【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养月度测评3版（一）（山东专用）

2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三物理（一） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 1.2024年9月，中国科学院合肥物质科学研究院在自研磁体方面取得技术突破，产生了 42.02T的稳态磁场（稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场），其强度约为地磁 场强度的80万倍。下列说法正确的是 () A.42.02T表示磁通量的大小 B.该稳态磁场不可能激发出电场 C.磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场 D.将通电直导线放入该稳态磁场，受到的安培力一定很大 2.如图所示，半圆柱体玻璃砖横截面半径为R,高为4R。有单色光垂直平面ABCD射入 玻璃砖，为了避免光从圆弧面射出，需要在圆弧面上涂抹一层吸光材料。已知玻璃砖对 2v3 该单色光的折射率为3，则涂抹层的最小面积为 () B 2 A 3 B 4 R2 C.2πR2 D.3R2 高三物理试题（一）第1页（共8页） 学科素养 3.用粒子X轰击原子核Be生成C与。n,用粒子X轰击原子核C生成Y,此反应放出的核 班级 能为E。已知B、X、C的比结合能分别为E1、E2、E3,下列说法正确的是 A.X是B粒子 姓名 B.Y是O C.粒子X轰击Be后放出的核能为9E1+4E2一12E3 ------------- D.Y的比结合能为4E十12E,一E。 得分 16 4.一束α粒子撞击一静止的金原子核，它们的运动轨迹如图所示。图中虚线是以金原子 … 核为圆心的圆。已知静电力常量k=9.0×10N·m2/C2,元电荷e=1.6×10-19C,金 原子序数为79，不考虑α粒子间的相互作用，则 () ⑧c粒子 P④原子核树 A.沿轨迹1运动的α粒子受到的库仑力先做正功，后做负功 B.沿轨迹2运动的α粒子到达P时动能为零、电势能最大 C.位于图中虚线圆周上的3个α粒子的电势能不相等 D.若a粒子与金原子核距离为10-14m,则库仑力数量级为102N 5.A、B两个粗细均匀的同心光滑圆环固定在竖直转轴上，圆心O在转轴上，两环和转轴在 同一竖直面内，a、b两个小球分别套在A、B两个圆环上，当两环绕竖直轴匀速转动后， a、b两球在环上的位置可能是 d B B A a oh A B. C D. 6.一小车（可视为质点）沿x轴运动，坐标x随时间t的变化图像如图中的实线所示，实 线与虚线组成开口向上的抛物线，抛物线的顶点坐标为（一5,0），与纵轴的交点坐标 为(0,25)。下列说法正确的是 ( A.小车做匀加速运动，其加速度大小为1m/s2 x/m B.小车的初速度大小为10m/s C.3s末小车的速度大小为13m/s 25 D.0~3s时间内，小车的位移大小为64m -50 月度测评 高三物理试题（一）第2页（共8页） 3 7.如图所示，光滑匀质细杆AB倾斜固定在竖直面内，与水平面夹角为60°，A点正上方且 与B点等高的O点处固定一光滑定滑轮。一轻质不可伸长的细绳，两端分别连接重物 和圆环，且圆环又套在杆上B点处，细绳绕过滑轮将重物悬挂，杆上C点距离O点最近 (图中未标出)。现将重物和圆环从图示位置由静止开始释放，圆环沿杆下滑，重物竖直 下落，细绳始终绷紧，圆环无法运动到A点处。下列说法正确的是 () A60° A.整个过程中重物机械能守恒 B.圆环从B点到C点的过程中，其动能增加且等于其重力势能的减少量 C.圆环从B点到C点的过程中，细绳对重物做功为零 D.重物第一次回到初始位置时，圆环速率是重物速率的2倍 8.如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1,边长为L, 从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关 于小球的运动，下列说法正确的是 ( ● A.落点在A1B,CD,内的小球，初速度的最大值为， B.运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 C.落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同 D.小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点时的末速度最小 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发 散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为 图甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势PN>PM,图乙中虚线表示两圆环之 间的等差等势面，O点为水平虚线与竖直虚线的交点，a、b两点关于O点中心对称。现 有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进人金属圆环M。下列 说法正确的是 高三物理试题（一）第3页（共8页） 学科素养月 A.a点电势比b点电势低 B.a点电场强度与b点电场强度相同 C.该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用 D.电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少 10.“嫦娥五号”月球探测器返回舱为了安全带回样品，采用了类似“打水漂”多段多次减速 技术。如图所示，用虚线表示地球大气层边界，虚线外侧看作没有大气。关闭发动机 的返回舱从a点滑入大气层，然后经b点从c点“跳出”，经d点后再从e点“跃入”。d 点为轨迹最高点，距离地面高度为，已知重力加速度为g,地球半径为R。下列说法 正确的是 () A.a、c、e三点的速率满足va>v。=ve B.返回舱在b点有竖直向下的加速度分量 gR2 地球 C.返回舱在d点时的角速度等于√R十h) 大气层 D.返回舱在c→d点与d→e点的时间相等 11.如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻 对木板施加一水平向右的恒定拉力F,作用1s后撤去F,此后木板运动的少t图像如 图乙所示。物块和木板的质量均为1kg,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,下列说法正确的是 () ↑ms-l 口F 77777777777177777771717777717 1.5 t/s 甲 A.拉力F的大小为18N B.物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为以=0.4 C.物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m D.t=2s时，物块的速度减为0 1度测评 高三物理试题（一）第4页（共8页） 12.如图，两条“Λ”形的平行金属导轨固定在绝缘水平面上。间距L=0.2m,左、右两导 轨面与水平面夹角均为0=37°，导轨顶端连接有一电动势E=10V,内阻r=0.52的 电源。电源左侧存在垂直于导轨平面向上且磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧 存在竖直向下且磁感应强度大小为B2的匀强磁场。质量m=0.02kg的相同导体棒 MN、PQ分别放在两侧导轨上且均恰好静止，导体棒与导轨垂直且接触良好，接触点 间导体棒电阻均为R=4Ω。已知右侧导轨光滑，左侧导轨与导体棒之间的动摩擦因 数u=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计。g取10m/s2,则(sin37°= 0.6,c0s37°=0.8) () A.MN的热功率为16W B.B1一定等于0.5T C.B2一定等于0.375T D.若B2反向，此瞬间PQ加速度大小为12m/s2 三、非选择题：本题共6小题，共0分。 13.(6分)某实验小组验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示，将小球向下拉到某一 位置释放后，小球上下来回运动，利用手机录制一段视频，利用Tracker软件对视频进 行逐帧分析，得出每一帧对应时间及小球所在位置。已知小球质量m=0.05kg,当地 重力加速度g取9.8m/s2,弹簧劲度系数k=1.38N/m,视频帧率为30fps(每秒30 帧)。取竖直向上为正方向，竖直方向位移用y表示，利用重力势能Ep1=mgy、动能 一222弹性势能E2三)y2计算总机械前 0.4 0.3 03 弹性势能 0.1 动能 03060912151821/2427 机械能 -0.1 -0.2 -0.3 重力势能 -04 乙 (1)表格中是本次测量的部分数据，当小球下落位移为一0.02000m时，请计算：①弹簧 的弹性势能E2= J;②系统的机械能E= J(结果均保留四位小数)。 高三物理试题（一）第5页（共8页） 学科素养月 时间(s) 位移(m) 速度(m/s) 动能(J) 重力势能(J)弹性势能(J)机械能(J) 0.066667 -0.02000 0.6119 0.0094 -0.0098 ① ② 0.100000 -0.04648 -0.9230 0.0213 -0.0228 0.0015 0.0000 0.133333 -0.08153 -1.1994 0.0360 -0.0399 0.0046 0.0007 (2)测量多组数据并绘制动能、重力势能、弹性势能、机械能随时间变化情况如图乙所 示（图中各物理量单位均为国际单位，纵轴表示能量，横轴表示时间），由图乙可得 出的实验结论是 A.小球在重力作用下机械能守恒 B.小球在重力和弹簧弹力作用下机械能守恒 C.小球与弹簧组成的系统在重力和系统内弹力作用下机械能守恒 14.(8分)某同学测量一个电阻的阻值Rx,已知Rx约为2502，有以下实验器材可供选择： A.电流表A1(量程为0~15mA,内阻r1约为22)； B.电流表A2(量程为0~3mA,内阻r2=1002); C.定值电阻R1(阻值为9002)； D.定值电阻R2(阻值为99002)； E.滑动变阻器R3(0~202,允许通过的最大电流为100mA); F.滑动变阻器R4(0~202,允许通过的最大电流为400mA); G.滑动变阻器R5(0~100,允许通过的最大电流为20mA); H.蓄电池E(电动势为3V,内阻很小)； I.开关S与若干导线。 (1)滑动变阻器应选择 (填“R3”“R4”或“R”)。 (2)在虚线框内将图甲所示的电路补充完整，并标明各器材的符号。后续实验都在正 确连接电路的条件下进行。 ↑I,/mA 12.5 0 2.5 1/mA 甲 乙 (3)该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1,电流表A2的示数为I2,则 该电阻表达式R= (用I1、I2表示)。 (4)调节滑动变阻器，测得多组I1和I2,并作出I1-I2图像如图乙所示，则该电阻的阻 值为 n。 (5)从系统误差的角度考虑，该电阻测量值 (填“大于”“等于”或“小于”)真 实值。 度测评 高三物理试题（一）第6页（共8页） 3 l5.(8分)在如图所示的V-T图像中，一定质量的理想气体从状态a出发，经历a→b→ c→d→a的循环过程回到状态a。已知气体在状态d下的压强pa=2.0×l05Pa。求： (1)气体在状态c下的压强； (2)整个过程气体吸收或放出的热量。 个V7(×10L) 6 ，C 2 0 1002003004007K 16.(8分)如图所示，竖直平面内有一边长为5cm的正方形ABCD,CD边水平，将质量 m=0.1kg、电荷量q=1×10-3C的带正电小球自A点沿AB方向抛出，恰好通过C 点，g取10m/s2。 (1)求小球抛出时的速度大小。 (2)若只增加一个平行于ABCD平面的匀强电场E1(大小未知)，将小球自A点由静 止释放，恰好沿AC运动，求电场强度E1的最小值。 (3)若只在ABCD平面内增加一个方向平行于AC的匀强电场E2(大小未知)，将小球 自A点沿某方向（未知）抛出，恰好能先后通过B、C两点，且从A到B和从B到C 的时间相等，求小球通过C点时的动能大小。 D 17.（14分)如图所示，长L1=0.75m的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以v1= 6/s的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“口” 型硬杆，车和硬杆的总质量m3=3kg,杆的左端O点系有一条长L2=1m的轻绳，绳 的下端系有质量2=1kg的小球，小球下端刚好与传送带右端接触，但无压力。质量 m1=0.5kg的小物块以初速度vo=5.8m/s从传送带左端沿传送带水平向右滑上传 送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数4=0.2，小物块运动到传送带右端时与小球发 生弹性碰撞。小球和小物块均可视为质点，忽略空气的阻力，g取10m/s2,整个过程小 车不会翻转。求： (1)物块与小球碰撞后各自的速度大小； (2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值； (3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能E。 773 7777777777777777 3 高三物理试题（一）第7页（共8页） 学科素养月 18.(16分)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第二象限内有平行于 桌面的匀强电场，电场方向与x轴负方向的夹角0=45°。在第三象限垂直于桌面放置 两块相互平行的平板C1、C2,两板间距d1=0.6m,板间有竖直向上的匀强磁场，磁感 应大小可变。两板右端在y轴上，平板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔 M,小孔M离坐标原点O距离L=0.72m。在第四象限垂直于x轴放置一块平行于y 轴且沿y轴负方向足够长的竖直平板C3,平板C3在x轴上垂足为Q,垂足Q与原点 O相距d2=0.18m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v。=4√2m/s垂 直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域。已知小球 可视为质点，小球的比荷=20C/kg,P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离s= m √ 0m,不考虑空气阻力与小球重力。 (1)求匀强电场的场强大小。 (2)求带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上的范围。 (3)若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化（取竖 直向上为磁场正方向)，如图乙所示。同时撤去平板C2,磁场区域充满第三象限，求 小球从M点到打在平板C3上所用的时间。 ↑B/T 桌面 2.5 3π π内 10050 100 2 -2.5 乙 度测评 高三物理试题（一）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 2025一2026学年度下学期学科素养月度测评 高三物理（一） 命题要素细目表 关键能力：I.理解能力 Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.模型建构能力V.实验探究能力V.创新能力 核心素养：①物理观念 ②科学思维 ③科学探究④科学态度与责任 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ①②③④等级系数 单项选 择题 3 法拉第电磁感应定律 易 0.90 单项选 3 光的折射定律 易 0.80 择题 单项选 3 0.75 择题 分析原子核的结合能与比结合能 单项选 择题 库仑定律内容和表达式 0.70 单项选 圆锥摆问题 0.65 择题 单项选 匀变速直线运动速度与时间的 6 中 0.65 择题 关系 单项选 机械能守恒定律在绳连接系统中 7 3 中 0.60 择题 的应用 单项选 8 择题 3 平抛运动速度的计算 0.65 多项选 9 4 比较电势能的大小 易 0.75 择题 多项选 10 择题 4 机械能与曲线运动结合问题 中 0.65 11 多项选 择题 4 牛顿运动定律与图像结合 必 0.65 多项选 12 择题 4 双杆在等宽导轨上运动问题 难 0.40 13 实验题 6 验证机械能守恒定律 易 0.75 14 实验题 测量未知电阻阻值 中 0.65 15 计算题 6 理想气体的状态方程的理解与初 步应用 易 0.75 三 6 计算题 平抛运动速度的计算 0.65 17 计算题 14 物块在水平传送带上运动分析 难 0.45 18 计算题 16 带电粒子在组合场中的运动 难0.40 高三物理答案（一）第1页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★一束α粒子撞击一静止的金原子核，它们的运动轨迹如图所示。图中虚线是以金原子核为圆心的 圆。已知静电力常量k=9.0×10°N·m/C2,元电荷e=1.6×10-19C,金原子序数为79，不考虑a粒子 间的相互作用，则 () ⑧α粒子 P⊕原子核 A.沿轨迹1运动的α粒子受到的库仑力先做正功，后做负功 B.沿轨迹2运动的α粒子到达P时动能为零、电势能最大 C.位于图中虚线圆周上的3个α粒子的电势能不相等 D.若a粒子与金原子核距离为10-14m,则库仑力数量级为10N 【试题解读】 本题以粒子散射实验为物理情境，将抽象的微观粒子相互作用，通过轨迹图直观呈现出来，把微观世 界的物理过程转化为学生可感知、可分析的可视化情境。巧妙整合了库仑力、库仑定律、电场力做功与电 势能变化的关系等多个静电场核心知识点，要求学生在复杂的粒子运动过程中，综合运用知识进行判断分 析，着重考查学生的物理分析能力和逻辑推理能力。在经典实验基础上，设置了轨迹对比、不同位置粒子 状态分析等新的命题角度，避免了对实验的机械记忆，引导学生深入理解实验背后的物理本质。 ★在如图所示的V-T图像中，一定质量的理想气体从状态a出发，经历a→b→c→d>a的循环过程 回到状态a。已知气体在状态d下的压强pa-2.0×105Pa。求： (1)气体在状态c下的压强； (2)整个过程气体吸收或放出的热量。 个V×10L) h 100200300400T求 【试题解读】 本题是一道典型的理想气体状态方程与热力学第一定律结合的循环问题。以理想气体V-T的循环 图像为载体，构建了“等压膨胀→等容降温→等压压缩→等容升温”的完整循环过程，模拟了实际热机的简 化工作循环，考查学生的模型建构能力、科学推理能力与科学论证能力。通过图像分析与过程拆解，模拟 科学探究中“提出问题一分析问题一解决问题”的过程，培养学生的科学探究意识。 3 高三物理答案（一）第2页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、单项选择题 1.B【解析】42.02T表示磁感应强度的大小，A 错误；根据麦克斯韦电磁场理论可知该稳态磁场 不可能激发出电场，B正确；磁感应强度不随时间 变化的磁场为恒定磁场，在恒定磁场中，如果磁 mg 感应强度在空间各处完全相同，即大小和方向都 不变，就是匀强磁场，C错误；磁场中通电直导线 6.B【解析】设题图抛物线方程为x=k(t十5)2，由 受力情况与长度、电流、磁场强度、方向均有关， 于t=0时，x=25m,解得k=1,即x=(t十5)2，变 所以无法判断所受安培力的大小，D错误。 化得x=25十10t十t2,由此可见，小车做匀加速直 2.D【解析】根据折射率与全反射临界角C的 线运动，由x=十，1十2ar可知初始位置坐标 1 关系n一sinC,解得C=60,根据几何关系可 xo=25m,初速度的大小vo=10m/s,加速度大 得，为避免光从圆孤面射出，涂抹区域对应的最 小a=2m/s2,A错误，B正确；3s末小车的速度 小圆心角2C=120°，则涂抹层的最小面积Smin= 大小v=v十at1=16m/s,位置坐标x3=x十 1 1 ×4R×需-9R,DE, 2 ut+2a好=25m+10X3m+2×2×32m 3.B【解析】粒子X轰击原子核B的核反应方程 64m,在0~3s时间内，小车的位移大小△x= 为Be十X→lC十n,则X为He,即a粒子，A x3-xo=64m-25m=39m,C、D错误。 7.D【解析】圆环与重物组成的系统机械能守恒， 错误；粒子X轰击原子核C的核反应方程 重物机械能不守恒，A错误；圆环到达C点时，重 为号C十X→1Y,则Y是0，B正确；Be与粒 物到达最低，点速度为零，圆环的动能增加量等于 子X发生核反应产生的核能△E=12E3一9E1一 系统重力势能的减少量，B错误；重物到达最低点 4E2,C错误；C与粒子X发生核反应放出的核能 时，动能不变，细绳拉力对重物做功等于克服重 为E,设Y的比结合能为E,由能量守恒E。= 物重力做功，C错误；OC⊥AB,重物再次回到初 16E-4E,-12B,解得E=E,+4E+12E,D 始位置时，圆环此时的位置恰好关于C点与B点 16 互为对称，点，与O,点、B点一起构成一个等边三 错误。 角形，由运动合成分解可知圆环速度沿绳方向的 4.D【解析】沿轨迹1运动的α粒子受到的库仑力 分速度与重物速度相等，即V国环c0s60°=U重物， 先做负功，后做正功，A错误；沿轨迹2运动的α粒 即V阀环=2V重物，D正确。 子因为做曲线运动，则到达P点时动能不为零，因 8.B【解析】落点在A1B1C1D1内的小球，运动时 距离原子核最近，则电势能最大，B错误；位于图中 2L 虚线圆周上各，点的电势都相等，可知虚线圆周上的 间t=, g ，落到C1点的小球初速度最大，则初 3个α粒子的电势能相等，C错误；若α粒子与金原 子核距离为1014m,则根据库仑定律可知库仑力F= 速度的最大值vom= L=√g红，A错误；运动轨 t k9=9×10×②X1.6x109×79X16x10) 2 (104)2 N- 迹与AC1相交的小球，位移的偏向角均相同，均 1 364N,即数量级为102N,D正确。 2 5.B【解析】对小球受力分析如图所示，由牛顿第 有tan0= vot -影，速度的偏向角tana= 2u0 二定律得mg看=，放么-是，两小球角速定 =2tan0,可知速度偏向角都相同，即在与AC, 相同，故h相同，即在同一个水平面内做圆周运 交点处的速度方向都相同，B正确；落点在 动，B正确。 A1B1C1D1内的小球，下落的竖直高度为L,则 高三物理答案（一）第3页（共7页） P ·物理· 参考答案及解析 落地的竖直速度⑦，=√2gL,则落地时重力的瞬 后，木板的少t图像不可能是两段折线。在1~ 时功率Pc=mgvy=mg√2gL都相同，C错误； 1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度 小球击中CC1的各次运动中，设初速度为0，则 △1 3-0 大小分别为aa2,则a1一一.50m/g= 运动时间1，=L ，竖直速度v,=gt1= √2gL △w2=8-3 2m/,ag,-.5m/g=10m/s,设物 击中CC1时的速度v1=√o十v 块、木板的质量均为m,物块与木板之间的动摩擦 √i+2g 附，由数学知识可知，当=2gL 时 因数为以1，木板与地面之间的动摩擦因数为2， o 则对物块有1mg=ma1,对木板有u1mg+ 1最小，即=√2gL,此时击中CC1时下落的 μ2·2mg=ma2,得1=0.2,2=0.4，撤去拉力 坚直高度A=- 2L,D错误。 F前，木板的加速度a0==8m/s,对木板】 二、多项选择题 根据牛顿第二定律有F-(u1mg十u2·2mg)= 9.BD【解析】两圆环的电势PN>PM,则靠近N环 mao,得F=18N,A正确，B错误；在t1=1.5s 的电势较高，即a点电势比b点电势高，A错误； v132 根据对称性可知，a点场强与b点场强大小相等， 时，物块位移x1一201一2×2m=2.25m,木板 方向相同，B正确；根据电场线与等势线垂直可 位移x2=”十02-呢，8、 182-32 知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子 z1+2a=(2X1+2x10)m 透镜对入射的电子束能起到会聚作用，C错误；根 6.75m,在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相 据E。=q中可知，电子在穿越电子透镜的过程中 对滑动，物块的加速度大小a1=1g=2m/s2,木 电势能减少，D正确。 板的加速度大小为a2,由2·2mg一1mg=ma2 10.AD【解析】返回舱从a,点滑入大气层经b点 到达c,点的过程，由于有空气阻力做负功，返回 得ai=6m/s,物块到停止的时间还需1集=9 al 舱的动能减小，故有v。>v,从c点经d点后达 3 s=1.5s,木板到停止的时间还衡一 到点的过程，不受空气阻力作用，返回舱在该 过程机械能守恒，而c点和e点高度相等，返回 68=0.5s,所以木板比物块早停止运动。在有 舱在两点的重力势能相等，故有口。=V。,所以 1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移x1= a>v。=ve,A正确；返回舱由a运动到b再到 c的过程中，做曲线运动，合力的方向应指向轨 2a2×2m=2.25m,木板位移x5=- 132 2a, 迹的凹侧，所以返回舱在b点有向上的加速度 32 分量，B错误；若返回舱过d点所在的圆轨道做 2X6m=0.75m,物块最终停止时的位置与木 匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有 板右端间的距离△s=x2十x2一(x1十x1)= R十h=mu(R+h),地球表面有Gm- M G R [6.75+0.75-(2.25+2.25)]m=3m,C正 确；由上可知，物块从开始到停止运动的时间为 m'g,所以ω= gR2 √(R+),实际上返回舱在d,点 3s,2s时的速度不为0，D错误。 12.ACD【解析】MN与PQ并联的总电阻R并= 时做近心运动，此时地球引力大于所需向心力，故 gR2 2=2,根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电 w<√R十h),C错误；返回舱经过c点后做斜 10 上抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，轨迹对 流I R#+,2+0.5A=4A,MN与PQ中电 称，所以在c→d点与d→e点的时间相等，D 正确。 流相等，MN的热功率P=()R=()°× 11.AC【解析】由题图像可知，撤去拉力F前，物 4W=16W,A正确；MN中的电流方向为由N 块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F 到M,根据左手定则可知，MN所受安培力沿导 3 高三物理答案（一）第4页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 轨向上，因μ=0.5<tan37°=0.75，则mgsin37> 根据题图乙可知图像的斜率k= 2,5=1+100 mg cos37°，又因MN恰好静止，故MN所受摩 2.5 R 擦力为最大静摩擦力，其方向可能沿导轨向上， 解得R=2502。 也可能沿导轨向下，故B1的大小不唯一，B错 (5)电阻的电压及电流测量值均没有系统误差， 误；右侧导轨光滑，PQ恰好静止，对其受力分 故电阻的测量值等于真实值。 15.(1)4.0×105Pa(2)1.0×107J 析，受重力g、支持力和水平向右的安培力 【解析】(1)气体从状态d到状态a,从状态b到 F=B2IL,沿导轨方向合力为零，即mg sin0= 状态c均为等压变化，则 FA2cos0,代入数据解得B2=0.375T,C正确； p.=pa=2.0X105 Pa,p=p (1分) PQ所受安培力水平向左，根据PQ受力平衡得 气体从状态a到状态b是等容变化，由查理定 I B:2Lcos37°=mgsin37°，若B:友向，根据牛 非有号是： (1分) I 联立各式，解得气体在状态c下的压强 顿第二定律得mg sin37+B:2Lcos37°=ma, pc=p6=4.0X105Pa (1分) 联立解得a=12m/s2,D正确。 (2)a状态到b状态、c状态到d状态气体做等 三、非选择题 容变化气体不做功，b状态到c状态外界对气体 13.(1)0.0003(2分) -0.0001(2分) (2)C(2分) 做正功，则有 W1=p6(V6-V.)=2.0×10J (1分) 【解析】(1)根据Ee=2y,代入数据解得 d状态到a状态气体对外界做负功 E2≈0.0003J;系统的机械能E=Ep1十E2十 W2=p4(V4-V.)=-1.0X10J (1分) Ek=-0.0001J。 整个过程的总功W=W1十W2=1.0×10J (2)小球只在重力作用下机械能守恒，A错误； (1分) 根据热力学第一定律有△U=Q十W=0 小球在重力和弹簧弹力作用下，小球的机械能 解得Q=-1.0×10J (2分) 不守恒，但小球与弹簧组成的系统在重力和系 则整个过程气体放热，放出的热量为1.0×10J。 统内弹力作用下机械能守恒，B错误、C正确。 16.(1)0.5m/s(2)5√2×102N/C 14.(1)R,(1分)(2)见解析(2分) (3)10001, (3)3.125×10-2J I1-I2 (2分)(4)250(2分)(5)等于(1分) 【解析】(1)小球做平抛运动通过C点，设水平 和竖直方向的位移分别为5、h,则 【解析】(1)由题知，为准确测量Rx,故需要测 s=vol 量较多的数据，所以滑动变阻器采用分压式接 1 法，滑动变阻器R3、R与会被烧坏，需选择R4。 h=28t1 (1分) (2)因题中没有提供电压表，故需要将电流表A2 代入数据解得小球抛出时的速度大小 与定值电阻R1串联，改成一个电压表，其量程 vo-0.5 m/s (1分) U=I.(RA2十R1)=3V,而电流表A1放在千路 (2)如图甲所示，电场力与重力的合力应沿AC 中，完整的电路图如图所示。 方向，且当电场力与AC垂直时电场强度最小， 由图甲可知 sin0=9E (1分) mg 解得电场强度E1的最小值 E1=5√2×102N/C (1分) (3)根据电路图可得Rz= 2(r2+R1)1000I2 I1-I2 11-I29 1000I (4)根据R.= 二·变形得工=12+0， 高三物理答案（一）第5页（共7页） 3 ·物理· 参考答案及解析 (3)以AC方向为x轴，垂直AC的方向为y轴， -h 建立如图乙所示的坐标系，由题意可知小球受 余弦值c0s0=L (1分) 到垂直A、C两点连线方向的合力，且合力方向 解得cos0=0.4 (1分) 沿y轴负方向，其轨迹才能为抛物线。设小球 (3)物块在传送带上向右运动的时间 抛出时速度大小为v、方向与x轴的夹角为a, 加速度为a,从A到B的时间为t,由图可知 t1=1-0=0.1s (1分) a sin45°-ma (1分) 传送带的位移x1=1t1=0.6m (1分) mg B点坐标为 多消耗的电能 将n E1=m1g(x1-x)+27m 2m16=0.6J 又有 (1分) x=ucos a·t 物块与小球碰撞后向左运动，有v{一v=2aL1 1 解得v4=1m/s (1分) y=2 osin a·t 可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的 t=usin a a 时间4=-4=0.59 a 5 联立解得u=√8m/s (1分) 传送带位移x2=v1t2=3m (1分) 故小球抛出时的动能 多消耗的电能 E=2m=3.125×10J 1 (1分) E1=um1g(x2十L1)+2m,a人 2m12=3J 根据对称性可知小球通过C点的动能 (1分) Ek=Ek=3.125×10-2J。 (1分) 则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中， 由于传送小物块电机多消耗的电能 E=E1十E2=3.6J。 (1分) mo 18.(1)8√2V/m (2)Q点至下方0 (3) + 7 15 s 17.(1)2m/s、4m/s(2)0.4(3)3.6J 【解析】(1)小球在第二象限内做类平抛运动，有 【解析】(1)对物块m1g=m1a,解得a=2m/s2 s=Vot (1分) at=votan 0 (1分) 根据运动学公式可得v一v=2ax,解得 由牛顿第二定律有 x=0.59m<L1 (1分) 说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物 gE=ma (1分) 块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能 解得E=8√2V/m (1分) 量守恒定律可得 (2)设小球通过M,点时的速度为V,由类平抛运 miv1=miv1+m2v2 (1分) moi=7m,o7+3m,时 1 动规律 (1分) 0 解得v1=一2m/s,方向水平向左；v2=4m/s, -sin 0-8m/s (1分) 方向水平向右 (1分) 小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运 (2)小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动 量守恒定律有m2v2=(m2十m3)v3 动，轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 v2 quB-mR (1分) 1 1 mgh-2m2ui-2(m2十m)o号 小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的 解得B= qR 高三物理答案（一）第6页（共7页） ·物理· 参考答案及解析 小球刚好能打到Q点时磁感应强度最强，设为 =0.16m,T= 2πm_π 9B,25s (2分) B1,此时小球的轨迹半径为R1,由几何关系有 R L-R T L+d:-Ri Ri 由于磁场周期T。一505=2 π 解得R1=0.4m,B1=1T (1分) 结合几何关系分析可知小球在磁场中的运动轨 即小球可以打至C3板上端Q点 迹如图乙所示 设小球刚好不与C,板相碰时的磁感应强度为 5R3-L 1 B2,此时粒子的轨迹半径为R2,由几何关系有 coS R,=2 (1分) R2=d1 (1分) 即小球从M,点与y轴负方向成P=60°做匀速 此时B,-号T (1分) 直线运动打至N点 则在磁场中运动的时间 如图甲所示，与C2板相切后由A,点射出磁场打 至Q2点，设∠HO2A=∠O2AO=∠IAQ2=a T,T7π 41=4×4+6=1508 (1分) L-R212√6 √6 则sina=R=5,cosa=5 ,tana-12 离开磁场到打在平板C?上所用的时间 QQ2=02H-Q2I=R2cos a-d2tan a= d2 3√3 tausin a200s (1分) 96 40m (1分) 小球从M点到打在平板C3上所用总时间 即Q点至下方96 m处有小球打击。 (1分) t=t1+t2= 7π33 (1分) 150200/ 40 桌面 桌面 P dQ O M O. C iC, 甲 (3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为 R3,周期为T有 高三物理答案（一）第7页（共7页） 3