【高三物理试题参考答案 第１
页(共６页)】
高三年级１２月检测训练物理
参考答案、提示及评分细则
１．【答案】C
【解析】根据质量数守恒(３＋３＝４＋２A)与电荷数守恒(２＋２＝２＋２Z),可解得A＝１,Z＝１,故X 粒子为质子
(
１
１H),选项A 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
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B错误;原子核的比结合能越大,原子核越
稳定,核反应向着生成更稳定原子核的方向进行,所以氦－４核的比结合能大于氦－３的比结合能,选项C 正
确;根据质能方程ΔE＝Δmc
２,释放的能量对应于质量亏损,ΔE＝１２．
８６×１０
６×１．
６×１０
－１９J＝２．
０６×１０
－１２J,
Δm＝ΔE
c
２＝２．
０６×１０
－１２
(３．
０×１０
８)
２kg＝２．
２９×１０
－２９kg,选项D 错误．
２．【答案】D
【解析】落地时速度方向与水平面夹角θ 的表达式为tanθ＝gt
v０
,
t 由高度决定,v０增大时θ 减小,选项A 错误;
落地时速度大小为v＝v
２
０＋(gt)
２,则其动能为Ek＝１
２mv
２＝１
２m[v
２
０＋(gt)
２],选项B错误;平抛运动竖直
方向有h＝１
２gt
２,可知投掷高度h 增加则t增大,由tanθ＝gt
v０
知θ 增大,选项C 错误;平抛运动加速度为g,
速度变化量Δv＝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D 正确．
３．【答案】D
【解析】返回器从轨道Ⅰ(绕月圆轨道)变轨至轨道Ⅱ(地月转移椭圆轨道)时,需在P 点加速做离心运动,因此
轨道Ⅰ上P 点的速度小于轨道Ⅱ上P 点的速度,选项A 错误;在Q 点,返回器所受万有引力提供加速度,由
牛顿第二定律G M 地m
r
２
＝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Ⅱ和
轨道Ⅲ的Q 点加速度相同,选项B错误;由万有引力提供向心力G Mm
R
２＝m ４π
２
T
２R,可得T＝２π
R
３
GM ,因此
T Ⅰ
T Ⅲ＝
R
３
M 月
M 地
r
３,代入M 地＝８１M 月,
r＝４R,得T Ⅰ
T Ⅲ＝
R
３
M 月８１M 月
６４R
３＝
８１
６４＝９
８,选项C错误;返回器在
轨道Ⅲ的Q 点相对于轨道Ⅱ做向心运动,需减速才能进入半径更小的圆轨道Ⅲ,因此应沿速度方向喷气减
速,选项D 正确．
４．【答案】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 ＜０．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
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ΔU＝０．根据热力学第一定律ΔU＝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
功,有W ＞０,则Q＜０,表示系统净放热,故正确选项为B．
【高三物理试题参考答案 第２
页(共６页)】
５．【答案】C
【解析】理想变压器原、副线圈匝数比为k,则U１＝kU２,I２＝kI１．从原线圈看,R１的等效电阻为k
２R１,则U＝
I１(k
２R１＋R２),解得I１＝
U
(２k
２＋１)R
,即电流表的示数为
U
(２k
２＋１)R
,选项B 错误;电压表的示数为UV ＝
I１R２＝
U
２k
２＋１
,选项A 错误;R１消耗的功率为P１＝I
２
２R１＝
２k
２U
２
(２k
２＋１)
２R
,选项C正确;R２消耗的功率为P２＝
I
２
１R２＝
U
２
(２k
２＋１)
２R
,选项D 错误．
６．【答案】C
【解析】由v＝９０
３０＋x整理得１
v ＝１
９０x＋１
３,则１
v －x 图像是一条直线,如图所
示,１
v －x 图像中梯形的面积表示运动时间,故t＝
(
１
３＋２
３) ×３０
２
s＝１５s,所以
平均速度大小为v
－
＝x
t ＝３０
１５m/s＝２m/s,选项C正确．
７．【答案】A
【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＝qE
m ,经时间t
速度的变化量为Δv＝at＝qEt
m ．如图所示,当速度变化量Δv 与末速度v 垂直时,Δv 最
小,对应的时间最短,有Δv＝v０sin３０°＝１
２v０,联立解得t＝mv０
２qE,故正确选项为A．
８．【答案】AD
【解析】从图乙可知振幅A＝０．
０２m,周期T＝０．
２s,又知波长λ＝２．
０m,则波的传播速度为v＝λ
T ＝２．
０
０．
２m/s＝
１０m/s,选项A 正确;
t＝０．
４s＝２T,２个周期内路程为s＝２×４A＝０．
１６m,选项B错误;由图甲及此时O 处
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＝０时x＝１．
０m 处的质点恰好经过平衡位置
向下运动,其振动方程为y＝－Asin(２π
T )
t＝－０．
０２sin(１０πt)m,选项C错误;从P 点到x＝３．
０m 处,波传播
需要时间Δt＝４．
０－３．
０
１０
s＝０．
１s,x＝３．
０m 处质点的振动比P 点滞后０．
１s,x＝３．
０m 处的质点在t＝０．
１s
时,等效于P 点在t＝０．
１s＋０．
１s＝０．
２s时的状态,从图乙振动图像看,
t＝０．
２s时,质点正在平衡位置向上运
动,选项D 正确．
９．【答案】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＝kI
２L,方向沿导轨向右,
使底座做匀加速直线运动．加速度a＝F
m ＝kI
２L
m
,由运动学公式v
２
０＝２ax１得加速阶段位移x１＝v
２
０
２a＝mv
２
０
２kI
２L
,
选项A 错误;底座进入右侧磁场B０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
应电动势E＝B０Lv,回路总电阻为R＋r,由闭合电路的欧姆定律得B０Lv＝I
－
(R＋r),对底座应用动量定理,
有－BLI
－
Δt＝０－mv０,又通过定值电阻的电荷量为q＝I
－
Δt,联立解得q＝mv０
B０L,选项D 错误;由法拉第
电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得B０Lx２
Δt
＝I
－
(R＋r),整理得q＝B０Lx２
R＋r ,联立解得x２＝mv０(R＋r)
B
２
０L
２
,
选项B正确;减速过程中,底座动能全部转化为回路焦耳热１
２mv
２
０＝Q总,定值电阻R 上的热量为QR ＝
R
R＋rQ总＝Rmv
２
０
２(R＋r),选项C正确．
【高三物理试题参考答案 第３
页(共６页)】
１０．【答案】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＝R,AB＝３R,由余弦定理可得AB
２＝OA
２＋OB
２－２OAOB
cos∠AOB,解得∠AOB＝１２０°,由∠AOC＝４５°,得∠BOC＝∠AOB－∠AOC＝
７５°,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m１g
sin３０°＝FN１
sin１０５°＝
F
sin４５°,其中sin３０°＝１
２,
sin４５°＝２
２,sin１０５°＝sin７５°＝６＋２
４
,解得FN１＝
(６＋２)m１g
２
,F＝２m１g,选项B正确、选项C错误．作用在
小球乙上的三个力构成矢量三角形,应用正弦定理,得m２g
sin３０°＝FN２
sin７５°＝F
sin７５°,解得FN２＝
(６＋２)m２g
２
,F＝
(６＋２)m２g
２
,选项D错误．由F＝２m１g＝
(６＋２)m２g
２
,得m１
m２＝３＋１
２
,选项A正确．
１１．【答案】(７分)
(１)５．
５０(２分) (２)＜(１分) (３)(m－M )gh＝１
２(M ＋m)(
d
Δt)
２
(２分)
(４)①定滑轮实际有质量,其转动动能未被计入系统动能;②细绳与定滑轮间存在摩擦,损耗部分能量(２分,
任写一条即可)
【解析】(１)游标卡尺的精度为０．
０５mm,如图乙所示,主尺读数为５mm,游标尺第１０条刻度线与主尺对齐,
故遮光片宽度为d＝５mm＋０．
０５mm×１０＝５．
５０mm．
(２)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
M ＞m,系统可能静止或B 下落,无法实现A 下落测量．
(３)重力势能减少量ΔEp＝(m－M )gh,动能增加量ΔEk＝１
２(M ＋m)v
２,其中v＝d
Δt．若系统机械能守恒,
有ΔEp＝ΔEk,整理得(m－M )gh＝１
２(M ＋m)(
d
Δt)
２
．
(４)导致了系统动能增加量略小于重力势能减少量可能原因:①定滑轮实际有质量,其转动动能未被计入系
统动能;②细绳与定滑轮间存在摩擦,损耗部分能量．
１２．【答案】(９分)
(１)０．
８０~０．
８５(２分) (２)①９０００(１分) ②如图所示(２分) ③
RV
bRV－k(２分) kRV
bRV－k(２分)
【高三物理试题参考答案 第４
页(共６页)】
【解析】(１)直流电压２．
５V挡分度值为０．
０５V,指针指向第１６小格第１７小格之间,读数介于０．
８０V与０．
８５V之
间(保留两位小数)．
(２)①改装后电压表量程UV ＝１V,满偏电流Ig ＝１００μA,内阻Rg ＝１０００Ω,需串联电阻R 满足UV ＝
Ig(Rg＋R),解得R＝９０００Ω．
②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．
③设改装后电压表内阻为RV,由闭合电路欧姆定律,得E＝U ＋(U
RV ＋U
R２
)r,整理得１
U ＝r
E １
R２＋１
E ＋
r
ERV
,可见１
U 与１
R２
呈线性关系,其图线斜率k＝r
E ,纵轴截距b＝１
E ＋r
ERV
,联立解得E ＝
RV
bRV－k,r＝
kRV
bRV－k．
１３．【答案】(１０分)
(１)６０° (２)２３R
c
【解析】(１)光路如图所示
在M 点,根据折射定律,有n＝sinα
sinθ１
(１分)
解得θ１＝３０°(１分)
根据光路可逆,知光在D 点的折射角为θ２＝α＝６０°(１分)
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θ３＝６０°(１分)
(２)由几何关系,知单色光在圆形玻璃砖中的传播距离为s１＝３R(１分)
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s２＝(２－３)R(２分)
单色光在玻璃砖中的传播速度为v＝c
n (１分)
单色光在两玻璃砖中的传播时间为t＝s１＋s２
v
(１分)
联立解得t＝２３R
c
(１分)
１４．【答案】(１４分)
(１)３mg (２)R
９
n (３)１
μ
２R
g
【解析】(１)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＝１
２mv
２
０(１分)
解得滑块A 在Q 点的速度大小为v０＝２gR
在Q 点,根据牛顿第二定律,有FN －mg＝mv
２
０
R (１分)
联立解得FN ＝３mg
根据牛顿第三定律,滑块A 对轨道的压力大小为
F′
N ＝FN ＝３mg(１分)
(２)滑块A 碰撞前的速度为v０＝２gR ,设第一次碰撞后滑块A 和滑块B 的速度分别为vA１、vB１,根据动量
【高三物理试题参考答案 第５
页(共６页)】
守恒定律和能量守恒定律,有mv０＝mvA１＋２mvB１(１分)
１
２mv
２
０＝１
２mv
２
A１＋１
２２mv
２
B１(１分)
联立解得vA１＝－１
３v０,vB１＝２
３v０(１分)
碰撞后滑块A 以速度大小１
３v０滑上轨道,根据机械能守恒,最大高度h１满足mgh１＝１
２m(
１
３v０)
２
(１分)
联立解得h１＝R
９
类似地,第二次碰撞前,滑块A 从高度h１滑回Q 点,速度大小vA２前＝２gh１＝１
３v０
碰撞后滑块A 的速度vA２＝－１
３vA２前＝－１
９v０,最大高度h２满足mgh２＝１
２m(
１
９v０)
２
(１分)
联立解得h２＝R
９
２
以此类推,第n 次碰撞后,滑块A 的速度大小为(
１
３)
n
v０,最大高度hn满足:
mghn＝１
２m (
１
３)
n
v０
é
ë
êê
ù
û
úú
２
＝１
２m(
１
９)
n
v
２
０＝(
１
９)
n
mgR(１分)
解得hn＝R
９
n(１分)
(３)滑块B 在地面上滑行时,根据牛顿第二定律,有μ２mg＝２ma,
解得a＝μg
第k 次碰撞后,滑块B 的速度为vBk＝２(
１
３)
k
v０(１分)
设每次碰撞后滑块B 运动的时间为tk,有vBk＝atk
联立解得tk＝２２R/g
μ
(
１
３)
k
(k＝１,２,３,)(１分)
滑块B 运动的总时间为所有tk之和,有t＝２２R/g
μ
(
１
３) ＋(
１
３)
２
＋(
１
３)
３
＋
é
ë
êê
ù
û
úú (k＝１,２,３,)(１分)
解得t＝１
μ
２R
g
(１分)
１５．【答案】(１７分)
(１)－３
８mv
２
０ (２)y＝２qE
mv
２
０x
２(－d≤x≤０) (３)x(
t)＝x１＋x２＝v０
４t＋mv
２
０
１６qEsin(４qE
mv０t),y(
t)＝y２＝
mv
２
０
１６qE cos(４qE
mv０t)－１
é
ë
êê
ù
û
úú
【解析】(１)粒子从P 点以速度v０、角度６０°射入,初速度分量为v０x＝v０cos６０°＝v０
２,Δv０y＝v０sin６０°＝３
２v０
(１分)
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vy０＝０,故在O 点速度大小为
vO ＝v０x＝v０
２(１分)
【高三物理试题参考答案 第６
页(共６页)】
动能变化量为ΔEk＝１
２m(
v０
２)
２
－１
２mv
２
０＝－３
８mv
２
０(２分)
负号表示动能减少,减少量为３
８mv
２
０．
(２)粒子从P 点运动到O 点,逆向看为类平抛运动,有x＝－vOxt(１分)
y＝１
２at
２(１分)
又qE＝ma(１分)
消去时间t,得轨迹方程为y＝２qE
mv
２
０x
２(－d≤x≤０)(１分)
(３)在x＞０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vO ＝v０
２沿x 轴
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＝qv１B(１分)
又B＝４E
v０
解得v１＝v０
４
则v２＝vO －v１＝v０
４(１分)
由qv２B＝mv
２
２
R (１分)
联立解得R＝mv
２
０
１６qE
角速度为ω＝v２
R ＝４qE
mv０
(１分)
初始时刻速度v２＝v０
４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＝０时粒子位于O 点．
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(０,－R)．则圆周运动部分的位置参数方程为
(相对圆心)
x２＝Rsin(ωt)(１分)
y２＝－[R－Rcos(ωt)]＝R[cos(ωt)－１](１分)
匀速直线运动部分的位置为x１＝v１t＝v０
４t(１分)
合运动位置为两部分叠加x(
t)＝x１＋x２＝v０
４t＋mv
２
０
１６qEsin(
４qE
mv０t) (１分)
y(
t)＝y２＝mv
２
０
１６qE cos(
４qE
mv０t) －１
é
ë
êê
ù
û
úú (１分)
