【天壹试题】2025-2026学年高三3月质量检测 物理

2026届高三3月质量检测 科目：物 理 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。写在本试题卷上无效。 3.本试题卷共7页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。如缺页，考生须 及时报告监考老师，否则后果自负。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 姓 名 准考证号 祝你考试顺利！ 机密★启用前 2026届高三3月质量检测 物 理 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的， 1.2026年，“中国聚变工程实验堆(CFETR)”取得重大突破，首次实现稳态运行.在某核反应中，反 应方程为H十H→He十X+17.6MeV,已知？H的比结合能为E1,H的比结合能为E2, He的比结合能为E3,光在真空中的传播速度为c,下列说法正确的是 A.核反应方程中X为_9e B,核反应中的质量亏损可表示为4E,一(2E,十3E,) C,核聚变需要极高的温度，是为了克服原子核间的万有引力 D.H半衰期为12.46年，现有10个氚原子核，经过12.46年后剩下5个氚原子核 2.如图所示，将小球自A处竖直向上抛出.传感器记录的数据显示：自抛出起计时，经过时 间t。和2t。小球的速率均为o.小球向上抛出后的位移、速度、运动时间分别用x、v、t表 示.不计空气阻力，关于小球竖直向上抛出的运动过程，下列图像可能正确的是 01.5t0 01.5to 4to t A B C D 3.当下中国新能源汽车在全球已经处于绝对领先地位，除了核心技术带来的节能优势外，其节能 理念已渗透到许多细节里.某型号的新能源汽车正在平直测试场地上进行智驾测试.汽车以速度 匀速行驶，感知到本车道正前方有一缓行车辆后，立即进入经济驾驶模式，汽车的牵引力功率 立即减小为原来的一半.经过时间t,汽车再次做匀速运动.已知该汽车行驶时所受的阻力恒为 f,汽车的质量为m.关于该汽车的功率减半后的运动，下列说法正确的是 A.减速过程中，汽车的牵引力不断变小 R汽车车速破为，时，加速度格大小为易 C减速过程中，汽车的位移为 D.减速过程中，汽车克服阻力做功。m03 【高三物理试题第1页（共7页）】 4,小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其 研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆环， 其半径为a,以圆环圆心为坐标原点O,垂直于圆环平面建立x轴，他大致画出 了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是 B D 5.近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理如下左图所示.发 射线圈的输入电压为家用交流电，如下右图所示，匝数为1100匝，接收线圈的匝数为22匝.若工 作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的90%，忽略其它损耗，下列说法正确的是 交流电 直流电 接收线圈本 整流 电池 AU/八V 电路 311 发射线圈 0.01 002 0030.04s 31 交流电 A.接收线圈中交变电流的频率为45Hz B.接收线圈输出电压的有效值约为4.4V C.接收线圈输出电压的有效值约为3.96V D.发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同 6.如图所示，波源O垂直纸面做简谐运动，振动方程为y=2sin(2πt)cm,0时刻开始振动.其所激 发的横波在均匀介质中向四周传播，波速为2/s,在空间中有一开有两小孔C、D的挡板，C、D 离波源O的距离分别为3m、4m,C、D间距为4m,在挡板后有矩形ABDC区域，AC=BD= 3m,E、F分别为AB、CD中点.下列说法正确的是 A线段EF上存在加强点 A -B B.在0~5s内B点经过的路程为12cm CAC,AB,BD三条连线上（不包括C,D两点）共有四个加 强点 D.只改变波源O振动频率，ABDC区域内加强点的位置一定 不变 【高三物理试题第2页（共7页）】 7.如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物 2 体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为x= ，A和B之间夹有少量 4μog 火药某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为20的速度，最终A、B均未离开C.已知A、B、C的 质量分别为m、2m、3m,A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为2μo4o,重力加速度为g.不计 火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的 能量全部转化为A和B的动能.下列说法正确的是 B A.火药爆炸释放的能量为6mv2 B.A与挡板碰撞前瞬间速度大小为√3，A与挡板碰撞前C向左运动 CA与挡板碰強瞬间B的滤度大小为2-)， D.A与挡板碰撞后，BC东肤速，最后AB.C一起速，速度大小为 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.2025年，中国空间站进入常态化运营阶段.如图所示，中国空间站在离地球表面高度为h的圆轨 道I上运行.神舟二十号载人飞船在半径为x1的圆轨道Ⅱ上运行，天舟九号货运飞船在完成补 给后脱离空间站，正沿椭圆转移轨道Ⅲ（近地点在P点，远地点在Q点，轨道I和轨道Ⅲ相切于 Q点)独立飞行，为受控再入大气层做准备（已知地球半径为R,引力常量为G,不计大气阻力）. 下列说法正确的是 轨道I A.若通过观测得知空间站的运行周期为T,则可以求出地球的 轨道Ⅱ 密度 B.天舟九号在椭圆轨道Ⅲ上由P点向Q点的独立飞行过程中，其 机械能逐渐减小 轨道Ⅲ C,天舟九号在椭圆轨道Ⅲ上经过P点时的加速度大小大于在轨道 Ⅱ上经过P'点时的加速度大小 D.若神舟二十号载人飞船在轨道Ⅱ的P'点向前加速后（加速时间极短），其将可能沿轨道Ⅲ 运行并与在Q点的空间站相遇 【高三物理试题第3页（共7页）】 9.如图，竖直固定圆环内有α、b两根等长轻杆，一端与固定在圆环上的光滑铰链连接，另一端通过 光滑铰链连接在圆心O处，a杆水平.轻杆c的一端与O处的光滑铰链连 接，另一端与质量为m的小球连接；劲度系数为k1的弹性轻绳一端固定 在O点正上方的圆环上，另一端固定在可视为质点的小球上，小球处于静 止状态，且轻杆c与轻杆b垂直.现把弹性轻绳换成原长相等但劲度系数 为k2(k2>k1)的另一弹性轻绳，小球静止后位于圆心O右侧，轻杆a、b、c 和弹性轻绳始终与圆环处在同一竖直平面内，轻杆c长度小于轻杆a、b 长度，弹性轻绳始终在弹性限度内.下列说法正确的是 A.轻杆a的弹力变小 B.轻杆b的弹力变小 C.轻杆c的弹力大小和方向都不变 D.弹性轻绳的弹力变小 10.我国电磁弹射技术独冠全球，某兴趣小组进行系列模拟研究.如图所示，水平放置的粗糙金属 导轨相距L,动摩擦因数处处为4，导轨左端可接电源E、电阻R、初态未充电的超级电容C,空 间存在斜向右上方与导体棒垂直且与水平面的夹角为日的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现 有一根质量为的导体棒，在平行导轨且与导体棒垂直，大小为F的恒力作用下，从静止开始 运动，整个运动过程中导体棒始终和导轨垂直，导轨足够长，且导轨和导体棒的电阻均忽略不 计，导体棒左侧有同平面内一端固定的绝缘轻质弹簧，劲度系数为k,如果弹簧与导体棒连接时 始终在其弹性限度范围内，重力加速度为g.下列说法正确 的是 A.如果开关S接1，导体棒克服安培力做功等于电路中产 生的总的焦耳热 B.如果开关S接3，调节参数0与u,导体棒可能做匀变速 直线运动 C.如果开关S接2，导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为 F-umg +(sine-ucos0)CLB D.如果开关S接2，导体棒与弹簧相连，导体棒运动的最大位移为2 F一umg 三、非选择题：本题共5小题，共57分. 11.(6分)某实验小组使用如图甲所示装置探究等压情况下一定质量气体的体积与温度的关系.用 橡胶帽封闭注射器的上端，使注射器中封闭一定质量的气体，柱塞下使用细绳悬挂一重物，整 个装置置于控温箱内，控温箱内气体始终与外界相通，通过改变控温箱温度读取多组温度、体 积数值，并作体积热力学温度图像， 02 橡胶帽 空气柱 柱塞 8 温度计 ☐重物 控温箱 甲 【高三物理试题第4页（共7页）】 (1)实验过程中，下列说法正确的是 (填标号) A.实验过程要保证空气柱密闭性良好 B.柱塞处涂抹润滑油的目的是为了减小摩擦而非密封气体 C,改变控温箱温度后，应迅速读取体积，防止气体泄漏 (2)若实验操作规范无错误，作出V一T图像，如图乙所示，图像不过原点的原因是 (3)某组员认为：若将控温箱密闭，与外界大气不相通，当控温箱内温度缓慢升高时，柱塞和重 物的高度会不降反升，请问其观点是否正确？ (选填“正确”或“不正确”). 12.(10分)某探究小组，取片状RFP602型半导体薄膜压力传感器一片，探究其圆形敏感区域受压 力F与传感器电阻R,的变化关系.图示是利用测量数据画出的R,F图线.压力为1N时曲线 斜率为24k2/N,压力为5N时曲线斜率为1.9kΩ/N,前者是后者的13倍. fR/2 50 40 0 10 0 345678FN 小苹果 →小苹果 托盘秤O →大苹果 托盘 )大苹果 D 0放 放 R 大 电源： 电源 电 路 路 甲 乙 (1)由图线数据分析可知，斜率越大，传感器灵敏度就 (填“越高”或“越低”)， (2)利用RFP602型压力传感器，设计一台自动分拣装置，按一定质量标准自动分拣大小物体， 如3A等级苹果或3J等级车厘子.甲装置中O2C、O1D为绕O2、O1转动的杠杆通过R2两 端的电压激励放大电路吸动衔铁.评价甲、乙两种方案哪种更科学： (填“甲”或 “乙”)，并简要说明理由： (3)某同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质 量，且电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在 (填 “电阻R1”“电阻R2”或“电源”)两端 (4)若电源长时间未使用，内阻x增大，但电动势不变，为了保证分拣标准质量不变，可以怎样 操作： 【高三物理试题第5页（共7页）】 13.(10分)我国某科研团队研制了一种水下激光扫描通信装置，用于潜艇与水面舰艇之间的快速 光通信装置的核心原理如下：在折射率为号的液体中，深度为九处有一可旋转的激光光源S, 它绕垂直于纸面且过S点的轴以角速度ω匀速顺时针转动，对液面进行扫描探测.初始时光源 发出的激光垂直向上射到液面O点.当光源转动扫描时，液面上的接收器检测到一个光点移 动，且光点运动到某点P后突然消失（光点消失意味着信号中断，通信系统需据此调整扫描范 围).求： (1)O、P两点间的距离； 空气 P (2)光点在P点即将消失时的速度大小（即信号消失瞬间光 点的移动速度，用于判断接收器的响应时间) 水 14.(15分)现代科技常利用电场和磁场控制带电粒子的运动.如图所示的空间直角坐标系Oxyz(之 轴未画出，正方向垂直于Oxy平面向外)中，在y>0,x<0的区域I内存在垂直于Oxy平面 向里的匀强磁场；在y<0,x<0的区域Ⅱ内存在方向沿x轴正方向的匀强电场；在y≤0， x>0的区域Ⅲ内同时存在垂直于Oxy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场；在 y轴上的P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度vo射入磁场区域，粒子恰能垂直 通过x轴上的A点，然后经过电场区域从y轴上的Q点进入电场和磁场的叠加区域，已知P 点A点和Q点的坐标分别为0，L,0(一L,00,0,-L,0,区接Ⅱ和区较Ⅲ的电场强 度大小相同，不计粒子重力和电、磁场的边界效应.求： (1)区域I的磁感应强度的大小； (2)区域Ⅱ的电场强度大小和粒子在Q点的速度； X (3)若区域Ⅲ的电场强度大小和磁感应强度大小之比为 √30，求粒子运动到x轴时的位置坐标. × + × 【高三物理试题第6页（共7页）】 15.(16分)如图，桌面边缘A点放一个质量为m1=0.2kg的滑块1，距A点正下方h=0.2m光滑 水平面上O点固定一个劲度系数k=10π2N/m轻弹簧，轻弹簧的另一端与质量为m2=1.6kg 滑块2相连.轻弹簧与滑块2组成的弹簧振子以B点为平衡位置在水平面上做简谐运动，OB 间的距离x=0.6.某时刻水平向右击打滑块1（打击时间极短），瞬间给其一个水平冲量I,滑 块1水平抛出.滑块1水平抛出后恰好落到位于B点落到滑块2的上表面，与滑块2发生碰撞， 碰撞时间极短，碰撞前瞬间滑块2的速度大小为v=2/s,方向水平向左.碰后滑块1竖直向上 运动，恰好运动到与A点等高的C点.已知所有的碰撞时间极短，弹簧振子振动周期T=2π 中为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，滑块12均可看作质点，不 加速度g取10m/s2,计算结果保留分数.求： C Ohmmommoumr2 (1)水平冲量I的大小及滑块1、2发生第一次碰撞后滑块2的速度大小vB； (2)滑块1第二次与滑块2碰撞后水平方向共速、竖直速度等大反向，第一次落到水平面上时 与滑块2的水平距离s; (3)在(2)的情况下若滑块1第一次落到水平面反弹后到第二次落到水平面，两次水平落地点 之间的距离为2，且滑块1与地面碰撞前后水平、竖直分速度的比分别为一定值，则滑块1 最终停在水平面的位置到O点的距离sm为多少 【高三物理试题第7页（共7页）】2026届高三3月质量检测 物理 答题卡 姓名 班级 考 多 贴条形码区 考生禁填 缺考考生，由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂右面的 缺考标记。 正确填涂 填 注 1.答题前，考生务必清楚地将自己的姓名、准考证号填写在规定的位置，核准条形码上的准考证号、姓名与本人相符并完全 涂错误填涂 意 正确及考试科目也相符后，将条形码粘贴在规定的位置。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔作答，字体工整、笔迹清楚。 样 X■ ■O■ 象 3.考生必须在答题卡各题目的规定答题区域内答题，超出答题区域范围书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 例 口 项 4.保持卡面清洁，不准折叠、不得弄破。 选择题（请用2B铅笔填涂） 1[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 6[AJ[B][C][D] 10[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 非选择题（请使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写） 11.(6分) (1) (2) (3) 12.(10分) (1) (2) (3) (4) 13.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 高三物理第1页（共2页) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 14.(15分) 15.(16分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 高三物理第2页（共2页）2026届高三3月质量检测·物理 参考答案、提示及评分细则 1.【答案】B 【解析】A.根据核反应中质量数守恒与电荷数守恒，可知X为n，故A错误；B.核反应放出的能量为 △E= $$4 E _ { 3 } - \left( 2 E _ { 1 } + 3 E _ { 2 } \right) ，$$ ，由能量守恒可得 $$4 E _ { 3 } - \left( 2 E _ { 1 } + 3 E _ { 2 } \right) = \triangle m c ^ { 2 } ，$$ ，解得Am= $$\triangle m = \frac { 4 E _ { 3 } - \left( 2 E _ { 1 } + 3 E _ { 2 } \right) } { c ^ { 2 } }$$ ， 故B正确；C. 原子核带正电，核聚变需要高温是为了让原子核获得足够动能克服原子核间的库仑斥力，万有引力作用极弱， 故C错误；D.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，故D错误.故选B. 2.【答案】C 【解析 I1. .分析运动过程：小球做竖直上抛运动，加速度为 g (方向向下).已知 $$t = t _ { 0 }$$ 和 $$t = 2 t _ { 0 }$$ 时速率均为 $$v _ { 0 } .$$ .根 据竖直上抛运动的对称性，最高点(速度为0)的时刻位于这两个时刻的中点： $$： t _ { \max } = \frac { t _ { 0 } + 2 t _ { 0 } } { 2 } = 1 . 5 t _ { 0 } ，$$ ，此时速度 v=0. 2.求解初速度和加速度关系：设初速度为 .在 $$t = t _ { 0 }$$ 时，小球处于上升阶段(因为 $$t _ { 0 } < 1 . 5 t _ { 0 } \right) ，$$ ，速度为 $$v _ { 0 } .$$ .由 $$v = v _ { \sin t } - g t ，$$ ，得： $$： v _ { 0 } = v _ { \sin t } - g t _ { 0 } \textcircled 1$$ ① ① 在 $$t = 1 . 5 t _ { 0 }$$ ，时，速度为 $$0 ： 0 = v _ { \sin 1 } - g \left( 1 . 5 t _ { 0 } \right) \textcircled 2$$ ② ) 联立①②解得 $$： v _ { \sin A } = 3 v _ { 0 } ，$$ 且 $$g = \frac { 2 v _ { 0 } } { t _ { 0 } } .$$ 3.逐项分析：A选项：图像纵轴为 $$v _ { 0 }$$ ，在物理学中，v通常表示速度(矢量).竖直上抛运动的速度随时间均匀减 小，过最高点后变为负值.图像应为一条斜率为负的直线，穿过t轴.选项A画的是速率(标量)图像(V宇形)， 虽然形状符合速率变化，但纵轴符号 v 不规范，且通常高考中 v-t 图指速度一时间图.若严格指速度，A错 误；B选项：根据位移一速度公式 $$v ^ { 2 } - v _ { \sin \alpha } = - 2 g x ，$$ 整理得 $$v ^ { 2 } = v _ { \sin } { - 2 } ^ { 2 } - x g .$$ .这是一个 $$v ^ { 2 }$$ 关于x的一次函数， 截距为 .代入 $$v _ { \sin t } = 3 v _ { 0 } ，$$ ，截距应为 $$\left( 3 v _ { 0 } \right) ^ { 2 } = 9 v _ { 0 } ^ { 2 } .$$ .选项B中截距为 $$3 v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ 故B错误.C选项：位移公式 x= $$v _ { \sin t } - \frac { 1 } { 2 } g t ^ { 2 } .$$ .这是一个关于t的二次函数，图像为开口向下的抛物线.对称轴(最高点)为t= $$t = - \frac { v _ { m } } { 2 \times \left( - g / 2 \right) } =$$ to.选项C的图像是抛物线，且最高点对应 $$1 . 5 t _ { 0 } ，$$ ，符合物理规律.故C正确.D选项： $$： \frac { x } { t }$$ 表示 0t 时间 g 内的平均速度v $$D . \frac { x } { t } = \frac { v _ { 0 } m l - \frac { 1 } { 2 } g t ^ { 2 } } { t } = v _ { \cos m - \frac { 1 } { 2 } } g t .$$ .这是一个关于t的一次函数，斜率为 $$- \frac { g } { 2 } ，$$ ，纵轴截距为 $$v _ { \sin \alpha } = 3 v _ { 0 } ，$$ .当 $$\frac { x } { t } = 0$$ 时(即回到抛出点)， $$t = \frac { 2 v _ { s m } } { g } = \frac { 2 \left( 3 v _ { 0 } \right) } { \left( 2 v _ { 0 } / t _ { 0 } \right) } = 3 t _ { 0 } ，$$ .选项D中图像与横轴交点为 $$4 t _ { 0 } ，$$ 故D错 误.故选C. 3.【答案】B 【解析】汽车以 $$v _ { 0 }$$ ，匀速运动，牵引力 $$F _ { 0 } = f$$ ，额定功率 $$P _ { 0 } = F _ { 0 } v _ { 0 } = f v _ { 0 }$$ .减速过程中，功率变为 $$P ' = \frac { 1 } { 2 } f v _ { 0 }$$ 保持 不变.再次匀速时，牵引力 F=f ，此时速度 $$v = \frac { P ' } { F } = \frac { 1 } { 2 } v _ { 0 } ， A .$$ A.在减速过程中，功率 恒定，速度 逐渐减小.根 【高三物理试题参考答案第1页(共7页)】 P'=Fv 可知，牵引力F不断变大.故A错误，B.当车速 $$v = \frac { 3 } { 4 } v _ { 0 }$$ 时，牵引力 $$F = \frac { P ' } { v } = \frac { 2 f } { 3 }$$ .根据牛顿第二定律 (取运动方向为正)： .代人得 $$： \frac { 2 f } { 3 } - f = m a > - \frac { f } { 3 } = m a .$$ 加速度大小为 $$| a | = \frac { f } { 3 m }$$ .故B正确.C.汽车 做加速度减小的减速运动.在 v-t 图像中，图线切线斜率的绝对值逐渐减小，图线呈“下凹”状(连接初末速度 点的直线在图线上方).若做匀减速直线运动，位移 $$x = \frac { 1 } { 2 } \left( v _ { 0 } + v \right) t = \frac { 3 } { 4 } v _ { 0 } t .$$ .由于实际图线在匀减 实际位移 $$x < \frac { 3 } { 4 } v _ { 0 } t .$$ 故C错误.D.由 定理 $$： W e - W _ { 水 } = \triangle { E _ { k } } .$$ 其中 $$W _ { 甲 } = P ' t = \frac { 1 } { 2 } f v _ { 0 } t ； \triangle E _ { k } = \frac { 1 } { 2 } m \left( \frac { 1 } { 2 } v _ { 0 } \right) ^ { 2 }$$ $$- \frac { 1 } { 2 } m \left( v _ { 0 } \right) ^ { 2 } = - \frac { 3 } { 8 } m v _ { 0 } ^ { 2 } .$$ 则克服阻力做功 $$W _ { 水 } = W otin - \triangle { E _ { k } } = \frac { 1 } { 2 } f v _ { 0 } t + \frac { 3 } { 8 } m v _ { 0 } ^ { 2 } .$$ 显然 $$W e \frac { 3 } { 8 } m v _ { 0 } ^ { 2 } .$$ 故D错误. 4.【答案】A 【解析】先考虑相距为2a的等量同种正电荷 $$P _ { 1 } 、 P _ { 2 }$$ 的中垂线上的电场分布，此时设其中垂线上某点和两电荷 $$P _ { 1 }$$ 或 $$P _ { 2 }$$ 的连线与 $$P _ { 1 } P _ { 2 }$$ 连线间的夹角为0，有 $$0 \le \theta < \frac { \pi } { 2 } ，$$ ，则该点的电场强度E= $$E = 2 \frac { k g } { \left( \frac { a } { c o d \theta } \right) ^ { 2 } } \sin \theta =$$ 2kq $$\frac { 2 k g \sin \theta \cos ^ { 2 } \theta } { a ^ { 2 } } ，$$ ，对此式求极值，设 $$f \left( \theta \right) = \sin \theta \cos ^ { 2 } \theta ，$$ 则 $$f ' \left( \theta \right) = \cos \theta - 3 \sin ^ { 2 } \theta \cos \theta ，$$ ，当 f'(θ)=0， 即 $$1 \sin \theta = \frac { \sqrt 3 } { 3 } ，$$ 即在离两电荷中点 $$x = a \tan \theta = \frac { \sqrt 2 } { 2 } a$$ 时，f(0)取最大值，此时电场强度最大(也可以用其他方法如不等式求 极值)；由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元，每一对微元电荷的极值点位置都 相同，根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆 $$i x = a \tan \theta = \frac { \sqrt 2 } { 2 }$$ α的位置，考虑到方向间 题，故答案选择A. 5.【答案】C 【解析】A.变压器是利用电磁感应原理，不改变交变电流的频率，为50Hz，故A错误； BC. .根据正弦式交流电中 有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为 220V， ，根据法拉第电磁感应定律有 $$U _ { 1 } = n _ { 1 } \cdot \frac { \triangle \varphi } { \triangle t } ， U _ { 2 } =$$ $$n _ { 2 } \cdot \frac { 9 0 \% \triangle \phi } { \triangle t } ，$$ 联立可得 $$\frac { U _ { 1 } } { U _ { 2 } } = \frac { n _ { 1 } } { 9 0 \% n _ { 2 } } ，$$ ，解得： $$： U _ { 2 } = 3 . 9 6 V ，$$ ，故C正确，B错误.D.穿过接收线圈的磁通量约为发射 线圈的90%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误.故选C. 6.【答案】C 】波的周期为 $$T = \frac { 2 \pi } { \omega } = \frac { 2 \pi } { 2 \pi } s = 1 s ，$$ ，波长为 λ=vT=2m.A. .因为C、D两点到波源的距离分别为3m和 4m，距离差为1m是半个波长，所以波源O经过两孔C、D后在挡板上方相当于是两个振动步调相反的波 源，EF在CD的垂直平分线上，所以EF 上的各点到C、D的距离差都是零，所以线段EF上的各点都是振动 减弱点，故A错误；B.根据几何关系可得BC的长度为5m，根据振动方程知波的振幅为A=2cm 1， 从0时刻 开始，波源O的振动经过C孔到达B点的时间为 $$t _ { 1 } = \frac { O C + B C } { v } = \frac { 3 + 5 } { 2 } s = 4 s ，$$ s，波源O的振动经过D孔到达B 波源◎ 时间为 $$t _ { 2 } = \frac { O D + B D } { v } = \frac { 4 + 3 } { 2 } s = 3 . 5 s ，$$ s，所以在0~3.5s的时间内B点处于静止状态，在 3.5s∼4s 的时间 内即半个周期的时间内只是参与了经过D孔的传播到B点的振动，在这段时间内B点经过的路程为 $$s _ { 1 } = 2 A$$ 【高三物理试题参考答案第2页(共7页)】 =2×2cm=4cm，4s 后经过C孔的振动也传播到了B点，因为 BC-BD=5m-3m=2m， ，正好等于一个波 长，由上面的分析可知，经过C、D两孔的波振动步调正好相反，所以B点是振动减弱点，则B点的振幅为零， 所以在0~5s内B点经过的路程为4cm，故B错误；C.根据几何关系可知在AC 连线上各点到C、D两孔的 距离差满足 2m≤△x≤4m， ，当距离差是半波长的奇数倍的点是振动加强点，所以在A 连线上只有一个加强 点，根据对称性可知在BD连线上也是有一个加强点.根据几何关系可知在AB连线上各点到C、D两孔的距 离差也是为 2m≤△x≤4m， ，所以在AB连线上有两个加强点，所以 AC、AB、BD 三条连线上共有四个加强 点不包括C、D两点，故C正确；D.只改变波源O的振动频率，波速不变，根据 v=λf 可知，波长发生变化，则 ABCD 区域内加强点的位置变化，故D错误.故选C. 7.【答案】D 【解析】A.火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则 $$2 m v _ { B } - m \left( 2 v \right) = 0 ，$$ ，解得 $$v _ { B } = v ，$$ ，则火药爆炸释放的能量 $$E = \frac { 1 } { 2 } \times 2 m v ^ { 2 } + \frac { 1 } { 2 } \times m \left( 2 v \right) ^ { 2 }$$ 联立可得 $$E = 3 m v ^ { 2 } ，$$ 故A错误；对A自开始运动到与挡板碰撞前的过程中，有 $$2 \mu _ { 0 } m g = m a _ { 1 } ，$$ ，解得 $$a _ { 1 } = 2 q _ { 0 } g ，$$ ，设物体A与挡板碰前瞬间的速度 $$v _ { 1 } ，$$ 则 $$v _ { 1 } ^ { 2 } - \left( 2 v \right) ^ { 2 } = - 2 a _ { 1 } x$$ 解得 $$v _ { 1 } = \sqrt 3 v ，$$ 对 C受力分析，发现A与挡板碰撞前，C受到AB给他的摩擦力等大反向，所以C始终静止.故B错误；设该过 间隔为 $$t _ { 1 } ，$$ $$x = \frac { 2 v + v _ { 1 } } { 2 } t _ { 1 } ，$$ $$t _ { 1 } = \left( 1 - \frac { \sqrt 3 } { 2 } \right) \frac { v } { 1 0 . 8 }$$ ，对B有，设开始运动后B的加速度大小为 $$a _ { 2 } ，$$ $$\mu _ { 0 } 2 m g = 2 m a _ { 2 } ， a _ { 2 } = \mu _ { 0 } g ， A$$ 与挡板碰撞时B的速度大小 $$v _ { 2 } = v _ { B } - a _ { 2 } t _ { 1 } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } v$$ ，故C错误；以水平向右的方向 为正方向，A与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为 $$v _ { 0 } ，$$ ，则有 $$m v _ { 1 } + 2 m v _ { 2 } =$$ $$\left( 2 m + m + 3 m \right) v _ { 0 }$$ 解得 $$v _ { 0 } = \frac { \sqrt 3 } { 3 } v ，$$ ，对C由牛顿第二定律有 $$\mu _ { 0 } \left( 2 m g \right) + 2 p _ { 0 } m g = 3 m a _ { 3 } ，$$ ，解得 $$a _ { 3 } = \frac { 4 } { 3 } \mu _ { 0 } g ，$$ B、C先共速， 有v 2一azt 2 =as $$a _ { 2 } t _ { 2 } = a _ { 3 } t _ { 2 } ， t _ { 2 } = \frac { 3 \sqrt 3 v } { 1 4 k g }$$ 速度 $$v _ { 3 } = \frac { 2 \sqrt 3 } { 7 } v < v _ { 0 } ，$$ ，可知，A撞击挡板后B先与C共速，B与 可知，A撞 C共速后不再有相对运动，然后A再与B、C共速. 8.【答案】AC 【解析】A.空间站轨道半径为 r=R+h. 由 $$G \frac { M m } { r ^ { 2 } } = m \frac { 4 \pi ^ { 2 } } { T ^ { 2 } } ，$$ 得 $$M = \frac { 4 \pi ^ { 2 } r ^ { 3 } } { G T ^ { 2 } } .$$ 地球体积 $$V = \frac { 4 } { 3 } \pi R ^ { 3 } ，$$ 则密度 $$\rho = \frac { M } { V }$$ $$= \frac { 3 \pi r ^ { 3 } } { G T ^ { 2 } R ^ { 3 } }$$ A正确.B天九号在因轨道Ⅲ上运行时，已经脱离T生间站，发动机不再工作，只受地球万有 引力作用.万有引力是保守力，只有万有引力做功，因此机械能守恒.从P到Q，动能减少、势能增加，但总和保 持不变.故B错误.C.加速度由万有引力决定，即 $$a = \frac { G M } { r ^ { 2 } } . P$$ 点是椭圆轨道Ⅲ的近地点，其到地心的距离 $$r _ { P }$$ 最 小； P' '点在圆轨道Ⅱ上，其到地心的距离 $$r _ { 1 }$$ .从图中可知，椭圆轨道Ⅲ的近地点P在轨道Ⅱ的内侧，因此 $$r _ { P } <$$ $$r _ { 1 } .$$ .根据加速度公式，距离越小加速度越大，所以天舟九号在P点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过 P' '点(同一高 度位置，但不同轨道)的加速度.故C正确.D.神舟二十号在轨道Ⅱ的 P' 点向前加速后，万有引力不足以提供 所需的向心力，飞船将做离心运动，进入一个以P'点为近地点的椭圆转移轨道.由于加速前后瞬间速度方向 没变，故加速前后的轨道必在 P' '点相切，即加速后不可能沿轨道Ⅲ运行.故D错误.正确答案 AC. 【高三物理试题参考答案第3页(共7页)】 9.【答案】AD 【解析】对小球进行受力分析如图1，由几何关系可得，小球重力G，轻杆c的弹力 $$F _ { 1 } 、$$ 弹性轻绳的拉力 $$F _ { 2 }$$ 之间 满足关系 $$\frac { G } { O A } = \frac { F _ { 1 } } { O B } = \frac { F _ { 2 } } { A B }$$ ，因 因为 OA，OB 和G为定值，故轻杆c的弹力 $$F _ { 1 }$$ 大小不变，但方向会改变，故C错 误；因为弹性轻绳劲度系数变大，故AB距离会减小，故弹性轻绳的拉力 $$F _ { 2 }$$ 减小，故D正确；对O点进行受力 分析如图2，由几何关系分析可得轻杆 a 弹力变小、b的弹力变大，故A正确，B错误.故选 AD. A $$F _ { a }$$ $$F _ { 2 }$$ $$F _ { 1 }$$ $$\overrightarrow { a }$$ $$F _ { b }$$ c B b G 图1 图 2 10.【答案】BD 【解析】A.安培力做正功，A错误；B.方法1：解析法，当 \mu=tanθ 时可以做匀变 $$F _ { R }$$ $$F _ { N }$$ B 速直线运动，B正确；方法2：摩擦角图解法，如图；当 \mu=tanθ 时可以做匀变速 BIL θ 直线运动， F-\mumg-BIL(sinθ-\mucosθ)=ma，C. .方法 1： 量纲法排除；方法2： $$\mu F _ { N }$$ F 金属棒不与弹簧连接，速度为 时，金属棒产生的感应电动势为 E=BLvsinθ， mg 所以电容器所带的电量为， Q=CU=CBLvsinθ， ，充电电流I $$I = \frac { \triangle Q } { \triangle t } = C B L \sin \theta \frac { \triangle v } { \triangle t } = C B L a \sin \theta ，$$ as in 9， 由牛顿第二定律， F- BILsinθ-\mu(mg-BILcosθ)=ma， ，得 $$a = \frac { F - \tan B } { m + \left( \sin \theta - \mu \cos \theta \right) C L ^ { 2 } B ^ { 2 } \sin \theta } ， C$$ ，C错误；D.金属棒与弹簧连接时，设位移x 错误；D.金属棒 时，速度为 v， ，则 Q=CBLvsinθ，I=CBLsinθa， ，由牛顿第二定律 F-kx-BILsinθ-\mu(mg-BILcosθ)=ma ，联立解 $$a = \frac { F - \tan B - k x } { m + \left( \sin \theta - \mu \cos \theta \right) C L ^ { 2 } B ^ { 2 } \sin \theta } ，$$ ，金属棒所受的合力F台=ma=m 金属棒 $$F _ { } = m a = m \cdot \frac { F - m g - k x } { m + \left( \sin \theta - \mu \cos \theta \right) C L ^ { 2 } B ^ { 2 } \sin \theta } ， F _ { otin } = 0$$ 时 $$x _ { 0 } = \frac { F - \tan 8 } { k }$$ $$F _ { } = - m k \cdot \frac { x ^ { \prime } } { m + \left( \sin \theta - \mu \cos \theta \right) C L ^ { 2 } B ^ { 2 } \sin \theta } = - k ' x ' ，$$ 故金属棒以 $$x _ { 0 } = \frac { F - \mu m g } { k }$$ 平衡位置做简谐运动，振幅 $$A = \frac { F - \mu m g } { k } ，$$ ，运动的最大位移为 $$2 \frac { F - \mu m g } { k }$$ 11.【答案】(6分，每空2分) (1)A ( (2)未考虑橡胶帽内气体体积 (3)正确 【解析】(1)A.该实验过程要保证空气柱密闭性良好，故A项正确；B.柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气 体保证空气柱密闭性良好，故B项错误；C.改变温控箱温度后，应该等待足够长时间，温度计示数稳定后再读 取空气柱体积.故选A. (2)设橡胶帽内气体体积为 △V， ，有 $$\frac { p \left( V + \triangle V \right) } { T } = c ，$$ 整理有 $$V = \frac { C } { p } T - \triangle V$$ V，所以图像不过原点原因是未考虑 橡胶塞内气体体积. (3)若将控温箱密闭，当控温箱内温度升高时，假设柱塞不动，有 $$\frac { \triangle p } { \triangle T } = \frac { p } { T }$$ 注射器内气体与温控箱内气体温 度始终相同，结合之前的分析可知 ，所以有 即柱塞会上升，所以该观点正确. 【高三物理试题参考答案第4页(共7页)】 12.【答案】(10分，每空2分) (1)越高 (2)甲 甲可以利用杠杆对被控压力进行放大或缩小，使作用在传感器上的压力处于灵敏度 最高的区间 (3)电阻 $$R _ { 2 }$$ (4)将 $$R _ { 2 }$$ 适当调大；或将托盘称适当左移 【解析】(1)由题中图像，斜率越大，增大或减少相同的压力时，传感器电阻R变化幅度就越大，传感器灵敏度 就越高. (2)由题意，传感器压力在1N左右时灵敏度高，甲装置可以在调节托盘秤压在 $$O _ { 1 } D$$ 杠杆上的位置，使质量 等于分拣标准的物体经过托盘秤时， $$O _ { 1 } D$$ 杠杆对传感器的压力为1N左右. (3)随着苹果质量增大， $$R _ { 1 }$$ 阻值减小，分压减小，电源电动势不变， $$R _ { 2 }$$ 分压增大，为了满足电压表的示数随苹 果质量的增大而增大，需要将电压表并联在 $$R _ { 2 }$$ 两端 (4)若电源长时间使用，内阻r大，但电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，有 $$U = \frac { E } { R _ { 1 } + R _ { 2 } + r } R _ { 2 } ，$$ ，可知内 阻r增大，则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻偏小，需要的压力偏大，即分拣标准质量将会偏大，为保证标 准激励电压不变，可以将 $$R _ { 2 }$$ 适当调大. 13.【答案】(10分) $$1 1 \frac { 3 h } { \sqrt 7 }$$ $$\left( 2 \right) \frac { 1 6 h \omega } { 7 }$$ 【解析】(1光线从液体射向空气，当入射角等于临界角时发生全反射，光点消失.临界角满足 $$\sin C = \frac { 1 } { n } =$$ $$\frac { 3 } { 4 } \left( 2$$ 分) 由几何关系， OP=htanC(1 分) $$\tan C = \frac { \sin C } { \cos C } = \frac { 3 | 4 } { \sqrt { 1 - \left( 3 | 4 | ^ { 2 } } = \frac { 3 } { \sqrt 7 } \left( 1$$ 分) $$O P = h \tan C = \frac { 3 h } { \sqrt 7 } \left( 1$$ 分) (2)方法一：关联速度法(速度分解法) 光斑在液面移动的速度 v 是光线的伸长速度 $$v _ { 2 }$$ 与光线转动速度 $$v _ { 1 }$$ 的合速度，光斑在P点的线速度(转动速 度)为 $$v \cos C = w h / \cos C \rightarrow v = h \omega / \cos ^ { 2 } C \left( 3$$ 分) 所以在P点光斑沿液面移动的速度为 (2分) 方法二：求导法 光点速度 $$v = \frac { d x } { d t } = h \cdot s c e ^ { 2 } \theta \cdot \frac { d \theta } { d t } = h \cos c e ^ { 2 } \theta \left($$ 3分 θ=C $$， s e c C = \frac { 1 } { \cos C } = \frac { 4 } { \sqrt 7 } ， s c e ^ { 2 } C = \frac { 1 6 } { 7 } ，$$ $$v = h \omega \cdot \frac { 1 6 } { 7 } = \frac { 1 6 h \omega } { 7 } \left( 2$$ 14.【答案】(15分) $$\left( 1 \right) \frac { 4 \sqrt 3 m v _ { 0 } } { 7 q L }$$ $$\left( 2 \right) \frac { \sqrt 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q L } ， v _ { a } = 2 v _ { 0 } ，$$ 2v 向：与y轴负方向夹角为 $$6 0 ^ { \circ }$$ $$\left( 3 \right) \left( \frac { 3 \sqrt 3 \pi L } { 2 } + L ， 0 ， 0 \right)$$ 【解析】(1)设区域 I 的磁感应强度为 $$B _ { 1 } ，$$ ，粒子在区域Ⅰ的轨道半径为 R， ，由几何关系： $$R ^ { 2 } = L ^ { 2 } + \left( R - \frac { \sqrt 3 } { 2 } L \right) ^ { 2 }$$ ^{2}①(1 分) 【高三物理试题参考答案第5页(共7页)】 $$R = \frac { 7 \sqrt 3 } { 1 2 } L ， \left( 1$$ 分) $$q v _ { 0 } B = m \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { R }$$ ②(1 分) 联立①②两式，得 $$B _ { 1 } = \frac { 4 \sqrt 3 m v _ { 0 } } { 7 q L } \left( 1$$ 分) (2)设区域Ⅱ的电场强度为E，粒子在该区域运动的时间为t，由类平抛知 $$： L = v _ { 0 } t$$ ③(1 分) $$\frac { \sqrt 3 } { 2 } L = \frac { 1 } { 2 } a t ^ { 2 } \textcircled 4 \left( 1$$ 分) 其中 $$a = \frac { q E } { m }$$ ⑤(1 分) 联立③④⑤式，得 $$E = \frac { \sqrt 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q L } \left($$ 1分 到 Q 由动能定理得 $$： q E \frac { \sqrt 3 } { 2 } L = \frac { 1 } { 2 } m v _ { a } ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ ⑥(1 分) 解得 $$v _ { Q } = 2 v _ { 0 } \left( 1$$ 分) 设Q处速度与y轴负方向的夹角为0，由 $$\cos \theta = \frac { v _ { 0 } } { v _ { 0 } } = \frac { 1 } { 2 } ，$$ 知 $$\theta = 6 0 ^ { \circ } \left( 1$$ 分) (3)设区域Ⅲ的磁感应强度为 $$B _ { 2 } ，$$ 由(1)(2)间知； $$： \frac { E } { B _ { 1 } } = \frac { 7 } { 4 } v _ { 0 } ，$$ 又已知 $$\frac { E } { B _ { 2 } } = \sqrt 3 v _ { 0 } ，$$ $$B _ { 2 } = \frac { 7 \sqrt 3 } { 1 2 } B _ { 1 } = \frac { m v _ { 0 } } { q L }$$ 1分) 将 $$v _ { Q }$$ 沿x轴和y轴两个方向分解，知粒子在x方向的分速度 $$v _ { x } = \sqrt 3 v _ { 0 }$$ 对应的洛伦兹力 $$f _ { x } = q v _ { x } B _ { 2 } =$$ $$\frac { \sqrt 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { L } ，$$ 又粒子在区域Ⅲ的电场力F $$F = q E = \frac { \sqrt 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { L } ，$$ 知粒子的运动可看作以 $$v _ { x } = \sqrt 3 v _ { 0 }$$ ，向右做匀速直线运动 和以 $$v _ { y } = v _ { 0 }$$ 做逆时针匀速圆周运动的合成，其圆周运动的半径 $$R ' = \frac { m v _ { 0 } } { q B _ { 2 } } = L \textcircled 8 \left( 1$$ 分) 故粒子在运动 (T 为圆周运动的周期)后第一次到达 x 轴且恰好与 x 轴相切，其圆心沿x方向移动的距 离满足： $$\triangle x = \sqrt 3 v _ { 0 } \cdot \frac { 3 } { 4 } T = \sqrt 3 v _ { 0 } \cdot \frac { 3 } { 4 } \cdot \frac { 2 \pi m } { q B _ { 2 } } = \frac { 3 \sqrt 3 \pi } { 2 } L \textcircled 1 \left( 1$$ 分) 此时轨迹在x轴上的坐标xi=Ax+ $$x _ { 1 } = \triangle x + R ' = \frac { 3 \sqrt 3 \pi } { 2 } L + L$$ 因此，粒子运动到 x 轴时的位置坐标应为 $$\left( \frac { 3 \sqrt 3 \pi } { 2 } L + L ， 0 ， 0 \right) \left( 1$$ 分) 注：采用其他方法的可以按关键公式给分，得到最后正确答案的给满分. 15.【解析】(16分) (1)0.6Ns $$\frac { 1 3 } { 8 } m / s$$ $$\left( 2 \right) \frac { 2 6 } { 4 5 } m$$ m $$\left( 3 \right) \frac { 7 9 } { 4 5 } m$$ (1)由题，对滑块1在竖直方向上有 $$h = \frac { 1 } { 2 } g t ^ { 2 } ，$$ 水平方向上有 $$x = v _ { 0 } t$$ 联立可得 $$v _ { 0 } = 3 m / s \left( 2$$ 分) 【高三物理试题参考答案第6页(共7页)】 所以滑块1受到的瞬间冲量大小I=m1vo=0.6Ns 滑块1和2发生碰撞时，水平方向动量守恒，有m2v一m1v0=m20B 13 解得vB=8m/s(2分) (2)由题，滑块2做简谐运动的周期T=2π， m2 k =0.8s(1分) 可得，清块1与2碰速后到再次回到B点的时间2：=，即此时滑块2刷刚好回到平衡位置，且速度向右 (1分) 第二次碰撞过程滑块1、2水平方向共速m2vB=(m1十m2)v1(1分) 滑块1与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移x1=21t(1分) 此过程中滑失2简谐运动损动了·运动位移为.(1分) 所以滑块1落到水平面上时与滑块2的水平距离=1一行m1分) 26 (3)假设滑块1与地面碰撞前后水平速度比为k1,竖直速度比为k2, 由4-2可得第二次碰撞时时间，=k11分) g 由x=v,t可得第二次碰撞水平前进距离x2=k1k2w1t1=k1k2x1(1分) 由题可知kk:=2(1分) 则可知，第m次碰后前进的范离=（分）》，1分) 所以sm=x十x1十x2十…十xn（1分)》 1-()] 即sm=x十 1 1 79 代入数据可得sm一行m1分) 【高三物理试题参考答案第7页（共7页）】