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届高三 月质量检测物理
２０２６ ３
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ B
【解析】 根据核反应中质量数守恒与电荷数守恒 可知 为 １ 故 错误 核反应放出的能量为 E
A． , X ０n, A ;B． Δ ＝
E E E
E E E 由能量守恒可得 E E E mc２ 解得 m ４ ３－(２ １＋３ ２)故 正确
４ ３－(２ １＋３ ２), ４ ３－(２ １＋３ ２)＝Δ , Δ ＝ c２ , B ;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 错误 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 错误．故选 ．
C ;D． , , D B
．【答案】
２ C
【解析】．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 和t t 时速率均为v．根
１ : , ( ) ＝ ０ ＝２０ ０
t t
据竖直上抛运动的对称性 最高点 速度为 的时刻位于这两个时刻的中点t ０＋２０ ．t 此时速度
, ( ０) :max＝ ＝１５０,
２
v ．
＝０
．求解初速度和加速度关系 设初速度为v ．在t t 时 小球处于上升阶段 因为t ．t 速度为v．由
２ : start ＝ ０ , ( ０＜１５０), ０
v v gt得v v gt
＝ start－ , :０＝ start－ ０ ①
在t ．t 时 速度为 v g ．t
＝１５０ , ０:０＝ start－ (１５０) ②
v
联立 解得v v 且g ２０．
①② :start＝３０, ＝t
０
．逐项分析 选项 图像纵轴为v 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
３ :A : ０ , ( )
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 画的是速率 标量 图像 字形
, , A ( ) (V ),
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 时间图．若严格指速度 错
, , － － ,A
误 选项 根据位移 速度公式v２ v２ gx 整理得v２ v２ gx．这是一个v２ 关于x的一次函数
;B : － － start＝－２ , ＝ start－２ ,
截距为v２ ．代入v v 截距应为 v ２ v２．选项 中截距为 v２ 故 错误． 选项 位移公式x
start start＝３０, (３０)＝９０ B ３０, B C : ＝
v
v t １gt２．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 start
start － , ( ) ＝－ g ＝
２ ２×(－ /２)
v x
start ．t．选项 的图像是抛物线 且最高点对应 ．t 符合物理规律．故 正确． 选项 表示 t时间
g ＝１５０ C , １５０, C D :t ０~
v t １gt２
x start － g
内的平均速度v． ２ v １gt．这是一个关于t的一次函数 斜率为 纵轴截距为
t＝ t ＝ start－ , － ,
２ ２
x v v
v v．当 时 即回到抛出点 t ２start ２(３０) t．选项 中图像与横轴交点为 t 故 错
start＝３０ t＝０ ( ),＝ g ＝ v t ＝３０ D ４０, D
(２０/０)
误．故选 ．
C
．【答案】
３ B
【解析】汽车以v匀速运动 牵引力F f 额定功率P Fv fv．减速过程中 功率变为P′ １fv保持
０ , ０＝ , ０＝ ０ ０＝ ０ , ＝ ０
２
P′
不变．再次匀速时 牵引力F f 此时速度v １v． 在减速过程中 功率P′恒定 速度v逐渐减小．根
, ＝ , ＝F＝ ０A． , ,
２
高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}P′ f
据P′ Fv可知 牵引力F不断变大．故 错误． 当车速v ３v时 牵引力F ２ ．根据牛顿第二定律
＝ , A B． ＝ ０ , ＝v＝
４ ３
f f f
取运动方向为正 F f ma．代入得 ２ f ma ma．加速度大小为a ．故 正确． 汽车
( ): － ＝ : － ＝ ⇒－ ＝ ||＝ m B C．
３ ３ ３
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 １v vt ３vt．由于实际图线在匀减速直线下方
) , ＝ (０＋ )＝ ０ ,
２ ４
( )
实际位移x
＜
３v
０
t．故
C
错误．
D．
由动能定理
:
W牵
－
W克
＝Δ
E
k
．其中W牵
＝
P′t
＝
１fv
０
t
;Δ
E
k＝
１m １v
０
２
４ ２ ２ ２
－
１m
(
v
０)
２
＝－
３mv２
０
．则克服阻力做功W克
＝
W牵
－Δ
E
k＝
１fv
０
t
＋
３mv２
０
．显然W克
＞
３mv２
０
．故
D
错误．
２ ８ ２ ８ ８
．【答案】
４ A
【解析】先考虑相距为 a的等量同种正电荷P P 的中垂线上的电场分布 此时设其中垂线上某点和两电荷
２ １、２ ,
kq
P 或P 的连线与P P 连线间的夹角为θ 有 θ π 则该点的电场强度E θ
１ ２ １ ２ , ０≤ ＜ , ＝２ ( a ) sin ＝
２ ２
θ
cos
kq θ ２θ
２ sincos 对此式求极值 设fθ θ ２θ 则f′θ θ ２θ θ 当f′θ 即 θ ３ 也
a２ , , ()＝sincos , ()＝cos－３sin cos, ()＝０, sin ＝ ,
３
即在距离两电荷中点x a θ ２a时fθ 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
＝ tan ＝ ,() , (
２
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心x a θ ２a的位置 考虑到方向问
, ＝ tan ＝ ,
２
题 故答案选择
, A．
．【答案】
５ C
【解析】 变压器是利用电磁感应原理 不改变交变电流的频率 为 故 错误 根据正弦式交流电中
A． , , ５０Hz, A ;BC．
Φ
有效值和峰值的关系可知 原线圈的电压有效值为 根据法拉第电磁感应定律有U n Δ U
, ２２０V, １＝ １ t,２＝
Δ
Φ U n
n ９０％Δ 联立可得 １ １ 解得U ． 故 正确 错误． 穿过接收线圈的磁通量约为发射
２ t , U ＝ n , :２＝３９６V, C ,B D．
Δ ２ ９０％ ２
线圈的 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 错误．故选 ．
９０％, , D C
．【答案】
６ C
【解析】波的周期为T ２π ２π 波长为λ vT ． 因为CD两点到波源的距离分别为 和
＝ω＝ s＝１s, ＝ ＝２mA． 、 ３m
２π
距离差为 是半个波长 所以波源O经过两孔CD后在挡板上方相当于是两个振动步调相反的波
４m, １m , 、
源 EF在CD的垂直平分线上 所以EF上的各点到CD的距离差都是零 所以线段EF上的各点都是振动
, , 、 ,
减弱点 故 错误 根据几何关系可得BC的长度为 根据振动方程知波的振幅为A 从 时刻
, A ;B． ５m, ＝２cm, ０
OC BC
开始 波源O的振动经过C孔到达B点的时间为t ＋ ３＋５ 波源O的振动经过D孔到达B
, １＝ v ＝ s＝４s,
２
OD BD
点的时间为t ＋ ４＋３ ． 所以在 ． 的时间内B点处于静止状态 在 ． 的时间
２＝ v ＝ s＝３５s, ０~３５s , ３５s~４s
２
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 A
, １＝２
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【 ２ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}后经过C孔的振动也传播到了B点 因为BC BD 正好等于一个波
＝２×２cm＝４cm,４s , － ＝５m－３m＝２m,
长 由上面的分析可知 经过CD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 内B点经过的路程为 故 错误 根据几何关系可知在AC连线上各点到CD两孔的
０~５s ４cm, B ;C． 、
距离差满足 x 当距离差是半波长的奇数倍的点是振动加强点 所以在AC连线上只有一个加强
２m≤Δ ≤４m, ,
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CD两孔的距
, 、
离差也是为 x 所以在AB连线上有两个加强点 所以ACABBD三条连线上共有四个加强
２m≤Δ ≤４m, , 、 、
点不包括CD两点 故 正确 ．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
、 , C ;D , , ＝ , ,
ABCD区域内加强点的位置变化 故 错误 故选
, D ． C．
．【答案】
７ D
【解析】 火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒 则 mv m v 解得v v 则火药爆炸释放的能量
A． , ２ B － (２ )＝０, B ＝ ,
E １ mv２ １ m v２ 联立可得E mv２ 故 错误 对A自开始运动到与挡板碰撞前的过程中 有
＝ ×２ ＋ × (２ ) ＝３ , A ; ,
２ ２
μmg ma 解得a μg 设物体A与挡板碰前瞬间的速度v 则v２ v２ ax解得v v 对
２ ０ ＝ １, １＝２ ０ , １, １－(２ )＝－２ １ １＝ ３ ,
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 错误 设该过
, , , B ;
v v ( ) v
程的时间间隔为t 则x ２ ＋ １t 解得t ３ 对B有 设开始运动后B的加速度大小为a
１, ＝ １, １＝ １－ μg, , ２,
２ ２ ０
μ ０２ mg ＝２ ma ２, a ２＝ μ ０ g , A与挡板碰撞时B的速度大小v ２＝ v B － a ２ t １＝ ３v , 故 C 错误 ; 以水平向右的方向
２
为正方向 A与挡板碰撞后对ABC组成的系统动量守恒 设三者的共同速度为v 则有mv mv
, 、 、 , ０, １＋２ ２＝
m m mv 解得v ３v 对C由牛顿第二定律有 μ mg μmg ma 解得a ４μg 假设
(２ ＋ ＋３ )０ ０＝ , ０(２ )＋２ ０ ＝３ ３, ３＝ ０ ,
３ ３
v
BC先共速 有v at att ３３ 速度v ２３v v 可知 A撞击挡板后B先与C共速 B与
、 , ２－ ２ ２＝ ３ ２,２＝ μg, ３＝ ＜ ０, , ,
１４ ０ ７
C共速后不再有相对运动 然后A再与BC共速．
, 、
．【答案】
８ AC
Mm ２ ２r３ M
【解析】 空间站轨道半径为r R h．由G m４πr得M ４π ．地球体积V ４ R３ 则密度 ρ
A． ＝ ＋ r２ ＝ T２ ＝GT２ ＝ π , ＝V
３
r３
３π ．则 正确． 天舟九号在椭圆轨道 上运行时 已经脱离了空间站 发动机不再工作 只受地球万有
＝GT２R３ A B． Ⅲ , , ,
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
, , , 、 ,
GM
持不变．故 错误． 加速度由万有引力决定 即a ．P点是椭圆轨道 的近地点 其到地心的距离r 最
B C． , ＝r２ Ⅲ , P
小 P′点在圆轨道 上 其到地心的距离r．从图中可知 椭圆轨道 的近地点P在轨道 的内侧 因此r
; Ⅱ , １ , Ⅲ Ⅱ , P ＜
r．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 上经过P′点 同一高
１ , , Ⅱ (
度位置 但不同轨道 的加速度．故 正确． 神舟二十号在轨道 的P′点向前加速后 万有引力不足以提供
, ) C D． Ⅱ ,
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 运行．故 错误．正确答案 ．
, , Ⅲ D AC
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【 ３ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}．【答案】
９ AD
【解析】对小球进行受力分析如图 由几何关系可得 小球重力G 轻杆c的弹力F 弹性轻绳的拉力F 之间
１, , , １、 ２
G F F
满足关系 １ ２ 因为OAOB和G为定值 故轻杆c的弹力F 大小不变 但方向会改变 故 错
OA＝OB＝AB, , , １ , , C
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 减小 故 正确 对O点进行受力
; , , ２ , D ;
分析如图 由几何关系分析可得轻杆a弹力变小b的弹力变大 故 正确 错误 故选
２, 、 , A ,B ． AD．
图 图
１ ２
．【答案】
１０ BD
【解析】 安培力做正功 错误 方法 解析法 当
μ
θ时可以做匀变
A． ,A ;B． １: , ＝tan
速直线运动 正确 方法 摩擦角图解法 如图 当
μ
θ时可以做匀变速
,B ; ２: , ; ＝tan
直线运动 F μmg BIL θ μ θ ma 方法 量纲法排除 方法
, － － (sin － cos)＝ ,C． １: ; ２:
金属棒不与弹簧连接 速度为v时 金属棒产生的感应电动势为E BLv θ
, , ＝ sin ,
Q v
所以电容器所带的电量为Q CU CBLv θ充电电流I Δ CBL θΔ CBLa θ由牛顿第二定律F
,＝ ＝ sin, ＝ t＝ sin t＝ sin, ,－
Δ Δ
F μmg
BIL θ μmg BIL θ ma得a － 错误 金属棒与弹簧连接时 设位移x
sin－ ( － cos)＝ , ＝m θ μ θCL２B２ θ,C ;D． ,
＋(sin－ cos) sin
时 速度为v则Q CBLv θI CBL θa由牛顿第二定律F kx BIL θ μmg BIL θ ma联立解
, , ＝ sin,＝ sin , － － sin－ ( － cos)＝ ,
F μmg kx F μmg kx
得a
＝m θ
－
μ θ
－
CL２B２ θ,
金属棒所受的合力F合
＝
ma
＝
m
m θ
－
μ θ
－
CL２B２ θ,
F合
＝０
时
＋(sin－ cos) sin ＋(sin－ cos) sin
F μmg x′ F μmg
x
０＝
－
k ,
令x′
＝
x
－
x
０
则F合
＝－
mk
m θ μ θCL２B２ θ＝－
k′x′
,
故金属棒以x
０＝
－
k
为
＋(sin－ cos) sin
F μmg F μmg
平衡位置做简谐运动 振幅A － 运动的最大位移为 － ．
, ＝ k , ２ k
．【答案】 分 每空 分
１１ (６ , ２ )
未考虑橡胶帽内气体体积 正确
(１)A (２) (３)
【解析】 该实验过程要保证空气柱密闭性良好 故 项正确 柱塞处涂抹润滑油的目的是为了密封气
(１)A． , A ;B．
体保证空气柱密闭性良好 故 项错误 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
, B ;C． , ,
取空气柱体积．故选
A．
pV V C
设橡胶帽内气体体积为 V 有 ( ＋Δ ) C 整理有V T V 所以图像不过原点原因是未考虑
(２) Δ , T ＝ , ＝p －Δ ,
橡胶塞内气体体积．
p p
若将控温箱密闭 当控温箱内温度升高时 假设柱塞不动 有Δ 注射器内气体与温控箱内气体温
(３) , , , T＝T,
Δ
度始终相同
,
结合之前的分析可知p空气柱
＜
p控温箱, 所以有
Δ
p空气柱
＜Δ
p控温箱 即柱塞会上升
,
所以该观点正确．
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【 ４ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}．【答案】 分 每空 分
１２ (１０ , ２ )
越高 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
(１) (２) ,
最高的区间 电阻R 将R 适当调大 或将托盘称适当左移
(３) ２ (４) ２ ;
【解析】 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
(１) , , , ,
就越高．
由题意 传感器压力在 左右时灵敏度高 甲装置可以在调节托盘秤压在OD杠杆上的位置 使质量
(２) , １N , １ ,
等于分拣标准的物体经过托盘秤时 OD杠杆对传感器的压力为 左右．
,１ １N
随着苹果质量增大 R 阻值减小 分压减小 电源电动势不变 R 分压增大 为了满足电压表的示数随苹
(３) ,１ , , ,２ ,
果质量的增大而增大 需要将电压表并联在R 两端．
, ２
E
若电源长时间未使用 内阻r增大 但电动势不变 根据闭合电路欧姆定律 有U R 可知内
(４) , , , , ＝R R r ２,
１＋ ２＋
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 适当调大．
, ２
．【答案】 分
１３ (１０ )
h hω
３ １６
(１) (２)
７ ７
【解析】 光线从液体射向空气 当入射角等于临界角C时发生全反射 光点消失．临界角满足 C １
(１) , , sin ＝n＝
３ 分
(２ )
４
由几何关系 OP h C 分
, ＝ tan (１ )
C
而 C sin ３/４ ３ 分
tan ＝ C＝ ＝ (１ )
cos １－(３/４) ２ ７
h
故OP h C ３ 分
＝ tan ＝ (１ )
７
方法一 关联速度法 速度分解法
(２) : ( )
光斑在液面移动的速度v是光线的伸长速度v与光线转动速度v的合速度 光斑在P点的线速度 转动速
２ １ , (
度 为v C ωh C v hω ２C 分
) cos ＝ /cos ⇒ ＝ /cos (３ )
hω
所以在P点光斑沿液面移动的速度为v １６ 分
＝ (２ )
７
方法二 求导法
:
dx dθ
光点速度v h ２θ hω ２θ 分
＝dt＝ sec dt＝ sec (３ )
hω
当θ C时 C １ ４ ２C １６ 故v hω １６ １６ 分
＝ ,sec ＝ C＝ ,sec ＝ , ＝ ＝ (２ )
cos ７ ７ ７ ７
．【答案】 分
１４ (１５ )
mv mv２ ( L )
(１)
４３
qL
０
(２)
３
qL
０
,
v
Q ＝２
v
０,
方向
:
与y轴负方向夹角为
６０° (３)
３３π
＋
L
,０,０
７ ２
【解析】 设区域 的磁感应强度为B 粒子在区域 的轨道半径为R 由几何关系
(１) Ⅰ １, Ⅰ , :
( )２
R２ L２ R ３L 分
＝ ＋ － ①(１ )
２
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【 ５ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}知R ７３L 分
＝ ,(１ )
１２
v２
又qvB m ０ 分
０ ＝ R ②(１ )
mv
联立 两式 得B ４３ ０ 分
①② , １＝ qL (１ )
７
设区域 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 vt 分
(２) Ⅱ , , : ＝ ０ ③(１ )
３L １at２ 分
＝ ④(１ )
２ ２
qE
其中a 分
＝m ⑤(１ )
mv２
联立 式 得E ３ ０ 分
③④⑤ , ＝ qL (１ )
由A到Q由动能定理得
:
qE ３L
＝
１mv２Q
－
１mv２
０ ⑥(１
分
)
２ ２ ２
解得v v 分
Q ＝２０(１ )
v
设Q处速度与y轴负方向的夹角为θ 由 θ ０ １ 知θ 分
, cos＝v Q＝ , ＝６０°(１ )
２
E E
设区域 的磁感应强度为B 由 问知 ７v 又已知 v
(３) Ⅲ ２, (１)(２) :B ＝ ０, B ＝ ３ ０,
１ ４ ２
mv
故B ７３B ０ 分
２＝ １＝qL ⑦(１ )
１２
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 ＝ ３
v
０
对应的洛伦兹力fx
＝
qv
x
B
２＝
mv２ mv２
３
L
０
,
又粒子在区域
Ⅲ
的电场力F
＝
qE
＝
３
L
０
,
知粒子的运动可看作以v
x ＝ ３
v
０
向右做匀速直线运动
mv
和以v v 做逆时针匀速圆周运动的合成 其圆周运动的半径R′ ０ L 分
y＝ ０ , ＝qB ＝ ⑧(１ )
２
故粒子在运动３TT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
( ) ,
４
m
离满足 x v ３T v ３ ２π ３３πL 分
:Δ ＝ ３ ０ ＝ ３ ０ qB ＝ ⑨(１ )
４ ４ ２ ２
此时轨迹在x轴上的坐标x x R′ ３３πL L
１＝Δ ＋ ＝ ＋
２
因此 粒子运动到x轴时的位置坐标应为 ３３πL L 分
, ( ＋ ,０,０)(１ )
２
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．
: ,
．【解析】 分
１５ (１６ )
． １３ ２６ ７９
(１)０６Ns m/s (２) m (３) m
８ ４５ ４５
由题 对滑块 在竖直方向上有h １gt２ 水平方向上有x vt
(１) , １ ＝ , ＝ ０
２
联立可得v 分
０＝３m/s(２ )
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【 ６ ( ７ )】
{#{QQABJYIh5wgQgIRACS76V0XKCwoYkIGRJIgmBRAWOARqSQNABAA=}#}所以滑块 受到的瞬间冲量大小I mv ．
１ ＝ １ ０＝０６Ns
滑块 和 发生碰撞时 水平方向动量守恒 有mv mv mv
１ ２ , , ２ － １ ０＝ ２ B
解得v １３ 分
B ＝ m/s(２ )
８
m
由题 滑块 做简谐运动的周期T ２ ． 分
(２) , ２ ＝２π k ＝０８s(１ )
T
可得 滑块 与 碰撞后到再次回到B点的时间 t 即此时滑块 刚好回到平衡位置 且速度向右．
, １ ２ ２ ＝ , ２ ,
２
分
(１ )
第二次碰撞过程滑块 水平方向共速mv m m v 分
１、２ ２ B ＝( １＋ ２)１(１ )
滑块 与滑块 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x vt 分
１ ２ , １＝２１ (１ )
T
此过程中滑块 简谐运动振动了 运动位移为 ． 分
２ , ０(１ )
２
所以滑块 落到水平面上时与滑块 的水平距离s x ２６ 分
１ ２ ＝ １＝ m(１ )
４５
假设滑块 与地面碰撞前后水平速度比为k 竖直速度比为k
(３) １ １, ２,
v
由t ２ y可得第二次碰撞时时间t kt 分
＝g ２＝ ２ １(１ )
由x vt可得第二次碰撞水平前进距离x kkvt kkx 分
＝ x ２＝ １ ２ １ １＝ １ ２ １(１ )
由题可知kk １ 分
１ ２＝ (１ )
２
( )n －１
则可知 第n次碰后前进的距离x １ x 分
, n ＝ １(１ )
２
所以s x x x x 分
m＝ ＋ １＋ ２＋＋ n(１ )
é ( )nù
x ê ê １ ú ú
１ë１－ û
即s x ２
m＝ ＋
１
１－
２
代入数据可得s ７９ 分
m＝ m(１ )
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高三物理试题参考答案 第 页 共 页
【 ７ ( ７ )】
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