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高三年级 月检测训练物理
１２
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ C
【解析】根据质量数守恒 与电荷数守恒 可解得 故 粒子为质子
(３＋３＝４＋２A) (２＋２＝２＋２Z), A＝１,Z＝１, X
选项 错误 轻核聚变需克服核子间的库仑斥力 因此需要极高温度 几百万摄氏度以上 使核子获得
１
(１H), A ; , ( )
足够动能 该反应虽释放能量 但常温常压下无法自发进行 选项 错误 原子核的比结合能越大 原子核越
, , , B ; ,
稳定 核反应向着生成更稳定原子核的方向进行 所以氦 核的比结合能大于氦 的比结合能 选项 正
, , －４ －３ , C
确 根据质能方程 E mc２ 释放的能量对应于质量亏损 E ． ６ ． －１９ ． －１２
; Δ ＝Δ , ,Δ ＝１２８６×１０×１６×１０ J＝２０６×１０ J,
E ． －１２
m Δ ２０６×１０ ． －２９ 选项 错误．
Δ ＝c２ ＝ ． ８ ２kg＝２２９×１０ kg, D
(３０×１０)
．【答案】
２ D
gt
【解析】落地时速度方向与水平面夹角θ的表达式为 θ t由高度决定v增大时θ减小 选项 错误
tan ＝v , ,０ , A ;
０
落地时速度大小为v v２ gt２ 则其动能为E １mv２ １mv２ gt２ 选项 错误 平抛运动竖直
＝ ０＋( ), k＝ ＝ [０＋( )], B ;
２ ２
gt
方向有h １gt２ 可知投掷高度h增加则t增大 由 θ 知θ增大 选项 错误 平抛运动加速度为g
＝ , , tan ＝v , C ; ,
２ ０
速度变化量 v gt速度变化量方向始终与加速度方向一致 即竖直向下 选项 正确．
Δ ＝ , , , D
．【答案】
３ D
【解析】返回器从轨道 绕月圆轨道 变轨至轨道 地月转移椭圆轨道 时 需在P点加速做离心运动 因此
Ⅰ( ) Ⅱ( ) , ,
轨道 上P点的速度小于轨道 上P点的速度 选项 错误 在Q点 返回器所受万有引力提供加速度 由
Ⅰ Ⅱ , A ; , ,
M地m
牛顿第二定律G ma 可知加速度仅与中心天体 地球 质量和该点到地心距离有关 因此在轨道 和
r２ ＝ , ( ) , Ⅱ
Mm ２ R３
轨道 的Q点加速度相同 选项 错误 由万有引力提供向心力G m４πR 可得T 因此
Ⅲ , B ; R２ ＝ T２ , ＝２π GM,
T R３ M地 T R３ M月
T
Ⅰ
＝ M月 r３ ,
代入M地
＝８１
M月, r
＝４
R
,
得
T
Ⅰ
＝ M月
８１
R３ ＝
８１
＝
９
,
选项
C
错误
;
返回器在
Ⅲ Ⅲ ６４ ６４ ８
轨道 的Q点相对于轨道 做向心运动 需减速才能进入半径更小的圆轨道 因此应沿速度方向喷气减
Ⅲ Ⅱ , Ⅲ,
速 选项 正确．
, D
．【答案】
４ B
【解析】在p V图中 可将图中的圆形等效成正方形进行分析 顺时针循环表示系统在过程中对外做正功
－ ( ), ,
即W ．这是因为顺时针循环中 系统膨胀过程所做的功大于压缩过程所消耗的功 净功为正 同理逆时针循
＜０ , , ;
环系统对外做负功．理想气体的内能是状态函数 系统经历一个完整循环后 状态回到初始点 因此内能变化
, , ,
量 U ．根据热力学第一定律 U Q W 得Q W．该循环过程中 系统对外做负功 则外界对系统做正
Δ ＝０ Δ ＝ ＋ , ＝－ , ,
功 有W 则Q 表示系统净放热 故正确选项为 ．
, ＞０, ＜０, , B
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ６ )】．【答案】
５ C
【解析】理想变压器原 副线圈匝数比为k 则U kU I kI．从原线圈看 R 的等效电阻为k２R 则U
、 , １＝ ２,２＝ １ ,１ １, ＝
U U
I k２R R 解得I 即电流表的示数为 选项 错误 电压表的示数为U
１( １＋ ２), １＝ k２ R, k２ R, B ; V＝
(２ ＋１) (２ ＋１)
U k２U２
IR 选项 错误 R 消耗的功率为P I２R ２ 选项 正确 R 消耗的功率为P
１ ２＝k２ , A ;１ １＝ ２ １＝ k２ ２R, C ;２ ２＝
２ ＋１ (２ ＋１)
U２
I２R 选项 错误．
１ ２＝ k２ ２R, D
(２ ＋１)
．【答案】
６ C
【解析】由v ９０ 整理得１ １x １ 则１ x图像是一条直线 如图所
＝ x v＝ ＋ , v－ ,
３０＋ ９０ ３
( )
１ ２
＋ ×３０
示 １ x图像中梯形的面积表示运动时间 故t ３ ３ 所以
,v－ , ＝ s＝１５s,
２
x
平均速度大小为v － ３０ 选项 正确．
＝t＝ m/s＝２m/s, C
１５
．【答案】
７ A
qE
【解析】由牛顿第二定律可知 带电粒子在匀强电场中的加速度大小为a 经时间t
, ＝m,
qEt
速度的变化量为 v at ．如图所示 当速度变化量 v与末速度v垂直时 v最
Δ ＝ ＝m , Δ ,Δ
mv
小 对应的时间最短 有 v v １v 联立解得t ０ 故正确选项为 ．
, , Δ ＝ ０sin３０°＝ ０, ＝qE, A
２ ２
．【答案】
８ AD
λ ．
【解析】从图乙可知振幅A ． 周期T ． 又知波长λ ． 则波的传播速度为v ２０
＝００２m, ＝０２s, ＝２０m, ＝T＝ ．m/s＝
０２
选项 正确t ． T 个周期内路程为s ． 选项 错误 由图甲及此时O处
１０m/s, A ;＝０４s＝２ ,２ ＝２×４A＝０１６m, B ;
质点恰好经过平衡位置向上运动 知该波沿x轴负方向传播t 时x ． 处的质点恰好经过平衡位置
, ,＝０ ＝１０m
向下运动 其振动方程为y A ２πt ． t 选项 错误 从P点到x ． 处 波传播
, ＝－ sin(T)＝－００２sin(１０π)m, C ; ＝３０m ,
． ．
需要时间 t ４０－３０ ． x ． 处质点的振动比P点滞后 ． x ． 处的质点在t ．
Δ ＝ s＝０１s,＝３０m ０１s, ＝３０m ＝０１s
１０
时 等效于P点在t ． ． ． 时的状态 从图乙振动图像看t ． 时 质点正在平衡位置向上运
, ＝０１s＋０１s＝０２s , ,＝０２s ,
动 选项 正确．
, D
．【答案】
９ BC
【解析】恒流源输出电流I恒定 导轨间磁场B kI恒定．底座所受安培力F BIL kI２L 方向沿导轨向右
, ＝ ＝ ＝ , ,
F kI２L v２ mv２
使底座做匀加速直线运动．加速度a 由运动学公式v２ ax 得加速阶段位移x ０ ０
＝m＝ m , ０＝２ １ １＝ a＝kI２L,
２ ２
选项 错误 底座进入右侧磁场B 区域后 与恒流源断开 与定值电阻R构成回路．底座切割磁感线产生感
A ; ０ , ,
应电动势E BLv 回路总电阻为R r 由闭合电路的欧姆定律得BLv I － R r 对底座应用动量定理
＝ ０ , ＋ , ０ ＝ ( ＋ ), ,
mv
有 B － LI t mv 又通过定值电阻的电荷量为q I － t 联立解得q ０ 选项 错误 由法拉第
－ Δ ＝０－ ０, ＝ Δ , ＝BL, D ;
０
BLx BLx mv R r
电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得 ０ ２ I － R r 整理得q ０ ２ 联立解得x ０( ＋ )
t ＝ ( ＋ ), ＝R r, ２＝ B２L２ ,
Δ ＋ ０
选项
B
正确
;
减速过程中
,
底座动能全部转化为回路焦耳热１mv２
０＝
Q总, 定值电阻R 上的热量为Q
R ＝
２
R Rmv２
R r
Q总
＝ R r
０
,
选项
C
正确．
＋ ２( ＋ )
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ２ ( ６ )】．【答案】
１０ AB
【解析】对甲 乙两小球进行受力分析 如图所示 根据几何关系 在三角形OAB
、 , , ,
中OA OB RAB R 由余弦定理可得AB２ OA２ OB２ OA OB
, ＝ ＝ , ＝ ３ , ＝ ＋ －２
AOB 解得 AOB 由 AOC 得 BOC AOB AOC
cos∠ , ∠ ＝１２０°, ∠ ＝４５°, ∠ ＝∠ －∠ ＝
mg F F
作用在小球甲上的三个力构成矢量三角形 应用正弦定理 得 １ N １ 其中 １
７５°, , , ＝ ＝ , sin３０°＝ ,
sin３０° sin１０５° sin４５° ２
mg
sin４５°＝ ２ ,sin１０５°＝sin７５°＝ ６＋２ , 解得F N １＝ (６＋２)１ , F ＝２ m １ g , 选项 B 正确 、 选项 C 错误．作用在
２ ４ ２
mg F F mg
小球乙上的三个力构成矢量三角形 应用正弦定理 得 ２ N ２ 解得F (６＋２)２ F
, , ＝ ＝ , N ２＝ , ＝
sin３０° sin７５° sin７５° ２
mg mg m
(６＋２)２ 选项 错误．由F mg (６＋２)２ 得 １ ３＋１ 选项 正确．
, D ＝２ １ ＝ , m ＝ , A
２ ２ ２ ２
．【答案】 分
１１ (７ )
(d)
． 分 分 m Mgh １ M m ２ 分
(１)５５０(２ ) (２)＜(１ ) (３)( － ) ＝ ( ＋ ) t (２ )
２ Δ
定滑轮实际有质量 其转动动能未被计入系统动能 细绳与定滑轮间存在摩擦 损耗部分能量 分
(４)① , ;② , (２ ,
任写一条即可
)
【解析】 游标卡尺的精度为 ． 如图乙所示 主尺读数为 游标尺第 条刻度线与主尺对齐
(１) ００５mm, , ５mm, １０ ,
故遮光片宽度为d ． ．
＝５mm＋００５mm×１０＝５５０mm．
为了使A下落过程中挡光片经过光电门 需满足物块B的质量M 小于物块A的质量m 即M m．若
(２) , , ＜
M m 系统可能静止或B下落 无法实现A下落测量．
＞ , ,
d
重力势能减少量 E m Mgh 动能增加量 E １ M mv２ 其中v ．若系统机械能守恒
(３) Δ p＝( － ) , Δ k＝ ( ＋ ) , ＝ t ,
２ Δ
(d)
有 E E 整理得 m Mgh １ M m ２．
Δ p＝Δ k, ( － ) ＝ ( ＋ ) t
２ Δ
导致了系统动能增加量略小于重力势能减少量可能原因 定滑轮实际有质量 其转动动能未被计入系
(４) :① ,
统动能 细绳与定滑轮间存在摩擦 损耗部分能量．
;② ,
．【答案】 分
１２ (９ )
R kR
． ． 分 分 如图所示 分 V 分 V 分
(１)０８０~０８５(２ ) (２)①９０００(１ ) ② (２ ) ③bR k(２ ) bR k(２ )
V－ V－
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ６ )】【解析】 直流电压 ． 挡分度值为 ． 指针指向第 小格第 小格之间 读数介于 ． 与 ． 之
(１) ２５V ００５V, １６ １７ , ０８０V ０８５V
间 保留两位小数 ．
( )
(２)①
改装后电压表量程U
V＝１V,
满偏电流I
g＝１００ μ A,
内阻R
g＝１０００Ω,
需串联电阻R满足U
V＝
I R R 解得R ．
g(g＋ ), ＝９０００Ω
在水果电池中 铜片是正极 锌片是负极 ．根据图乙所示的电路图 将实物进行连接 答案如图所示．
② , (＋), (－) , ,
U U r
设改装后电压表内阻为R 由闭合电路欧姆定律 得E U r 整理得１ １ １
③ V, , ＝ ＋(R ＋R ), U＝ER ＋E＋
V ２ ２
r r r R
可见１与 １ 呈线性关系 其图线斜率k 纵轴截距b １ 联立解得E V r
ER , U R , ＝E, ＝E＋ER , ＝bR k,＝
V ２ V V－
kR
V ．
bR k
V－
．【答案】 分
１３ (１０ )
R
２３
(１)６０° (２)c
【解析】 光路如图所示
(１)
α
在M 点 根据折射定律 有n sin 分
, , ＝ θ(１ )
sin１
解得θ 分
１＝３０°(１ )
根据光路可逆 知光在D点的折射角为θ α 分
, ２＝ ＝６０°(１ )
从D点的出射光线水平向右传播 由几何关系知单色光在AC边的入射角为θ 分
, ３＝６０°(１ )
由几何关系 知单色光在圆形玻璃砖中的传播距离为s R 分
(２) , １＝ ３ (１ )
由几何关系 知单色光在直角三角形玻璃砖中的传播距离为s R 分
, ２＝(２－ ３) (２ )
c
单色光在玻璃砖中的传播速度为v 分
＝n(１ )
s s
单色光在两玻璃砖中的传播时间为t １＋ ２ 分
＝ v (１ )
R
联立解得t ２３ 分
＝ c (１ )
．【答案】 分
１４ (１４ )
R R
mg １ ２
(１)３ (２)n (３)μ g
９
【解析】 滑块A从P点静止释放 沿圆弧轨道滑至Q点．根据机械能守恒 有mgR １mv２ 分
(１) , , ＝ ０(１ )
２
解得滑块A在Q点的速度大小为v gR
０＝ ２
v２
在Q点
,
根据牛顿第二定律
,
有F
N －
mg
＝
m
R
０
(１
分
)
联立解得F
N
mg
＝３
根据牛顿第三定律 滑块A对轨道的压力大小为
,
F′
N ＝
F
N ＝３
mg
(１
分
)
(２)
滑块A碰撞前的速度为v
０＝ ２
gR
,
设第一次碰撞后滑块A和滑块B的速度分别为v
A １、
v
B １,
根据动量
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ６ )】守恒定律和能量守恒定律 有mv mv mv 分
, ０＝ A １＋２ B １(１ )
１mv２
０＝
１mv２A
１＋
１
２
mv２B
１(１
分
)
２ ２ ２
联立解得v １v v ２v 分
A １＝－ ０,B １＝ ０(１ )
３ ３
( )
碰撞后滑块A以速度大小１v滑上轨道 根据机械能守恒 最大高度h满足mgh １m １v ２ 分
０ , , １ １＝ ０ (１ )
３ ２ ３
R
联立解得h
１＝
９
类似地 , 第二次碰撞前 , 滑块A从高度h １ 滑回Q点 , 速度大小v A ２ 前 ＝ ２ gh １＝ １v ０
３
( )
碰撞后滑块A的速度v A ２＝－ １v A ２ 前 ＝－ １v ０, 最大高度h ２ 满足mgh ２＝ １m １v ０ ２ (１ 分 )
３ ９ ２ ９
R
联立解得h
２＝ ２
９
( )n
以此类推 第n次碰撞后 滑块A的速度大小为 １ v 最大高度h 满足
, , ０, n :
３
mgh n ＝ １m é ë ê ê ( １ )n v ０ ù û ú ú ２ ＝ １m ( １ )n v２ ０＝ ( １ )n mgR (１ 分 )
２ ３ ２ ９ ９
R
解得h 分
n ＝ n(１ )
９
滑块B在地面上滑行时 根据牛顿第二定律 有 μ mg ma
(３) , , ２ ＝２ ,
解得a μg
＝
( )k
第k次碰撞后 滑块B的速度为v １ v 分
, Bk ＝２ ０(１ )
３
设每次碰撞后滑块B运动的时间为t 有v at
k, Bk
＝
k
Rg( )k
联立解得t ２ ２ / １ k 分
k ＝ μ (＝１,２,３,)(１ )
３
Rgé( ) ( ) ( ) ù
滑块B运动的总时间为所有t k 之和 , 有t ＝ ２ ２ μ / ë ê ê １ ＋ １ ２ ＋ １ ３ ＋û ú ú ( k ＝１,２,３,)(１ 分 )
３ ３ ３
R
解得t １ ２ 分
＝μ g (１ )
．【答案】 分
１５ (１７ )
qE v mv２ qE
３mv２ y ２ x２ d x xt x x ０t ０ ４ t yt y
(１)－ ０ (２)＝mv２ (－ ≤ ≤０) (３) ()＝ １＋ ２＝ ＋ qEsin(mv ),()＝ ２＝
８ ０ ４ １６ ０
mv２
０
é
ê ê ４
qE
t
ù
ú ú
qEëcos(mv )－１û
１６ ０
v
【解析】 粒子从P点以速度v 角度 射入 初速度分量为v v ０ v v ３v
(１) ０、 ６０° , ０ x ＝ ０cos６０°＝ ,Δ ０ y＝ ０sin６０°＝ ０
２ ２
分
(１ )
粒子从O点沿x轴正方向进入磁场 说明在O点竖直分速度为零 即v 故在O点速度大小为
, , y ０＝０,
v
v v ０ 分
O ＝ ０ x ＝ (１ )
２
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ５ ( ６ )】(v )
动能变化量为 E １m ０ ２ １mv２ ３mv２ 分
Δ k＝ － ０＝－ ０(２ )
２ ２ ２ ８
负号表示动能减少 减少量为３mv２．
, ０
８
粒子从P点运动到O点 逆向看为类平抛运动 有x vt 分
(２) , , ＝－ Ox (１ )
y １at２ 分
＝ (１ )
２
又qE ma 分
＝ (１ )
qE
消去时间t得轨迹方程为y ２ x２ d x 分
, ＝mv２ (－ ≤ ≤０)(１ )
０
v
在x 区域 同时存在竖直向上的电场E和垂直纸面向外的磁场B．粒子从O点以速度v ０沿x轴
(３) ＞０ , O ＝
２
正方向射入．采用运动分解法 配速法 均匀电磁场中 粒子的运动可视为一个匀速直线运动和一个匀速圆
( ): ,
周运动的叠加．
由qE qvB 分
＝ １ (１ )
E
又B ４
＝v
０
v
解得v ０
１＝
４
v
则v v v ０ 分
２＝ O － １＝ (１ )
４
v２
由qvB m ２ 分
２ ＝ R(１ )
mv２
联立解得R ０
＝ qE
１６
v qE
角速度为ω ２ ４ 分
＝R＝mv(１ )
０
v
初始时刻速度v ０向右 洛伦兹力向下 故顺时针旋转．建立坐标系 以O为原点t 时粒子位于O点．
２＝ , , : ,＝０
４
圆周运动的圆心位于初始位置正下方距离R处 即圆心坐标为 R ．则圆周运动部分的位置参数方程为
, (０,－ )
相对圆心
( )
x R ωt 分
２＝ sin( )(１ )
y R R ωt R ωt 分
２＝－[ － cos( )]＝ [cos( )－１](１ )
v
匀速直线运动部分的位置为x vt ０t 分
１＝ １ ＝ (１ )
４
v mv２ ( qE )
合运动位置为两部分叠加xt x x ０t ０ ４ t 分
()＝ １＋ ２＝ ＋ qEsinmv (１ )
４ １６ ０
yt y
mv２
０
é
ê ê
(
４
qE
t
) ù
ú ú 分
()＝ ２＝ qEëcosmv －１û(１ )
１６ ０
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ６ ( ６ )】
