2𝑔𝑙。
〔2〕细线能够承受的最大拉力为3mg。
〔3〕滑块在平台上滑行的最大距离是l。
25．【答案】〔1〕求P点到O点的距离为√2𝑚𝑣0
2𝑞𝐵
； 〔2〕求E1和B大小的比值为
√2𝑣0
4
； 〔3〕结合体从P点运动到与Q4𝑚1点在同一竖直线上的Q2点〔图中未画出〕的时间为𝑞𝐵
。
【解析】解：〔1〕对小球甲在x＜0的区域内受力分析有qE1＝mg
可知小球甲所受的电场力与重力平衡，洛伦兹力使小球甲在y轴左侧做匀速圆周运动，轨迹半径R=
𝑚𝑣𝐵𝑞0 又N点的坐标为〔−√2𝑚𝑣𝑚𝑣0
5
2𝐵𝑞0，𝐵𝑞〕，小球甲运动轨迹的圆心在x轴负半轴上，且小球甲运动8个圆周后到达P点，运动轨迹如下图
小球甲在P点的度方向与y轴负方向的夹角α＝45°，故OP＝Rsinα=√2𝑚𝑣2𝑞𝐵0 〔2〕小球甲进入y轴右侧的场电场后，对小球甲受力分析得qE2﹣mg＝ma， 解得a＝g，方向竖直向上
根据题意可知，小球甲在y轴右侧的运动轨迹恰好与x轴相切，那么在沿y轴方向有〔v0cosα〕2＝2a×OP又𝑔=𝐸1𝑞
𝑚
联立解得
𝐸1√2𝑣0
𝐵
=
4
〔3〕小球甲、乙在P点相碰，设碰后结合体的速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 在y轴右侧的电场中，对结合体有qE2＝2mg
所以结合体在y轴右侧做匀速直线运动，由运动学规律可知OQ1＝2OP
根据几何关系有𝑃𝑄2=√2𝑂𝑄1 又PQ2＝vt
解得结合体从P点运动到Q2点的时间𝑡=4𝑚
𝑞𝐵 答：〔1〕求P点到O点的距离为√2𝑚𝑣0
2𝑞𝐵
； 〔2〕求E1和B大小的比值为
√2𝑣0
4
； 〔3〕结合体从P点运动到与Q4𝑚1点在同一竖直线上的Q2点〔图中未画出〕的时间为
𝑞𝐵
。
33．【答案】〔1〕ABD〔2〕①375K ② ③1.6×105
𝑝𝑎。
〔1〕【解析】解：A、爆胎前气体体积不变，温度升高时，压强增大，A正确；
B、气体温度升高，内能增大，体积不变，没有做功根据热力学第一定律△U＝Q+W可知气体要吸收热量，B正确；
C、气体单位体积内分子数不变，但是温度升高，分子平均速率增大，所以气体分子在单位时间内单位面积上与车胎碰撞的次数增多，C错误；
D、爆胎过程时间极短，气体来不及与外界热交换，其体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律△U＝Q+W可知，气体内能减小，温度降低，气体分子平均动能减小，故D正确，E错误。 应选：ABD。
〔2〕解：①状态Ⅰ的参量： 𝑝1=𝑝−𝑙0−
𝑘(𝑙0𝑆1)+𝐺=0.8×105
𝑝𝑎 𝑉1=15𝑐𝑚⋅𝑆 𝑇1=250𝐾
状态2的参量〔弹簧无弹力〕： 𝑝2=𝑝0−𝐺
𝑆=0.9×105𝑝𝑎 𝑉2=20𝑐𝑚⋅𝑆
由理想气体状态方程有：
𝑝1𝑉12𝑉2𝑇=
𝑝
1
𝑇 2
得：𝑇2=375𝐾 ②状态3的参量为： 𝑝3=𝑝0−
𝑘(𝐻−𝑙𝑆0)−𝐺
=1.1×105𝑝𝑎 𝑉3=30𝑐𝑚⋅𝑆
由理想气体状态方程为：
𝑝1𝑉13𝑉3𝑇=
𝑝1
𝑇
3
得：𝑇3=687.5𝐾
③由于𝑇4=1000𝐾＞𝑇3，由状态3到状态4，理想气体做等容变化
由
𝑝3
4𝑇=
𝑝3
𝑇得：
4
𝑝4=1.6×105𝑝𝑎
答：①当弹簧恰好恢复原长时，缸内被封住的气体温度𝑇2为375K； ②当活塞刚要到达水平面时，缸内被封住的气体温度𝑇3为； ③当缸内被封住的气体温度T4＝1000K时的压强𝑝4为1.6×105𝑝𝑎。
34．【答案】〔1〕BCE〔2〕a．0°；b．〔√6−
√23〕×10
﹣10
s。
〔1〕【解析】解：A、经过，波向前传播了n+3
0.6
4个波长，故周期为：T=
𝑛+3s=2.44
4𝑛+3s，当故波速为：v=𝜆
𝑇=
40
2.4=
200，当n＝0时，波速为50m/s，故A错误；
4𝑛+33
𝑛+50B、当n＝0时，质点a经过34
个周期，通过的路程最短，t＝0时，质点a向上振动，那么，质点a在这段时间内通过的路程小于3A＝30cm，故B正确；
C、t时刻波刚好传到P点，再经过1
4𝑇波传到c点，且c向上振动；假设周期T＝，那么在时刻，质点c已经振动3
4𝑇，此时的位移为﹣10cm，故C正确； D、简谐波的周期为：T=
2.44𝑛+3
s，当T=1=
1
𝑓
1.25
s＝时n＝0，所以二者的频率可能相同，能产生稳定的干
预现象；当n≠0时，二者的频率不同，不能产生稳定的干预现象，故D错误；
E、假设T＝，从时刻开始计时，那么，在零时刻质点c在最高点，位移取得最大值，质点c的振幅为10cm，周期为，故振动方程为：y＝〔5
𝜋
5
2𝜋𝑡+2〕＝2𝜋𝑡〔m〕，故E正确； 应选：BCE。
〔2〕解：a．如图，设光束经折射后到达玻璃砖底面上M点， 由折射定律：n=
𝑠𝑖𝑛𝑖
𝑠𝑖𝑛𝛾 解得：γ＝30° 由几何关系可知β＝60°
根据n=1
𝑠𝑖𝑛𝐶可知发生全反射的临界角为45°，
β＞45°，故该单色光在底面M点发生全反射， 根据几何关系可知光线沿MN方向垂直BC边界出射， 故该单色光从玻璃砖射出时光线与法线的夹角为0°
b．该单色光在玻璃砖内的光路如下图，因E为AD中点，故DE＝2cm， 过E点做DC边垂线交DC于F点，在△EDF中可求得EF＝1cm，DF=√3cm， 由几何关系可知∠EMF＝30°，在△EMF中可求得FM=√3cm，EM＝2cm， 所以MC＝DC﹣DF﹣FM＝〔6﹣2√3〕cm， 在△MNC中可求得MN＝3〔√3−1〕cm， 根据n=𝑐
𝑣 求得v=
3√22×108m/s 又S＝EM+MN＝〔3√3−1〕cm，将数据代入t=𝑆
𝑣 解得：t＝〔√6−
√23〕×10
﹣10
s
答：a．求该单色光从玻璃砖射出时光线与法线的夹角为0°； b．单色光在玻璃砖内传播时间是〔√6−
√2﹣3〕×10
10
s。
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