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1，质子数为0，即X为中子，故A正确；发生光电效应时光电子的动能与入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迁到低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故D错误。故选A。2．答案：C 两球在光滑斜面上运动的加速度均为a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ＝5m/s2，根据题意有vAt－eq\f(1,2)at2＝d＋vBt－eq\f(1,2)at2，解得t＝1.2s，此过程中A球发生的位移为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，即相遇点到坡底的距离为8.4m。故选C。3、．答案：C 由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，故A错误；由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；根据电场的叠加法则可知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点产生的电场强度大小相等，由几何关系可知LCE＝lsin60°＝eq\f(\r(3),2)l，根据点电荷场强公式则有E＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)l))2)＝eq\f(4kQ,3l2)，E点的合场强为E合＝2Ecosθ，根据几何关系可知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)，联立解得E点的电场强度为E合＝eq\f(8\r(6)kQ,9l2)，故C正确，D错误。故选C。4．答案：B 根据eUc＝hν－W0＝eq\f(hc,λ)－W0，则有Uc＝eq\f(hc,e)·eq\f(1,λ)－eq\f(W0,e)，结合图像可知当横坐标为a时，纵坐标为0，即有0＝eq\f(hc,e)a－eq\f(W0,e)，解得W0＝hac，A错误；根据图像，结合上述有－eq\f(W0,e)＝－b，解得W0＝be，当用波长λ＝eq\f(1,2a)的光照射光电管阴极时，即有eq\f(1,λ)＝2a，则有Ekmax＝h·eq\f(c,λ)－W0＝2hac－hac＝hac＝W0＝be，B正确；根据上述可知，极限波长为λ0＝eq\f(1,a)，波长越短，频率越大，则当用波长λ<eq\f(1,a)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<eq\f(1,a)的光照射光电管的阴极时，根据Ekmax＝h·eq\f(c,λ)－W0可知，光电子的最大初动能与eq\f(1,λ)成线性关系，不成正比，D错误。故选B。5．答案：A 由题知，两卫星的运行周期相同，则根据开普勒第三定律可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(DE,2)))\s\up12(3),T2)，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v3，则从侦察卫星轨道到辅助圆轨道要点火加速，则v2v3>v2，D错误。故选A。6．答案：B 根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪，如图所示。由于sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，则有tanC＝eq\f(3,\r(42－32))＝eq\f(3\r(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＝eq\f(AB,v)＝4s，故选B。7．答案：C 令OA的距离为d，初动能为Ek0，小球从O到A只有重力做功，根据动能定理mgdcos60°＝2Ek0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(1,2)mgd，加电场后，小球从O到A根据动能定理WOA电＋mgdcos60°＝3Ek0－Ek0，小球从O到B根据动能定理WOB电＋mg2d＝3Ek0－Ek0，联立可得WOA电＝Ek0，WOB电＝－2Ek0，令O点的电势为零，即φO＝0，WOA电＝qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φA))，WOB电＝qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φB))，可得φA＝－eq\f(Ek0,q)，φB＝eq\f(2Ek0,q)，在匀强电场中，沿任意直线，电势的下降是均匀的，可得OM为等势点，M为AB的三等分点，根据电场线与等势面垂直，可知电场强度沿CA方向，如图所示。根据几何关系可得lAC＝eq\f(d,2)，电场强度为E＝eq\f(UOA,lAC)，联立以上可得E＝eq\f(mg,q)，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p1，由平衡条件可知p1S＋ρSgh＝p0S，解得p1＝60cmHg，管内气柱体积为V1＝h1S，将玻璃管缓慢倒置过来，稳定后管内气体压强为p2，由平衡条件得p2S＝p0S＋ρSgh，解得p2＝90cmHg，设此时管内气柱长度为h2，则V2＝h2S，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得h2＝20cm，故A正确，B错误；假设加热过程中，水银未溢出。将玻璃管加热至231℃的过程中管内气体为等压变换，玻璃管气柱高度为h3，则V3＝h3S，由盖—吕萨克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V3,T2)，由单位换算T1＝300K，T2＝504K，解得h3＝33.6cm>30cm，故有部分水银溢出，此种结果不符合题意，需要舍弃。设水银溢出后，水银柱高度为h′，则ρgh′S＋p0S＝p3S，设温度加热到T3时，水银柱上端正好与溢出口平齐且不溢出，则由盖—吕萨克定律得eq\f(V2,T1)＝eq\f(V1,T3)，解得T3＝450K，水银柱上端正好与溢出口平齐后再继续加热到T2＝504K，则eq\f(p2Sh1,T3)＝eq\f(p3S（L－h′）,T2)，联立以上方程，解得h′＝9cm，则空气柱长度为h3＝L－h′＝36cm，故C错误，D正确。故选AD。9．答案：BC 如图所示。设Q1是S1、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Q1S2－Q1S1＝λ，同理有Q2S2－Q2S1＝(Q1S2＋Δl)－(Q1S1－Δl)＝2λ，联立解得|Δl|＝eq\f(λ,2)，即连线上相邻两振动加强点间的距离为eq\f(λ,2)，由题意eq\f(λ,2)＝0.5m，则λ＝1m，波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝λf＝5m/s，A错误，B正确；t＝0.1s时，即经过的时间为t＝eq\f(T,2)，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。10．答案：BCD 由左手定则可知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A错误；电路中最大电流为I＝eq\f(E,R)，最大安培力为F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，最大加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(BEL,mR)，故B正确；电容器放电前所带的电荷量Q1＝CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势E′＝BLvm，最终电容器所带电荷量Q2＝CE′，通过MN的电荷量q＝Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E－E′))，由动量定理，有eq\o(F,\s\up6(－))·Δt＝mvm－0，则BLeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝BLq＝mvm，解得vm＝eq\f(CBLE,m＋CB2L2)，则Q2＝eq\f(C2B2L2E,m＋CB2L2)，故CD正确。故选BCD。二、非选择题：（本大题共5小题，共60分）11、(12分)解析：(1)对容器A中的气体eq\f(pA,T1)＝eq\f(p2,T2)解得T2＝298.3K。(2)环境温度为360K时pA′＝pB＋1.16对于总气体eq\f(pAVA,T1)＝eq\f(pA′V,T3)对于进入容器B的气体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和，即U＝UR＋UA，电流表的示数I是通过R的真实值，则R测＝eq\f(U,I)＝eq\f(UR＋UV,I)>eq\f(UR,I)＝R真，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＝IR＋IV，电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测＝eq\f(U,I)＝eq\f(U,IR＋IV)<eq\f(U,IR)＝R真，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Rx＝eq\f(ΔU,ΔI)＝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压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流，避免了电压表分流作用，消除了系统误差。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)解析：(1)由题意可得入射角i＝45°，设折射角为r，则由n＝eq\f(sini,sinr)解得r＝30°，则光线在ACFD面上的入射角α＝60°，由sinC＝eq\f(1,n)，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°，故照射到弧面上的光线的入射角都小于15°，均能射出，由几何关系可知，该部分对应的圆心角θ＝30°，设该部分弧长为l，则eq\f(l,2π·\f(l2,2))＝eq\f(θ,2π)，解得l＝eq\f(πl2,12)，出射面积S＝l·l1＝eq\f(πl1l2,12)。答案：(1)见解析 (2)eq\f(πl1l2,12)14.(12分)解析：(1)沿垂直电场方向有2L＝v0t沿电场力方向有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过程，由动能定理得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)粒子在磁场中运动轨迹(俯视图)如图