高考物理模擬試題（六）參考答案與提示

1.D 提示：根據電荷數守恒和質量數守恒可得，X的電荷數是0，質量數是1，所以X是中子，選項A錯誤。H和H是氫的同位素，選項B錯誤。H和3H在高溫條件下才能發生聚變，選項C錯誤。根據愛因斯坦質能方程得ΔE=Δmc2=（m1+m2-m3-m4）c2，選項D正確。

2.B 提示：B光照射時的遏止電壓較大，則B光照射時，射出的光電子的最大初動能較大，逸出功相等，根據愛因斯坦光電效應方程E=hv—W。可知，A光的頻率小于B光的頻率，選項A錯誤。根據λv=c和p=/2可知，A光光子的動量小于B光光子的動量，選項B正確。B光照射時的遏止電壓為—3V，根據動能定理得-eU。=Ekmax，解得Ekmax=3eV，選項C錯誤。根據Ekmx=hv-W。得 W。=6eV-3eV=3eV，選項D錯誤。

3.C 提示：設劃水階段和空中運槳階段賽艇的加速度大小分別為a1、a2，動力大小為F，阻力大小為f，根據牛頓第二定律可得，劃水階段有F—f=ma1，空中運槳階段有f=ma2，又有F=2f，解得a1=a2。設賽艇的最大速度為vmax，根據題意可知，運動員完成一次動作，賽艇前進了13m，則x=（oot2+1/2a，ti）+[（oo+ait1）t2-1/2a2t/]， 其中v。=5m/s，t1=t2=1s，x=13m，結合 a1=a2，解得a1=a2=3m/s2，則0max=v。+a1t1=8m/s，f=ma2=960 N。

4.A提示：根據開普勒第三定律得，解得T≈0.064T。選項A正確。根據向心加速度公式得，選項B錯誤。天和核心艙距離地面的高度約為1/16R，軌道半徑大于地球半徑R，根據v1=可知，天和核心艙環繞地球運行的線速度一定小于7.9km/s，選項C錯誤。如果“神舟十三號”與空間站組合體在同一軌道上運動，則“神舟十三號”加速后會做離心運動，離開原軌道而進入更高的軌道，無法完成對接，選項D錯誤。

5.C 提示：若設磁場垂直于紙面向里為正方向，根據楞次定律可知，在0～T時間內線框中產生沿逆時針方向的感應電流，在T～2T時間內線框中產生沿順時針方向的感應電流，根據可知，感應電動勢大小不變，方向不同，選項A錯誤。根據可知，在0～T時間內線框中產生的沿逆時針方向的感應電流大小不變，在T～2T時間內線框中產生的沿順時針方向的感應電流大小也不變，選項B錯誤。根據Q=I2Rt可知，I、R不變，則Q—t圖像是過原點的直線，選項 C正確。根據F=BIL可知，在0時間內磁感應強度B隨時間t均勻減小，F隨時間t均勻減小，且方向向左，在/2～T時間內磁感應強度B隨時間t均勻增大，F隨時間t均勻增大，且方向向右，選項D錯誤。

6.AC 提示：若是一個球殼，而不是半球面，則O點的電場強度為零，選項A正確。均勻帶正電的半球相當于一個均勻帶正電的球和半個均勻帶負電的球，將這個均勻帶負電的半球放在題圖中的右邊，然后看P、Q兩點，則P、Q兩點在帶正電半球和負電半球的相同位置上。因為帶正電球在P、Q兩點產生的電場為零，所以帶正電半球在Q點產生的電場強度相當于帶負電半球的Q點產生的電場強度，且與P點相比較，唯一的區別是電荷符號相反，即P、Q兩點處的電場強度大小相同，只可能是方向的區別，根據分析可知，電場強度的方向也是相同的，選項B錯誤。電場線方向水平向右，在P點由靜止釋放帶正電的微粒（重力不計），微粒將做加速運動，移動距離越遠，微粒受到的靜電力越小，所以微粒做變加速運動，選項D錯誤。將正點電荷從P點移動到Q點，靜電力做正功，電勢能減小，選項C正確。

7.BC提示：感應電動勢的最大值Emax=NBSω=100x0.5x0.12x2πV=3.14V，交流電壓表的示數為有效值，則U=，選項A錯誤。因為從線框垂直于中性面開始計時，所以瞬時感應電動勢表達式為e=Emaxcos 2πt，當線框轉過60°角時產生的瞬時感應電動勢e=1.57 V，選項B正確。在一個周期內，感應電流，周期T=2π=1s，產生的總熱量Q=I2（R+r）T=1J，選項C正確。題圖所示位置ab邊所受的安培力F=NBIL=2.22N，選項D錯誤。

8.BD 提示：以豎直向下為正方向，設跳板離水面的高度為h1，運動員在空中運動的時間為t，在水中運動的距離為h2，在運動員離開跳板至到達水面的過程中，根據運動學公式得v2—（—1/30）=2gh1，v—（—1/3°）=gt，解得h1=42，x=4/38;運動員入水后做勻減速運動，根據運動學公式得h2=1/2t=230。運動員在空中和水中，重力做的功之比，選項A錯誤。運動員在空中的動能變化量ΔEu=1/2mo2—1/2m·（1/3°）=4/9mo，在水中的動能變化量ΔE12=1/2mo2，解得，選項B正確。運動員在空中，只有重力做功，故重力勢能減少量等于動能的增加量，選項C錯誤。運動員在水中，重力做正功，阻力做負功，根據動能定理得Wa—W&m=0—1/2mo2，即動能的減少量小于克服阻力做的功，選項D正確。

9.（1）0.93（填0.91～0.95均可）（2）a（3）C

提示：（1）利用平均速度法得

（2）設打下O點時重物的速度為vo，則vD—vo=4gT，解得vo=0.15m/s≠0。根據機械能守恒定律得mgh+1/2mo°=1/2mo2，整理得v2=2gh+v2，所以v2—h圖像應存在縱軸截距。（3）受到空氣阻力的影響，重物下落的加速度應略小于g，因此若v2—h圖像的斜率k略小于2g，則可驗證重物下落過程中機械能守恒。

10.（1）0.398（填0.395～0.399均可）（2）甲（3）如圖1所示（4）如圖2所示4.5（填4.3～4.7均可）（5）C

提示：（1）待測金屬絲的直徑D=0+39.8x0.01 mm=0.398mm。（2）題表中實驗數據的最小電壓與電流很小，接近于0，因此滑動變阻器應采用分壓式接法。（4）U—I圖像的斜率即為金屬絲的阻值R，，故。（5）根據電阻定律得p=πR，d2=1x10-"Ω·m。

11.（1）口罩盒在傳送帶I上先做勻加速直線運動，直至與傳送帶I共速，根據牛頓第二定律得μMg=Ma1，解得a1=2m/s2。口罩盒在傳送帶I上做加速運動發生的位移=2，=4m，所用的時間t=/=2s。口罩盒與傳送帶I共速后，二者一起做勻速直線運動，所用的時間t2=1—81=1s。因此口罩盒在傳送帶I上運動的總時間t=t1十t2=3s。（2）要使口罩和口罩盒以最短的時間運動至C點，則在傳送帶II上口罩盒與口罩必須與傳送帶共速（設為v'），做勻速圓周運動，且受到的最大靜摩擦力恰好能提供向心力，則μMg=M2，解得v=2m/s。（3）放入口罩瞬間，口罩盒和口罩組成的整體動量守恒，設放入口罩的數量為n，則Mv=（M+nm）v'，解得n=50。

12.（1）小球在第I象限內做平拋運動，根據平拋運動規律得x=u。t1，y=1/2sti，解得t1=0.2s，vo=2m/s。（2）設小球做平拋運動到達M點時的速度大小為v，方向與x軸正方向間的夾角為0，豎直分速度為vy，則vy=gt1，v=/v0+v2，解得v=2/2m/s，0=45°。在第IV象限內，小球受到的靜電力與重力平衡，僅有洛倫茲力提供向心力，則quB=2，解得軌道半徑R=/5m。小球剛好經過半個圓周到達y軸上的N點，運動軌跡如圖3所示。根據幾何關系可知，N點的坐標為（0，—0.4m）。（3）小球第一次在第IV象限內的運動時間t2=π/R=0.314s。接著小球沿與y軸成夾角45°的方向進入第III象限，因為小球受到的靜電力和重力大小相等，二者的合力恰與小球進入第II象限的初速度v的方向相反，所以小球在第III象限內做類豎直上拋運動，根據牛頓第二定律得a=Fa=/2mg=2g，根據運動學公式得t3=2/2=0.4s。小球再次經過y軸，與y軸成夾角45°再次進入第IV象限，做勻速圓周運動經圓周到達y軸上的 J點，小球第二次在第IV象限內的運動時間t=π2=0.157s。因此小球從A點出發到第三次經過y軸負半軸所用的總時間t=t1+t2+t3+t4=1.071 s。

13.（1）BCE（2）（i）初狀態氣體壓強p1=po，在玻璃管繞A端沿逆時針方向緩慢旋轉的過程中，氣體做等溫變化，根據平衡條件得p2+pgL1sinα=po，根據玻意耳定律得p1L2=p2（L-L1），解得p2=5/6po，α=30°。（ii）玻璃管做自由落體運動，水銀柱與玻璃管保持相對靜止，水銀柱處于完全失重狀態，因此管內氣體的壓強和外界大氣壓強相等，即p3=po，氣體做等容變化，根據查理定律得，其中T1=（273+27）K=300 K，=1/解得T2=360K，即t2=87℃。

14.（1）ACE （2）（i）光線PQ在玻璃磚上表面的入射角α=60°，設對應折射角為β，如圖4所示。根據幾何關系得108-，即β=30°。根據折射定律得n=，解得n=/3。（ii）根據全反射規律得sinC=1/=3/3。若使光線PQ 向左平移距離x，折射光線Q'E'到達圓弧面的入射角恰好等于臨界角C，在ΔQ'E'O中，根據正弦定理得，解得 x=2-3R。