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高三物理练习 4.3
一、单选题
1．2023 年 10 月 15 日，湾区半导体产业生态博览会在深圳会展中心举行，展会呈现出“中国芯”强大的创新能力。
用高能光子与芯片材料发生相互作用，下列关于光电效应说法正确的是（ ）
A．高能光子能使芯片材料发生光电效应是因为光子能量大于材料的逸出功
B．光电子的最大初动能随光源光照强度的增大而增大
C．芯片材料的截止频率越大，越容易被该高能光子激发产生光电效应
D．光电效应中光子既表现出粒子性，又表现出波动性
2．“工夫茶”是潮汕地区的传统饮茶习俗。如图所示，热水倒入茶托上的玻璃盖碗后盖上杯盖，在水面和杯盖间就
封闭了一部分空气（可视为理想气体）。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃盖碗是非晶体
B．水温越高，每个水分子运动的速率越大
C．温度降低，玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分子的平均作用力变大
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水不能浸润茶托
3．小张利用手机 app 测量杭州某地的地磁场，测得 x、y、z三个相互垂直的方向上的
磁感应强度大小如图所示（已知 x、y与手机屏幕平行，z与手机屏幕垂直），则（ ）
A．y方向可能是南北方向
B．该地的地磁场的磁感应强度大小约为 7μT
C．当手机接电话时，会因为电磁波的接收而改变地磁场的强弱
D．若调整手机屏幕的朝向，app显示的 z方向磁感应强度可能为 0
4.如图甲所示，电阻不计、半径 r=0.1m的 25匝圆形线圈通过在 O点相连的四根绝缘细杆静止在空中，线圈处在一
5
个均匀辐向磁场内，线圈所在位置处的磁感应强度大小 B= T，俯视图如图乙所示。现对 O点施加作用力，使
π
线圈在竖直方向上做简谐运动，其速度 v=2sin10πt(m/s)，线圈的始末两端 a点和 b点通过导线连接理想变压器给负
载供电。已知变压器原、副线圈的匝数之比 n1 : n2 = 1 : 2，定值电阻 R=10Ω，电表均为理想交流电表，则下列说法
正确的是（ )
A.电路中 1s内电流方向改变 5次
B.线圈运动的速度最大时，电压表的示数为 100.0V
C.当可变电阻 R0=10Ω时，电流表的示数约为 28.3A
D.当可变电阻 R0变大时，变压器的输入功率变大
5．光滑细圆管固定在竖直平面内，O为圆心，M、N分别为圆管的最高、最低点。可视为质点的小球（直径略小
于管道）由静止从M 点开始下滑，从M 到N的过程中，设小球的位移大小为 x，则小球的重力势能 EP（以N点所
1
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C．金属棒进入 DEFG区域后，闭合开关 S 瞬间，通过 L的电流最小
1 2mgh
D．在整个过程中，通过小灯泡的总电荷量为q
B d m CB2 22 1 d
9．如图所示，一列简谐横波从波源 O点同时向左右两侧传播，右侧为介质Ⅰ，左侧为介质Ⅱ。已知波速分别为
vI 4m / s， vII 6m / s，A、B分别是两介质中 x轴上的质点，A质点平衡位置 xA 2m，B点（未画出）振动步调
总是与 A相反。 t 0时，波源 O开始振动，振动方程为 y 0.1sin 10 t m 。下列说法正确的是（ ）
A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为 2∶3
B．质点 A的振动方程为 yA 0.1sin 10 t m t 0.5s
C．A、B两质点起振间隔的最短时间为 0.1s
D． t 1s时，质点 B经过的路程可能为 1.5m
10. 如图甲所示，光滑水平面上两物块 A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长，橡皮绳原长 L=2v0t0。
初始时，A以水平向左的初速度 v0开始运动，B初速度为 0，A、B运动的速率随时间变化图像如图乙所示，两物
块在 t时刻发生碰撞并粘在一起，则在两物块碰撞前下列说法正确的是（ ）
A、t0时刻 A、B的速度变化率大小之比为 3:5
B、橡皮绳最大的弹性势能与系统初状态的总动能之
比为 3:8
C、t: to=4:1
D、t0左侧阴影部分面积大于右侧阴影部分的面积，
且小于橡皮绳原长 L的一半
三、实验题
11．某实验小组利用以下装置“探究加速度与力的关系”。
如图，一根轻绳跨过用气凝胶（密度极小）制作的轻薄小滑轮与质量相等的物体 A、B 相连，物块 A 的下端与穿过
打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为 g，打点计时器的打点周期为 T。部分实验步骤如下：
(1)在重物 B 的下面挂上重物 C，并同时释放物块 A、B、C，得到一条如图所示
的纸带，则打点计时器打下点 2 时系统的瞬时速度为 v=_____，系统的加速度大小 a=____（用 x1，x2，x3，x4和 T
3
{#{QQABbYS54gKwwJbACK4qA0G6CAkYkIAhJKgkxRCUqAQqSQNABIA=}#}
表示）；
(2)改变重物 C 的质量 m，重复步骤（1），获得多组 a与 mg数据已描点在下图中，请完成该 a-mg图像____；
(3)结合所画图线，根据横坐标为 m0g的点，估算物块 A 的质量（用 m0表示）_____
12．某小组利用下列实验器材测量自来水电阻率：圆柱形玻璃管中装入自来水，两端有密封完好的电极，管中自来
水电阻约为 100kΩ、两节干电池、电压表 V（量程 3V，内阻约 3kΩ）、电流表 A、滑动变阻器 R（0~200Ω）、开关、
游标卡尺、导线若干。
(1)测出装满水的玻璃管两极间的距离 h；用游标卡尺测玻璃圆柱体的内直径 d，测量结果如图乙所示，该读数 d＝
______cm；
(2)为了实验能正常进行并减小测量误差，应从以下四个电路中选择______电路来测量自来水电阻 Rx；
①实验发现两表读数过小，用电压和电流传感器进行替换，正确连接电路后，测得一组 U、I数据；再调节滑动变
阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示，根据表中数据，作出了 U－I图线；
测量序号 1 2 3 4 5
电压 U/V 0.18 0.33 0.44 0.57 0.69
电流 I/μA 1.4 3.2 4.5 5.6 5.7
②根据 U－I图线可得出该玻璃管中自来水的电阻 Rx＝______Ω（结果保留两位有效数字）
③自来水的电阻率表达式为 ＝______（用 Rx、h、d表示）。
四、解答题
13．用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图所示，样品 P 等效为点光源，上面盖以盖玻片。半球形
物镜的球心O恰好位于样品正上方，物镜下表面与盖玻片上表面平行，它与盖玻片间有一层空气。从样品 P 所发出
的光线经盖玻片上表面折射至空气时，入射角为 。已知物镜、盖玻片的折射率均为 n 2，盖玻片厚度为 d，物
4
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镜半径为 4d，不考虑光的多次反射。
(1)为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气，求 应满足的条件；
(2)若 30 ，沿 PO方向上下调节物镜与盖玻片间的距离，使光在物镜球面上恰好发生全反射，求物镜与盖玻片间
的距离 h。
14．如图甲所示，固定轨道 ABC由半径 R 0.8m的四分之一光滑圆轨道和长 L 0.9m的粗糙水平轨道组成，两者
在 B点平滑连接。BC右侧与静置于光滑水平地面的长木板相接触，且上表面平齐。将质量m1 2.5kg的滑块从圆弧
轨道顶端 A处由静止释放，与静止在 B点、质量为m2 1kg的滑块发生碰撞，碰撞时间极短。滑块m2经过水平轨道
滑到长木板以后，立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力 F作用（即 F kv ，其中 k 2kg/s滑 ）。
从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度—时间图像如图乙所示。两滑块均可视为质点，两滑块与水
平轨道及长木板之间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g取10m/s2。求：
(1)m1运动到 B时（碰前）对圆轨道的压力；
(2)m1和m2 碰撞过程损失的机械能；
(3)m2 相对长木板的最大位移。
5
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15．如图所示，在 xOy直角坐标系中，在 x轴负半轴区域内有沿 y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E1（未知）。
一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子，从 A点（到 x轴的距离是 d）以一定的初速度沿 x轴正方向开始运动，粒
子恰好以速度 v0经过原点进入 y轴右侧区域，v0的方向与 x轴正方向的夹角θ=30°。在第一、四象限内，距 y轴为 L
的 MN左侧区域内存在磁感应强度大小均为 B（未知）的匀强磁场，第一象限的匀强磁场方向垂直纸面向外，第四
象限的匀强磁场方向垂直纸面向里。MN右侧区域内存在正交分布的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸
面向里，大小也为 B，电场强度沿 x轴正方向，大小为 E2。若带电粒子恰好从 MN与 x轴的交点 P进入 MN右侧区
域。不计粒子的重力，不计空气阻力。
(1)求 A点到 y轴的距离 x和 E1的大小；
(2)求 B的大小；
B 3mv 0 E 3mv
2
(3)若 0qL ， 2 ，求粒子在 MN右侧区域运动时，距 y轴最远时的位置坐标。2qL
6
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高三物理练习 4.3 参考答案
1．【答案】A
【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程 Ek h W ，其中 Ek 为光电子的最大初动能， h 为普朗克常数， 为
光的频率， W为材料的逸出功。光电效应发生的条件是光子能量大于或等于逸出功 ，故 A 正确；
B．光电子的最大初动能 Ek h W 仅取决于光的频率 和逸出功W，与光照强度（即光子数量）无关。光照强
度增大只增加光电子数目，不改变最大初动能，故 B 错误；
W
C．截止频率 c ， 由逸出功决定，截止频率越大，逸出功越大。高能光子虽频率高，但逸出功大的材料更难发h
生光电效应（需更高频率光子），故“越容易被激发”的说法错误，故 C 错误；
D．光电效应现象（如光子与电子能量交换）是光子粒子性的体现，波动性（如干涉、衍射）在此过程中不表现，
故 D 错误。
2．【答案】A
【详解】A．玻璃属于典型的非晶体，所以玻璃盖碗是非晶体，故 A 正确；
B．水温越高，水分子运动的平均速率越大，但不是每个水分子运动的速率都越大，故 B 错误；
C．温度降低，封闭空气的体积不变，根据查理定律可知，空气的压强减小，则玻璃盖碗内壁单位面积所受气体分
子的平均作用力变小，故 C 错误；
D．水滴落在干净的茶托上会自然摊开，这说明水能浸润茶托，故 D 错误。
3．【答案】D
【详解】A．杭州处于北半球，地磁场的分量一个沿水平方向向北，一个竖直向下指向地面，根据题图中测量结果
可知，x轴磁场分量为正值，说明 x轴正方向指向北方，则 y方向为东西方向，故 A 错误；
B．该地的地磁场的磁感应强度大小约为 B B2x B
2
y B
2
z 44.4μT，故 B 错误；
C．当手机接电话时，不会因为电磁波的接收而改变地磁场的强弱，故 C 错误；
D．若调整手机屏幕的朝向，app显示的 z方向磁感应强度可能为 0，故 D正确。
4.C
5．【答案】C
【详解】A．重力势能 Ep的分析，设圆管的半径为 R，小球的竖直高度为 h
由几何关系可知 h 2R xcos 为位移 x与竖直方向的夹角
x
根据等腰三角形可知 cos
2R
小球的重力势能 Ep mgh 2mgR mg cos ·x 2mgR
mg
x2 所以 E
2R p
随 x非线性变化，故 A 错误；
1
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二、多选题
8．【答案】AC
【详解】A．金属棒在倾斜导轨上由静止释放，则金属棒做加速下滑，金属棒切割磁感线产生感应电动势为
E B1dv
由于对电容器充电，则电路中有电流产生，金属棒受到安培力作用，方向与金属棒运动方向相反。电容器所带的电
荷量为Q CU CE CB1dv
I Q CB dv电容器充电电流为 1 CB da
t t 1
设倾斜金属导轨平面与水平面夹角为θ，对金属棒由牛顿第二定律可得mg sin B1 Id ma
mg sin
解得 a m CB21 d
2
由于 m、θ、C、B1、d都是定值，则加速度 a是定值，可知金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动，A 正确；
B．金属棒在水平导轨上做切割磁感线运动产生感应电动势，产生感应电流，金属棒受到安培力作用，安培力与金
属棒运动方向相反，安培力对金属棒产生加速度，使金属棒做减速运动，设小灯泡的电阻为 R，则安培力为
B2d 2F B2 I1d 2
v
安 R
v
一方面小灯泡的电阻 R随温度变化，另外，金属棒最哦减速运动，则 不是定值，则安培力是变力，因此金属棒做
R
变加速运动，B 错误；
C．金属棒进入 DEFG区域后，闭合开关 S 后，电容器与电感线圈组成 LC振荡电路，由 LC振荡电路中的振荡电流
特点，在闭合开关 S 瞬间，通过 L的电流是零最小，C 正确；
D．由速度位移关系公式可得，金属棒在进入 DEFG区域时的速度大小为
v 2ax 2 mg sin h 2mgh1 2 2 m CB1 d sin m CB
2 2
1 d
金属棒在水平导轨上做减速运动，最后速度减到零，设通过小灯泡的平均电流为 I ，对金属棒由动量定理可得
B2Id t 0 mv1 又有 q I t
q mv1 m 2mgh解得 D错误。
B2d B
2
2d m CB1 d
2
9．【答案】BC
【详解】A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的传播周期与波源振动周期相同，即频率相同，故波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为 1∶1，
故 A 错误；
x
B A．题意可知，波传播到 A质点用时 t0 0.5sv ，质点 A比波源晚 0.5s 起振，故 A质点振动方程为I
yA 0.1sin 10 t 0.5s m t 0.5s 整理得 yA 0.1sin 10 t m t 0.5s 故 B 正确；
3
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C．由振动方程可知 10 rad / s
2π
解得周期 T=0.2s
T
T
B点振动步调总是与 A相反，A、B两质点起振间隔的最短时间为 t 0.1s 故 C 正确；
2
D．波源与 A的振动情况相反，B点振动步调总是与 A相反，则 B振动步调总与波源相同，t=1s 时波源振动次数为
N 1 5次
0.2
则质点 B的振动次数为 n=0，1，2，3，4，则质点 B的经过的路程为 s n 4A（n=0，1，2，3，4）
当 n取 3 时，则 s 1.2m，当 n取 4 时，则 s 1.6m
即质点 B经过的路程不可能为 1.5m，故 D 错误。
10、CD
三、实验题
x x x 2x
11．【答案】(1) v 3 1 a 4 2
2T 4T 2
7
(2) (3) m0（1.6m0~1.9m0）4
【详解】（1）[1]打点计时器打下点 2 时系统的瞬时速度为 1、3 两
x x
点之间的平均速度 v 3 1
2T
a x4 x2 x x 2x[2]逐差法可知 22
4 2
4T 4T 2
（2）根据图中数据，用一条光滑曲线连接图中各点，作图如下：
（3）设横坐标每一小格为 x0，纵坐标每一小格为 y0，结合图像可
4
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知11x0 m0g
设 A、B 的质量为 M，对 ABC 整体有mg f 2M m a
a mg f整理得 ，
2M m 2M m
mg f
当M m时，加速度的表达式变为 a
2M 2M
1
加速度 a 与 mg 为线性关系，对应图线的直线部分，由表达式可知，斜率为 k ，图像与横轴的交点为 f
2M
a 5y y y
在图线中的直线部分取两点坐标点可得 斜率 k 0 0 0 mg 7x 3x x ，图像与横轴交点坐标为
2x0
0 0 0
1 y0
综上可得 f 2x2M x ， 00
题图可知当 mg 11x0 m0g时， a 7 y0 图线明显变为曲线
mg f 7m
把以上坐标点代入 a 可得 M 0
2M m 2M m 4
12．【答案】(1)5.020 (2) A
9.8 104 /9.0 104 /9.1 104 /9.3 104 /9.4 104 /9.5 104 /9.6 104 /9.7 104 /9.2 104 /9.9 104 /1.0 105 /1.1 105
d 2Rx
4h
【详解】（1）图乙为 20 分度的游标卡尺，其精度值为0.05mm，所以玻璃圆柱体的内直径为
d 50mm 4 0.05mm 50.20mm 5.020cm
（2）[1] 管中自来水的电阻约为 100kΩ，电压表的内阻约为 3kΩ，由于电流表的内阻 RA很小，满足 Rx RA，因此
电流表应采用内接法；由于滑动变阻器 R的最大阻值为 200Ω，远小于待测电阻 Rx的阻值，若采用限流式接法，电
流的调节范围很小，因此滑动变阻器应采用分压式接法。故选 A。
U 0.6 0.01
[2] 根据图丙 U－I 4图线可得，该玻璃管中自来水的电阻为 Rx 6 Ω 9.8 10 Ω I 6 10
h 2
[3] 根据电阻定律有 Rx 其中 S
d
S 2
d 2R
联立解得自来水的电阻率表达式为 x
4h
四、解答题
4 6 3 d
13．【答案】(1) 45 (2) h
3
1 C n 2 sinC 1 2【详解】（ ）设光从盖玻片射入空气时发生全反射的临界角为 ，已知盖玻片的折射率为 ，则有
n 2
解得C 45
所以为使样品发出的光能离开盖玻片上表面射入空气， 应满足的条件为 45 。
5
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（2）P点发出的光依次经过盖玻片、空气、物镜，最后在物镜球面上恰好发生全反射的光路图如图所示：
sin
由折射定律有 n 2
sin
解得 45
由于物镜、盖玻片的折射率均为 n 2，所以光线由空气射入物镜时的折射角为 45 ；光线在物镜球面上恰好发生
全反射，说明光线与球面法线（即半径 OA）的夹角恰好为临界角，即 C 45
所以由几何关系可得 60 ， i 15
则有 xAB 4d cosi d tan h tan
4d sin i

tan
4 6 3 d
代入数据解得物镜与盖玻片间的距离为 h
3
14．【答案】(1)75N，方向竖直向下 (2)2.5J (3)3.41m
1
【详解】（1）设m 21运动到 B时的速度大小为 v1，滑块m1在圆轨道下滑过程，由机械能守恒有m1gR m v2 1 1
解得 v1 4m/s
F m g m v
2
在最低点，据牛顿第二定律有 1 解得 F 75NN 1 1 R N
据牛顿第三定律，滑块m1对圆轨道最低点压力 F N FN 75N，方向竖直向下
（2）滑块m2在 BC段运动过程，设m1和m2碰后，m1的速度为 v1 ，m2的速度为 v2，m2 运动到 C端时速度为 v3
1 2 1 2
从乙图知 v3 4m/s，据动能定理有 m2gL m2v2 m2v3 解得 v2 5m/s2 2
m 1和m2 碰撞过程，由动量守恒有m1v1 m1v1 m2v2 解得 v 1 2m/s
1 2 1 2 1 2
所以碰撞过程损失的机械能 E m
2 1
v1 m1v1 m2v2 解得 E 2.5J2 2
（3）滑块m2在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为 M，则有m2v3 M m2 v4
其中 v3 4m/s， v4 1m/s 解得M 3kg
滑块m2 在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间 t
6
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均满足m2v3 t m2v滑 t Mv t板
设相对滑动过程，滑块对地位移为x1，长木板对地位移为 x2，对全程累积，则有
m2v3t m2x1 Mx2 其中 t 1.39s
对长木板应用动量定理，有 m2g t kv滑 t M v板
对全程累积有 m2g t kx1 M v板
联立解得 x1 3.95m x2 0.54m
所以滑块m2 与长木板的最大相对位移 x x1 x2 3.41m
mv 2 nmv
15.【答案】(1) 2 3d， 0 (2) qL （n=1，2
6 3 3kL 1 2k
，3…） (3)（ L，
8qd L
）（k=0，1，2，3…）
6 3 12
【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，水平方向上有 x v0 cos t
1 qE
竖直方向上有 d 1 t 2 ， v0 sin
qE
1 t
2 m m
mv 2
解得 x 2 3d ， E 01 8qd
（2）带电粒子恰好从 MN与 x轴的交点 P进入 MN右侧区域，作出最简单的运动轨迹，如图所示
由于粒子可以多次经过 x轴最后恰好从交点 P进入 MN右侧区域，根据几何关系有 L n 2r sin
L
解得 r
n
2 nmv
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 qv0B
v
m 0 B 0解得 qL （n=1，2，3…）r
3mv0
（3）当 B qL 时，结合上述，粒子在中间磁场中运动轨迹如图所示
进入右边复合场中的速度大小仍为 v0，方向如图所示与 x轴正方向的夹
角也为θ。将粒子在右边复合场的速度沿 x轴方向和垂直于 x轴方向正交
分解，x轴方向有 v1 v0 cos
3
v
2 0
x轴垂直方向有 v2 v0 sin
v
0
2
7
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2
分速度 v2使粒子受到的洛伦兹力 F洛2 qv2B q
1
v 3mv0 3mv0 02 qL 2L
2 2
方向沿 x轴负方向。粒子受到的电场力 F电 qE2 q
3mv0 3mv 0
2qL 2L
方向沿 x轴正方向，F 洛 2与 F 电平衡，则粒子沿 v2方向做匀速直线运动。分速度 v1使粒子做匀速圆周运动，轨道半
v2 2 r
径设为 r1，则有 qv1B m 1 ，T
1
r1 v1
3 T 2 L解得 r 1 L，6 3v0
粒子在 MN 6 3右侧运动过程中，每一次离 y轴最远时，x坐标为 x L r1 L6
y坐标分 MN左右两边来分析，作出粒子运动轨迹如图所示
3
粒子在 MN右边离 y轴最远时，由于存在分速度 v1，每一次都做匀速圆周运动，轨道半径均为 r1 L6
T
又由于存在分速度 v2，沿 NM
1
方向做匀速直线运动，每转 4 圈的时间内，y方向位移 y1 v2 L4 12
在 MN左边运动过程中，粒子从右向左穿过 MN时速度大小仍为 v0，方向与 x轴负方向所成夹角仍为θ=30°
mv 1
在 MN 0左边磁场中运动的轨道半径 r2 LqB 3
r 32在 MN上的分量 y2 r2 cos L r6 1
综合上述可知，粒子在 MN右侧离 y轴最远时的 y坐标 y 2kΔy2 2k 1 Δy1（k=0，1，2，3…）
y 3kL 1 2k解得 L
3 12
6 3
即在 MN右侧粒子离 y轴最远时坐标为（ L 3kL 1 2k， L）（k=0，1，2，3…）
6 3 12
8
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