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高 三 年 级 测 试
物理参考答案
１．【答案】Ｃ
【解析】由电荷数守恒和质量数守恒可知，Ｘ为 ０ｅ，故Ｘ为电子，它由原子核内一个中子变成一个质子而来，Ｘ的
－１
穿透能力比α射线的穿透能力强，Ａ、Ｂ项错误；１３７Ｂａ比１３７Ｃｓ更稳定，比结合能更大，Ｃ项正确；半衰期由放射性
５６ ５５
原子核自身内部结构决定，与其他因素无关，Ｄ项错误。
２．【答案】Ｂ
ｎ ｎ
【解析】由于引发电火花时的电压峰值为瞬时值，需满足Ｕ ＝２ ·Ｕ ≥２０×１０３Ｖ，解得 ２ ≥２×１０３，Ｂ项正确。
２ｍ ｎ １ｍ ｎ
１ １
３．【答案】Ｃ
【解析】由沿电场线的方向电势越来越低，可判断金属棒接电源的负极，Ｐ点的电势比 Ｑ点的电势低，Ａ项错误，
Ｃ项正确；根据曲线运动的特点，粒子所受合力指向轨迹凹的一侧，则由轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线
的反方向，故粒子带负电，Ｂ项错误；该粒子从Ｑ运动到Ｐ的过程中电场力做负功，粒子动能减小，故粒子在Ｐ点
的动能小于在Ｑ点的动能，Ｄ项错误。
４．【答案】Ｄ
【解析】受力分析如图所示，由图可知，绳３上的拉力Ｆ一直在增大，所以电子秤的示数也是一直增大，Ｄ项正确。
３
!
!
５．【答案】Ｂ
３
【解析】由图知波长λ＝８ｍ，Ａ、Ｂ处质点的平衡位置间的水平距离ｓ＝ λ＋ｎλ（ｎ＝０，１，２……），解得ｓ＝８ｎ＋６（ｍ）
４
ｓ
（ｎ＝０，１，２……），又因为ｓ≤２２ｍ，则ｓ可能值为６ｍ、１４ｍ、２２ｍ，ｎ＝１，则 ｓ＝１４ｍ，波速大小 ｖ＝ ＝３．５ｍ／ｓ，Ｂ
ｔ
项正确。
６．【答案】Ｄ
ＧＭｍ ＧＭｍ ｍｖ２ ＧＭｍ ｍｖ２
【解析】在两极处 ＝ｍｇ，在赤道上 － ＝ｍｇ，ｇ－ｇ＝０．９％ｇ，由 ＝ １ ，解得火星的第一宇宙速度
Ｒ２ ０ Ｒ２ Ｒ １ ０ １ ０ Ｒ２ Ｒ
１０槡１０ｖ
ｖ＝ ，Ｄ项正确。
１ ３
７．【答案】Ａ
【解析】Ａ、Ｂ两点速度方向垂直，重力ｍｇ的方向与速度方向成钝角π－θ，建立坐标系，如图所示，可得 ｖ＝ｖｓｉｎθ，
０
设在ｖ方向上的加速度大小为 ａ，在垂直 ｖ方向上的加速度大小为 ａ，根据牛顿第二定律，ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ，
０ １ ０ ２ １
ｖｖ
ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ，根据运动学公式可得ｖ＝ａｔ，ｖ＝ａｔ，解得小球到达Ｂ点时的速度大小为 ｖ＝ ０ ，小球从 Ａ点
２ ０ １ Ｂ ２ Ｂ
槡ｖ２－ｖ２
０
ｖ２
运动到Ｂ点的时间为ｔ＝ ０ ，Ａ项正确。
ｇ槡ｖ２－ｖ２
０
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高三物理 第 １页（共５页）
书书书８．【答案】ＡＤ
【解析】汽缸导热良好，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体发生等温变化，体积减小，压强增大，活塞对汽缸内气体
做正功，温度不变，所以汽缸内气体放出热量，Ａ项正确，Ｂ项错误；车身上升时，汽缸内气体对活塞做正功，Ｃ项
错误；通过水平路面，若要抬高车身，则需打开阀门，用气泵给汽缸充入一定量的空气，Ｄ项正确。
９．【答案】ＢＤ
【解析】设Ｏ点到斜面底端的距离为ｘ，包裹释放点的高度为ｈ，包裹从释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做
０
ｘ
功Ｗ ＝μｍｇｃｏｓα· ０ ＋μｍｇｘ，可得Ｗ ＝μｍｇｘ＋μｍｇｘ＝μｍｇｘ，根据能量守恒可知Ｑ＝Ｗ ＝μｍｇｘ，而包裹在该
克 ｃｏｓα １ 克 ０ １ 克
过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则包裹在 ｘ轴上任意位置的机械能为 Ｅ＝ｍｇｈ－μｍｇｘ，其
Ｅ－ｘ图像为纵轴截距为 ｍｇｈ、斜率为－μｍｇ的倾斜直线，而其 Ｑ－ｘ图像为过原点、斜率为 μｍｇ的倾斜直线，Ａ项
错误，Ｄ项正确；包裹的重力势能 Ｅ＝ｍｇｈ－ｍｇｘｔａｎα（ｘ≤ｘ），可知包裹 Ｅ－ｘ图像为纵轴截距 ｍｇｈ、斜率为
ｐ ０ ｐ
－ｍｇｔａｎα的图线，当ｘ＞ｘ时，重力势能为０保持不变，Ｂ项正确；当包裹从最高点下滑至斜面最低点的过程中，包
０
ｘ
裹的动能Ｅ ＝ｍｇｘｔａｎα－μｍｇｃｏｓα· ＝ｍｇ（ｔａｎα－μ）ｘ＝μｍｇｘ（ｘ≤ｘ），当包裹下滑至斜面底端时其动能Ｅ ＝
ｋ１ ｃｏｓα ０ ｋｍ
μｍｇｘ，此后在平板车Ｂ底面上克服摩擦力做功，则有Ｅ ＝μｍｇｘ－μｍｇ（ｘ－ｘ）＝２μｍｇｘ－μｍｇｘ（ｘ≤ｘ），可知，动能达到
０ ｋ２ ０ ０ ０ ０
最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为μｍｇ，动能达到最大后在平板车 Ｂ底面上运动，其图线的斜率为
－μｍｇ，可知图线具有对称性，Ｃ项错误。
１０．【答案】ＢＤ
【解析】根据左手定则，偏转磁场的方向为垂直纸面向外，Ａ项错误；氕核在电场中加速时，由动能定理得 ｑＵ＝
１ ２ｑＵ ｍｖ２ １ ２ｍＵ
ｍｖ２，解得ｖ＝ ，氕核在偏转磁场中做匀速圆周运动 Ｂｖｑ＝ ，解得 ｒ＝ ，Ｂ项正确；同理，氘核在
槡 槡
２ ｍ ｒ Ｂ ｑ
２ ｍＵ
偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为ｒ′＝ ，氕核和氘核在照相底片上都能检测到，照相底片放置区域的
槡
Ｂ ｑ
２（槡２－１） ２ｍＵ
长度至少为Ｌ＝２ｒ′－２ｒ，解得Ｌ＝ ，Ｃ项错误；偏转磁场的区域为圆形，氘核进入偏转磁场后不能
槡
Ｂ ｑ
２ ｍＵ
打到ＰＱ边界上，磁场区域半径应该满足Ｒ≤ｒ′，解得Ｒ≤
槡
，Ｄ项正确。
Ｂ ｑ
ｄ １ ｍｄ２
１１．【答案】（１） （１分） （２） （１分） （１分） 角速度平方（２分）
ｔｌ ｔ２ ｌ
０
ｄ ｖ ｄ
【解析】（１）滑块的线速度大小为ｖ＝ ，由ｖ＝ωｒ，ω＝ ＝ 。
ｔ ｒ ｔｌ
０ ０
ｄ ２ ｍｄ２ １ １ ｍｄ２
（２）由向心力表达式Ｆ＝ｍω２ｒ，Ｆ＝ｍ（ ）ｌ＝ × ，以 为横坐标，直线的斜率为 ，说明向心力与角速度
ｎ ｎ ｔｌ ｌ ｔ２ ｔ２ ｌ
平方成正比。
１２．【答案】（１）Ｆ（２分） （２）×１（２分） １５００（２分） １５（２分） （３）等大（２分）
【解析】（１）红进黑出，红表笔应接Ｆ插孔。
Ｅ
（２）由Ｒ ＝ 可知，改装的电流表量程越大，对应欧姆表的内阻越小，对应的倍率越小，由于接Ｃ时电流表量程
内 Ｉ
最小，因此倍率最大为“×１００”，则开关Ｓ合向Ｂ时，对应的是“×１”挡；将开关 Ｓ合向 Ｃ，将两表笔短接，调节滑
Ｅ １．５
动变阻器，使电流计指针满偏，这时欧姆表的内阻为 Ｒ ＝ ＝ Ω＝１５００Ω，由于倍率为“×１００”，因此改
内 Ｉ １×１０－３
装成的欧姆表中间刻度值为１５。
（３）电阻调零时，电源内阻增大可通过减小调零电阻的阻值，保证欧姆表内阻恒定，欧姆表内阻不变，测量值就
不受影响，即电阻测量值相对真实值等大。
高三物理 第 ２页（共５页）１３．解：（１）根据题意，画出光路图，如图所示
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由几何关系
θ＝２θ（１分）
１ ２
槡３
Ｒｓｉｎθ＝ Ｒ（１分）
１ ２
解得θ＝６０°，θ＝３０°（１分）
１ ２
ｓｉｎθ
由折射定律ｎ＝ １ （２分）
ｓｉｎθ
２
解得ｎ＝槡３（１分）
（２）根据光路的对称性，该光线在Ｏ′点反射后，从半球面射出，射出光线与入射光线平行，在等腰三角形 ＯＯ′Ｐ
中，根据几何关系可得Ｌ ＝２Ｒｃｏｓθ（１分）
ＰＯ′ ２
ｃ
该单色光在零部件中的传播速率ｖ＝ （１分）
ｎ
２Ｌ
传播时间ｔ＝ ＰＯ′ （１分）
ｖ
６Ｒ
解得ｔ＝ （１分）
ｃ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１４．解：（１）由于两球同时释放，经时间ｔ，小球Ｑ第一次落地，小球Ｐ下落的高度也为ｈ＝０．８ｍ
ｖ２＝２ｇｈ（１分）
０
解得ｖ＝４ｍ／ｓ（１分）
０
１
（２）小球Ｑ反弹后，再经时间ｔ，与小球Ｐ碰撞，小球Ｐ、Ｑ发生碰撞时，小球Ｐ自由下落高度ｈ ＝ｈ＋ｖｔ＋ ｇｔ２（１分）
Ｐ１ ０ ２
１
小球Ｑ竖直上升的高度ｈ ＝ｖｔ－ ｇｔ２（１分）
Ｑ１ ０ ２
因为相碰，所以有
Ｈ＝ｈ ＋ｈ ＝ｈ＋２ｖｔ
Ｐ１ Ｑ１ ０
１
再根据ｈ＝ ｇｔ２
２
解得Ｈ＝４ｍ（１分）
小球Ｐ、Ｑ发生碰撞前瞬间，设小球Ｐ的速度为ｖ，以竖直向下为正方向
１
ｖ＝ｖ＋ｇｔ
１ ０
小球Ｐ、Ｑ发生碰撞时，动量、能量均守恒
ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ（１分）
Ｐ１ ＰＰ Ｑ Ｑ
高三物理 第 ３页（共５页）１ １ １
ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２（１分）
２ Ｐ１ ２ ＰＰ ２ Ｑ Ｑ
解得ｖ＝－４ｍ／ｓ，ｖ＝４ｍ／ｓ（１分）
Ｐ Ｑ
（３）若小球Ｐ、Ｑ在小球Ｑ第二次落地时发生第一次碰撞，小球Ｐ运动的总时间为ｔ
总
ｔ＝３ｔ（１分）
总
１
Ｈ ＝ ｇｔ２（１分）
ｍ ２ 总
解得Ｈ ＝７．２ｍ
ｍ
所以４ｍ≤Ｈ′＜７．２ｍ（１分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）根据动能定理
１
Ｍｇｈ＝ Ｍｖ２（１分）
２ ０
线框１的ｅｆ边进入磁场瞬间的速度为
ｖ＝槡２ｇｈ
０
根据
Ｅ＝Ｂ×４Ｌｖ（１分）
０
Ｅ
Ｉ＝
Ｒ
Ｆ＝ＢＩ×４Ｌ（１分）
１６Ｂ２Ｌ２ 槡２ｇｈ
解得Ｆ＝ （１分）
Ｒ
（２）线框１恰好完全进入磁场后，根据受力平衡
１６Ｂ２Ｌ２ｖ
Ｍｇ＝ １ （１分）
Ｒ
１
根据能量守恒，Ｍｇ（ｈ＋Ｌ）＝ Ｍｖ２＋Ｑ（１分）
２ １
Ｍ３ｇ２Ｒ２
解得Ｑ＝Ｍｇ（ｈ＋Ｌ）－ （１分）
５１２Ｂ４Ｌ４
设线框１从ｅｆ边刚好进入磁场到线框１上边刚好进入磁场的时间为Δｔ，则该过程中
１
ΔΦ ＝４ＢＬ２（１分）
１
ΔΦ
Ｅ珔＝ １ （１分）
１ Δｔ
１
Ｅ珔
珋Ｉ＝ １
１ Ｒ
ｑ＝珋Ｉ·Δｔ（１分）
１ １
４ＢＬ２
解得ｑ＝ （１分）
Ｒ
（３）设线框１从ｅｆ边刚好进入磁场到其上边刚好进入磁场的过程中，安培力的冲量为 Ｉ，线框２从下边刚好进
１
入磁场到其上边刚好进入磁场的时间为Δｔ，安培力的冲量为Ｉ，以竖直向下为正方向
２ ２
Ｉ＝－Ｂ珋Ｉ×４Ｌ·Δｔ（１分）
１ １ １
高三物理 第 ４页（共５页）ΔΦ
１
Ｅ珔 Δｔ ４ＢＬ２
又，珋Ｉ＝ １＝ １＝
１ Ｒ Ｒ ＲΔｔ
１
４ＢＬ２ １６Ｂ２Ｌ３
所以冲量Ｉ＝－Ｂ ×４Ｌ·Δｔ＝－ （１分）
１ ＲΔｔ １ Ｒ
１
同理，Ｉ＝－Ｂ珋Ｉ×４Ｌ·Δｔ
２ ２ ２
ΔΦ
２
Ｅ珔 Δｔ ４ＢＬ２
又，珋Ｉ＝ ２＝ ２＝
２ Ｒ Ｒ ＲΔｔ
２
４ＢＬ２ １６Ｂ２Ｌ３
所以，冲量Ｉ＝－Ｂ ×４Ｌ·Δｔ＝－ （１分）
２ ＲΔｔ ２ Ｒ
２
１６Ｂ２Ｌ３
以此类推，线框ｎ进入磁场过程中，安培力的冲量为Ｉ＝Ｉ ＝……Ｉ＝Ｉ＝－ （１分）
ｎ ｎ－１ ２ １ Ｒ
该装置从开始进入磁场到线框ｎ恰好完全进入磁场过程中，根据动量定理
Ｍｇｔ＋Ｉ＋Ｉ＋……Ｉ＝Ｍｖ－Ｍｖ（１分）
２ １ ２ ｎ １ ０
１６ｎＢ２Ｌ３ ＭＲ 槡２ｇｈ
解得ｔ＝ ＋ － （１分）
２ ＭｇＲ １６Ｂ２Ｌ２ ｇ
该装置从静止释放到线框１的ｅｆ边刚进入磁场
１
ｈ＝ ｇｔ２
２ １
从线框１由静止释放到线框ｎ恰好完全进入磁场所用的时间ｔ＝ｔ＋ｔ
１ ２
１６ｎＢ２Ｌ３ ＭＲ
解得ｔ＝ ＋ （１分）
ＭｇＲ １６Ｂ２Ｌ２
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高三物理 第 ５页（共５页）
