高三物理試題答案一、單項選擇題：1．答案：.A根據核反應方程中的質量數和電荷數守恒，可知X的質量數為1，質子數為0，即X為中子，故A正確；發生光電效應時光電子的動能與入射光的頻率和逸出功有關，故B錯誤；天然放射產生的三種射線中，穿透能力最強的是γ射線，故C錯誤；由玻爾理論可知，氫原子的核外電子由高能級躍遷到低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小，故D錯誤。故選A。2．答案：C兩球在光滑斜面上運動的加速度均為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ＝5m/s2，根據題意有vAt－eq\f(1,2)at2＝d＋vBt－eq\f(1,2)at2，解得t＝1.2s，此過程中A球發生的位移為L＝vAt－eq\f(1,2)at2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10×1.2－\f(1,2)×5×1.22))m＝8.4m，即相遇點到坡底的距離為8.4m。故選C。3、．答案：C由于E、F兩點分別到四面體各個頂點距離組合完全相同，根據電勢的疊加法則可知E、F兩點電勢都相同，故A錯誤；由點電荷電場的對稱性可知E、F兩點電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；根據電場的疊加法則可知A、B兩個電荷在E點產生的合場強為零，C、D兩個點電荷在E點產生的電場強度大小相等，由幾何關系可知LCE＝lsin60°＝eq\f(\r(3),2)l，根據點電荷場強公式則有E＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)l))2)＝eq\f(4kQ,3l2)，E點的合場強為E合＝2Ecosθ，根據幾何關系可知cosθ＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)l))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2),\f(\r(3),2)l)＝eq\f(\r(6),3)，聯立解得E點的電場強度為E合＝eq\f(8\r(6)kQ,9l2)，故C正確，D錯誤。故選C。4．答案：B根據eUc＝hν－W0＝eq\f(hc,λ)－W0，則有Uc＝eq\f(hc,e)·eq\f(1,λ)－eq\f(W0,e)，結合圖像可知當橫坐標為a時，縱坐標為0，即有0＝eq\f(hc,e)a－eq\f(W0,e)，解得W0＝hac，A錯誤；根據圖像，結合上述有－eq\f(W0,e)＝－b，解得W0＝be，當用波長λ＝eq\f(1,2a)的光照射光電管陰極時，即有eq\f(1,λ)＝2a，則有Ekmax＝h·eq\f(c,λ)－W0＝2hac－hac＝hac＝W0＝be，B正確；根據上述可知，極限波長為λ0＝eq\f(1,a)，波長越短，頻率越大，則當用波長λ<eq\f(1,a)的光照射光電管的陰極時，能夠發生光電效應，C錯誤；當用波長λ<eq\f(1,a)的光照射光電管的陰極時，根據Ekmax＝h·eq\f(c,λ)－W0可知，光電子的最大初動能與eq\f(1,λ)成線性關系，不成正比，D錯誤。故選B。5．答案：A由題知，兩衛星的運行周期相同，則根據開普勒第三定律可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(DE,2)))\s\up12(3),T2)，則DE＝2r，A正確；偵察衛星從D點到A點過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，B錯誤；根據題意可知，中星26與橢圓軌道偵察衛星的運行周期都為T，由開普勒第三定律可知，中星26的軌道半徑等于偵察衛星的半長軸，令相等時間為周期T，則中星26與地球的連線掃過的面積為圓的面積，偵察衛星與地球的連線掃過的面積為橢圓面積，由圓的面積大于橢圓面積可知，相等時間內中星26與地球的連線掃過的面積大于偵察衛星與地球的連線掃過的面積，C錯誤；以地球中心為圓心，過D點建一個輔助圓軌道，設該軌道的衛星的線速度為v3，則從偵察衛星軌道到輔助圓軌道要點火加速，則v2<v3，再根據v＝eq\r(\f(GM,r))，可知v1>v3>v2，D錯誤。故選A。6．答案：B根據題意可知，當蝌蚪反射的光在荷葉邊緣水面上發生全反射時，則在水面上看不到蝌蚪，如圖所示。由于sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，則有tanC＝eq\f(3,\r(42－32))＝eq\f(3\r(7),7)，則有OE＝R－htanC＝0.1m，由對稱性可知AB＝2OE＝0.2m，則在水面之上看不到小蝌蚪的時間為t＝eq\f(AB,v)＝4s，故選B。7．答案：C令OA的距離為d，初動能為Ek0，小球從O到A只有重力做功，根據動能定理mgdcos60°＝2Ek0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(1,2)mgd，加電場后，小球從O到A根據動能定理WOA電＋mgdcos60°＝3Ek0－Ek0，小球從O到B根據動能定理WOB電＋mg2d＝3Ek0－Ek0，聯立可得WOA電＝Ek0，WOB電＝－2Ek0，令O點的電勢為零，即φO＝0，WOA電＝qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φA))，WOB電＝qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φB))，可得φA＝－eq\f(Ek0,q)，φB＝eq\f(2Ek0,q)，在勻強電場中，沿任意直線，電勢的下降是均勻的，可得OM為等勢點，M為AB的三等分點，根據電場線與等勢面垂直，可知電場強度沿CA方向，如圖所示。根據幾何關系可得lAC＝eq\f(d,2)，電場強度為E＝eq\f(UOA,lAC)，聯立以上可得E＝eq\f(mg,q)，故選C。8．答案：AD設玻璃管橫截面積為S，則倒置時管內氣體壓強為p1，由平衡條件可知p1S＋ρSgh＝p0S，解得p1＝60cmHg，管內氣柱體積為V1＝h1S，將玻璃管緩慢倒置過來，穩定后管內氣體壓強為p2，由平衡條件得p2S＝p0S＋ρSgh，解得p2＝90cmHg，設此時管內氣柱長度為h2，則V2＝h2S，根據玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得h2＝20cm，故A正確，B錯誤；假設加熱過程中，水銀未溢出。將玻璃管加熱至231℃的過程中管內氣體為等壓變換，玻璃管氣柱高度為h3，則V3＝h3S，由蓋—呂薩克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)，由單位換算T1＝300K，T2＝504K，解得h3＝33.6cm>30cm，故有部分水銀溢出，此種結果不符合題意，需要舍棄。設水銀溢出后，水銀柱高度為h′，則ρgh′S＋p0S＝p3S，設溫度加熱到T3時，水銀柱上端正好與溢出口平齊且不溢出，則由蓋—呂薩克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V1,T3)，解得T3＝450K，水銀柱上端正好與溢出口平齊后再繼續加熱到T2＝504K，則eq\f(p2Sh1,T3)＝eq\f(p3S（L－h′）,T2)，聯立以上方程，解得h′＝9cm，則空氣柱長度為h3＝L－h′＝36cm，故C錯誤，D正確。故選AD。9．答案：BC如圖所示。設Q1是S1、S2連線中點左側第1個振動加強點，Q2是其左側第2個振動加強點，Q2與Q1相距Δl，由振動加強的條件，有Q1S2－Q1S1＝λ，同理有Q2S2－Q2S1＝(Q1S2＋Δl)－(Q1S1－Δl)＝2λ，聯立解得|Δl|＝eq\f(λ,2)，即連線上相鄰兩振動加強點間的距離為eq\f(λ,2)，由題意eq\f(λ,2)＝0.5m，則λ＝1m，波的傳播速度為v＝eq\f(λ,T)＝λf＝5m/s，A錯誤，B正確；t＝0.1s時，即經過的時間為t＝eq\f(T,2)，故從波峰經歷半個周期，P點剛好振動到波谷位置，C正確，D錯誤。故選BC。10．答案：BCD由左手定則可知，磁場方向垂直于導軌平面向下，故A錯誤；電路中最大電流為I＝eq\f(E,R)，最大安培力為F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，最大加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(BEL,mR)，故B正確；電容器放電前所帶的電荷量Q1＝CE，開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應電動勢E′＝BLvm，最終電容器所帶電荷量Q2＝CE′，通過MN的電荷量q＝Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E－E′))，由動量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))·Δt＝mvm－0，則BLeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝BLq＝mvm，解得vm＝eq\f(CBLE,m＋CB2L2)，則Q2＝eq\f(C2B2L2E,m＋CB2L2)，故CD正確。故選BCD。二、非選擇題：（本大題共5小題，共60分）11、(12分)解析：(1)對容器A中的氣體eq\f(pA,T1)＝eq\f(p2,T2)解得T2＝298.3K。(2)環境溫度為360K時pA′＝pB＋1.16對于總氣體eq\f(pAVA,T1)＝eq\f(pA′V,T3)對于進入容器B的氣體pA′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(V－VA))＝pBVB解得pB＝0.2atm。答案：(1)298.3K(2)0.2atm12、(12分)解析：(1)甲圖接法：電壓表的示數為R兩端的電壓和安培表兩端的電壓之和，即U＝UR＋UA，電流表的示數I是通過R的真實值，則R測＝eq\f(U,I)＝eq\f(UR＋UV,I)>eq\f(UR,I)＝R真，乙圖接法：電流表的示數為通過電阻的電流和電壓表的電流之和，即I＝IR＋IV，電壓表的示數U是R兩端電壓的真實值，則R測＝eq\f(U,I)＝eq\f(U,IR＋IV)<eq\f(U,IR)＝R真，故選填大于、小于。(2)將R2的滑片滑至下端，R2阻值最大，保護靈敏電流計G。(3)由圖丁可得Rx阻值為Rx＝eq\f(ΔU,ΔI)＝500Ω。(4)采用圖丙實驗方案測得的電阻值誤差更小，主要原因是電壓表測量的電壓始終等于待測電阻兩端的電壓，電壓表不會分流，避免了電壓表分流作用，消除了系統誤差。答案：(1)大于小于(2)保護靈敏電流計G(3)500(4)見解析13、(12分)解析：(1)由題意可得入射角i＝45°，設折射角為r，則由n＝eq\f(sini,sinr)解得r＝30°，則光線在ACFD面上的入射角α＝60°，由sinC＝eq\f(1,n)，知臨界角C＝45°，所以光線不能從AC面射出。(2)由B處入射的光線在弧面上的入射角β＝15°，故照射到弧面上的光線的入射角都小于15°，均能射出，由幾何關系可知，該部分對應的圓心角θ＝30°，設該部分弧長為l，則eq\f(l,2π·\f(l2,2))＝eq\f(θ,2π)，解得l＝eq\f(πl2,12)，出射面積S＝l·l1＝eq\f(πl1l2,12)。答案：(1)見解析(2)eq\f(πl1l2,12)14.(12分)解析：(1)沿垂直電場方向有2L＝v0t沿電場力方向有L＝eq\f(1,2)at2又a＝eq\f(Eq,m)解得v0＝eq\r(\f(2EqL,m))。(2)粒子由S到O過程，由動能定理得Eqd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(\f(2Eqd,m)＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(\f(2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)),m))。(3)粒子在磁場中運動軌跡(俯視圖)如圖甲所示。甲由幾何關系得eq\f(\r(3),2)r＝d根據牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(\r(3)mv,2qd)即B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)),2q))粒子在磁場中的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)由幾何關系得粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(7,6)T聯立方程，解得t＝eq\f(14πd,3)eq\r(\f(m,6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))))。(4)如圖乙所示。粒子恰好與Ⅲ、Ⅳ區邊界相切且從P點飛出，對應半徑r1＝d乙即r1＝eq\f(mv,qB2)，B2＝eq\f(B,cosα)解得cosα＝eq\f(\r(3),2)，α＝30°由幾何關系得r1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cosθ))＝eq\f(\f(l,2),cosα)解得cosθ＝eq\f(1,2)，θ＝60°則有xP＝eq\f(l,2)＝eq\f(3\r(3),4)d，yP＝r1sinθ－d＝eq\f(\r(3),2)d－d，zP＝－eq\f(l,2)tanα＝－eq\f(3,4)d即P點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3)d,4)，\f(\r(3),2)d－d，－\f(3,4)d))。答案：(1)eq\r(\f(2EqL,m))(2)eq\r(\f(2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)),m))(3)eq\f(14πd,3)eq\r(\f(m,6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))))eq\f(1,d)eq\r(\f(3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)),2q))(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3)d,4)，\f(\r(3),2)d－d，－\f(3,4)d))15、(12分)解析：(1)帶電粒子在第一象限做類平拋運動，可得y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2依題意，從P點到Q點和從P點到M點的豎直方向位移關系為yPQ∶yPM＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4