高三物理答案--山东师大附中2026.6高考考前打靶卷_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷_260603山东师范大学附属中学2023级高三高考前适应性训练（全科）

参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C A A C A D C AD BD
题号 11 12
答案 ACD ACD
1.【答案】D
【详解】A．根据核反应电荷数、质量数守恒，可推出X的质量数为2332330，电荷数
为90911，即X为电子，该衰变为衰变，且射线的实质是高速氦核流，射线才
是高速电子流，故A错误；
B．核子个数等于原子核的质量数，Th和Pa质量数均为233，核子个数相等，故B错误；
C．半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外界环境无关，温度升高233Th核的半
90
衰期不变，故C错误；
hc
D．光子的能量为Eh ，由于衰变过程中释放的总能量必须不小于发射的光子的

E h
能量，即ΔEE，根据质能方程E mc2，可知该 过程的质量亏损Δm  ，故D
c2 c
正确。
2．C
【详解】A．在双缝干涉实验中，干涉条纹是等间距的，中央亮纹虽然最亮，但其宽度与其
他亮纹宽度相同，故A错误；
B．从第1条暗条纹中心到第n条暗条纹中心共有n1个条纹间距，设相邻条纹间距为Δx，
Δx
则Δx
n1
l
根据双缝干涉条纹间距公式Δx 
d
Δx l
可得  
n1 d
Δxd
解得波长 ，故B错误；
(n1)l
l
C．根据双缝干涉条纹间距公式Δx 可知，条纹宽度（间距）只与双缝到屏的距离l、
d
双缝间距d以及光的波长有关，与单缝和双缝之间的距离无关。将单缝向双缝靠近，干涉
条纹宽度不变，故C正确；
l
D．红光的波长大于绿光的波长，根据Δx 可知，红光形成的相邻亮条纹间距比绿光大，
d
答案第1页，共12页故D错误。
故选C。
3．A
【详解】CD．分析可知，圆环套在绳子上可视为活结模型，环两端绳子上的拉力大小相等，
根据平行四边形定则，做出力的平行四边形如图所示
设绳子与竖直方向的夹角为 ，绳子上的拉力为 ，根据力的平行四边形可知，当缓慢放绳
时，绳子上拉力与竖直方向的  夹角 减小，而根据  平衡条件有
可知，当 减小时，绳上的拉力减小  ，对乙分析，在水平方向，2  乙co受s  到=地  面  对乙的静摩擦力
与绳子上的  拉力在水平方向的分力而平衡，则有
在缓慢放绳时， 减小，则地面对乙的摩擦力逐渐  变=小  s，in故  CD错误；

AB．根据平衡条件可知，每段绳子上的拉力在竖直方向的分力不变，即

=  cos  = 2
对甲分析，设地面对甲的支持力为 ，根据平衡条件有
N N 甲

= 2 +  
可知地面对甲的支持力不变，故A正确，B错误。
故选A。
4．A
【详解】A．题意可知C点为AE中间位置点，根据匀变速直线运动推论，中间位置速度
v2v2
v  0
中
2
v202 2
结合题意可知C点速度v   v，故A正确；
C 2 2
B．汽车从A点匀减速到E点停下，逆向思维法，可看作汽车从E点做初速度为0的匀加速
直线运动到A点，根据匀变速直线运动推论，在连续相等的位移内所用时间关系，有
     
t :t :t :t 1: 2 1 : 3  2 : 2 3
ED DC CB BA
答案第2页，共12页t  
因为t t，则t   2 3 t，故B错误；
BA ED 2 3
 
C．综合以上分析，可知运动总时间t t t t t  42 3 t，故C错误；
总 ED DC CB BA
v
D．根据匀变速直线运动位移时间关系有x  t
AE 2 总
 
联立以上解得x  2 3 vt，故D错误。
AE
故选A。
5．C
ΔE
【详解】引力做的正功等于引力势能的减少量，关系满足F  p
Δx
即引力大小等于E x图像斜率的负值。在xkL处引力势能最大，图像斜率为0，说明此
p
处探测器所受合引力为0，地球对探测器的引力与月球对探测器的引力大小相等。设探测器
质量为m ​ ，探测器距离地心为kL，距离月心为LkL(1k)L
0
Mm mm
根据万有引力大小相等，可得G 0 G 0
(kL)2 [(1k)L]2
2
M  k 
约去公共项Gm 0 和L2，整理得 m  1k  
故选C。
6．A
【详解】设小球在P点水平方向速度和竖直方向速度大小分别为v 、v ，如图所示
x y
设小球从O点到P点时间为t，由平抛运动水平方向做匀速直线运动和竖直方向做自由落体
运动可得
xv t
x
v
h y t
2
答案第3页，共12页v
小球仍然恰好落在斜面顶端并刚好沿斜面下滑，则满足tan y
v
x
h 1
综合解得  tan
x 2
故选A。
7．D
【详解】A．由图乙可知，当汽车的速度为v 时，牵引力为4F ，根据题意，由公式PFv可
0 0
知，额定功率为P4Fv ，故A错误；
0 0
P
B．由图乙可知，小车速度最大时，牵引力为F ，根据公式PFv，可得v  4v ，故
0 m F 0
0
B错误；
C．根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，则汽车受的阻力大小为 f F
0
3
汽车在t 时刻，汽车的速度为v v 3v
0 4 m 0
P 4
则此时的牵引力为F  F
v 3 0
根据牛顿第二定律有F f ma
F
解得a 0 ，故C错误；
3m
1 1
D．0t 时间内，根据动能定理有Pt  fx mv2 mv2
0 0 2 2 0
4mv2
解得x4v t  0 ，故D正确。
0 0 F
0
故选D。
8．C
【详解】A．等量正点电荷的电场在圆周上具有对称性，A点和F点的点电荷电场强度大小
相等、方向相反，再叠加方向相同的匀强电场（水平向右），合场强大小不相等，A错误；
B．匀强电场中，H点电势高于C点电势（沿电场线方向电势降低）；等量正点电荷的电场
中，H、C两点电势相等；总电场中  ，正试探电荷电势能E q，则E E ，B
H C p pH pC
错误；
C．等量正点电荷的电场，O点场强为0，向两侧（I、D 方向）场强逐渐增大，方向分别向
左、向右；匀强电场方向始终水平向右，则合场强在I与O之间存在一个平衡位置（合场强
答案第4页，共12页为0），正试探电荷在I点释放后，会在平衡位置左右做往复运动，C正确。
D．等量正点电荷的电场力对正试探电荷先向下、后向上；匀强电场力始终水平向右，与竖
直方向位移垂直，不做功，则合电场力先做负功后做正功，D错误。
故选C。
9．【答案】AD
【详解】AB．活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀，由盖—吕萨克定律得
1  2
1 =  2
代入 ，
解得  1 =  ℎ  2 =2  ℎ
故气体  2升=高2  的1温度Δ ，故A正确，B错误；
=  2−  1 =  1
CD．对活塞受力分析，由平衡条件可得封闭气体的压强为
+  0
则加热过程气体对外做功为  =  0− 
由热力学第一定律得Δ  =   ℎ=  0  −  −  0 ℎ ，故C错误，D正确。
故选AD。  =−  +  =  +  +  0 ℎ−  0  ℎ
10．BD
【详解】A．交流电频率 f 50Hz
1
周期T  0.02s，故A错误；
f
I n
B．只有一台充电桩工作时，副线圈电流I 16A，根据 3  4 可知输电线电流
4 I n
4 3
1 1
I  16A A
3 48 3
输电线损耗功率P I2r2W，故B正确；
损 3
C．工作的充电桩越多，副线圈总电流越大，输电线电流越大，输电线损耗的电压U I r
3
越大，故C错误；
D．10 台充电桩同时工作时，降压变压器输出功率
P10U I 1022016W35200W35.2kW，故D正确。
4 4
故选BD。
11．ACD
【详解】AC．绕BC转动时，小球受重力mg、斜面支持力N 、挡板弹力F ， 竖直方向平
1 1
答案第5页，共12页mg 2 3
衡N cosmg，得 N   mg，N 0，说明小球和斜面一定挤压， 水平方
1 1 cos30 3 1
3
向合力提供向心力F N sinm2R，代入得 F m2Rmgtan30 m2R mg0，
1 1 1 3
2 3
说明小球和挡板也一定挤压，此时斜面支持力大小为 mg，故 AC正确；
3
BD．绕AA转动时，小球受重力mg、斜面支持力N 、挡板弹力F （水平向右，挡板只能
2 2
mg 2 3
推不能拉，故F 0）， 竖直方向平衡N cosmg，得 N   mg，因此斜面
2 2 2 cos30 3
2 3
对小球的支持力始终为这个值，小球对斜面的压力也等于这个值，故N N  mg
1 2 3
水平方向合力N sinF m2R
2 2
mg g 0.577g
得 F mgtan30m2R m2R ，由F 0，得2   ，选项B中
2 3 2 3R R
2g 2g 0.667g 0.577g
 ，则2    ，F 0，不可能实现，故B错误， D正确。
3R 3R R R 2
故选ACD 。
12．ACD
1
【详解】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v ，根据机械能守恒定律得mgR mv2
0 2 0
mv2
根据牛顿第二定律得F mg  0
N R
联立解得v  2gR ，F 3mg
0 N
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A正确；
L
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为v ，P棒的速度为v ，则有BLv B v
Q P P 2 Q
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
L
BILt mv mv ，BI  tmv
0 P 2 Q
又qIt
1 2 4m 2gR
联立解得v = 2gR，v = 2gR ，q ，故B错误，C正确；
P 5 Q 5 5BL
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒
定律得mv mv 2mv
P Q
1 1 1
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q mv2 mv2  2mv2
2 P 2 Q 2
答案第6页，共12页1
联立解得Q mgR，故D正确。
50
故选ACD。
13．(1) A 左
(2)20
(3) 800 高于
E
【详解】（1）[1]若滑动变阻器选用B，则电路总电阻R20，干路的电流I  2A
R
超过滑动变阻器的额定电流，所以应选用A；
[2]为保护电路，开关闭合前滑动变阻器的滑片P应置于最左端。
（2）定值电阻与热敏电阻并联，则电压相等，即I R I R
1 0 2 T
解得R 20k
T
由图乙可知，此时温控室内的温度为20°C。
（3）[1]由图乙可知，当温度为15°C时，热敏电阻的阻值为R 32k，控制系统可视为阻
T
IR
值为R 48k，根据闭合电路欧姆定律可得E ( 控 I)RIR
控 0 R 控
T
其中I 0.2mA，代入数据解得R800
[2]若将R调小，要想维持控制系统两端的电压不变，则R 应变小，温度升高，故加热系统
T
的开启温度高于15°C。
3
14． 5.000 P 1 P 2 杂质的像 D
6
【详解】[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
D50mm00.05mm50.00mm5.000cm
[2]在P 右侧沿平行纸面方向观察，直至P 恰好完全遮挡住杂质的像和P 的像，则此时可确
2 2 1
定杂质位于P P 连线之间；
1 2
[3]在外圆弧线上适当的位置竖直插一枚大头针P ，再在适当位置竖直插一枚大头针P ，使
3 4
得沿平行纸面方向观察时P 完全遮挡住P 和杂质的像；
4 3
[4]根据题意可知，杂质应位于f点，如图所示
答案第7页，共12页sin
根据折射定律可得n
sinOef
解得Oef 30
D
所以该杂质与玻璃砖中轴线的距离 2 3
x  D
2cosOef 6
15．【答案】(1)2s
(2)26cm
x
【详解】（1）左侧波传到直线AB处用时t  1，其中x 5m，v 5m/s，则t 1s
1 v 1 1 1
1
x
t  2 ，其中x 2m，v 2m/s，则t 1s
2 v 2 2 2
2
t t t 2s
1 2
x
右侧波传到M 点用时t  3 ，其中x 6m，v 2m/s，则t 3s
3 v 3 2 3
2
所以左侧波先传过去，经过t 2s，M 点开始振动
（2）左侧波传到M 点用时t 2s，右侧波传到M 点用时t 3s，两列波的振动周期T 2s，
3
左侧波传过去后振动1s，右侧波传到M 点，两波振动叠加，t 3s时两列波在M 点都从平
3
衡位置向下振动，M 点为振动加强点
所以02s，M 点未振动，路程为s 0
1
2~3s，M 点为左侧波在此的路程s 2A 6cm
2 1
3~5s，两波都传到M 点，且M 点振动加强，s 4A A 20cm
3 1 2
故M 点的振动路程为ss s s 26cm
1 2 3
答案第8页，共12页2V LS
16．(1)P 2P ，T  0 T ；
1 0 1 V 0
0
(2)V V 2LS
0
【详解】（1）活塞受力平衡有PS PSkL
1 0
解得P 2P
1 0
升温后体积V V LS
1 0
PV PV
由理想气体状态方程有 0 0  1 1
T T
0 1
2V LS
解得T  0 T
1 V 0
0
（2）充气过程为等温变化PV PΔV PV LS
0 0 0 1 0
解得V V 2LS
0
v
17．(1) 0 负号表示碰后反向
2
3v
(2) 0
16g
v
(3) 0
4g
【详解】（1）设木板B与1号球第一次碰后B速为v ，球速为u ，根据动量守恒，有
1 1
mv mv 3mu
0 1 1
1 1 1
根据能量守恒，有 mv2  mv2 3mu2，
2 0 2 1 2 1
v
联立解得v  0 负号表示碰后反向
1 2
（2）碰后小球1与小球2发生碰撞，交换速度，小球1仍停在原处。后面的球依次交换速
度，最后是n号球以u 向右运动。木板B向左运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有
1 1
2.52mg3mg ma
1
解得a 8g
1
v
经t 减速到零，则有t  0
1 1 16g
答案第9页，共12页1 v2
t 内B位移x为x  at2 0
1 1 1 2 11 64g
B减速到零后反向加速，加速度为a ，根据牛顿第二定律，有2.52mg3mg ma
2 2
解得a 2g
2
1
设经t 再次与1号小球发生第二次碰撞，有x  a t2
2 1 2 2 2
v
解得t  0
2 8g
3v
木板B第一次碰1号球后与球发生第二次碰撞所经历的时间为t t  0
1 2 16g
v
（3）此时B速度为v a t  0
10 2 2 4
此时A的速度为v v 2.5gt t 
A1 0 1 2
17 v
解得v  v v  0
A1 32 0 10 4
1
所以再次碰1号球前，A、B未达到等速，以后B每一次碰球，速度都是前一次速度的 ，
4
1 1
显然，连续两次碰1号球的时间间隔也应该是前一次的 ，即为公比为 的无穷递减等比数
4 4
t t v
t 1 2  0
列。所以木板B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间t为 1 4g 。
1
4
qBR
18】(1)
m
(2)斜向左上方与PO
1
夹角为30
(3)R
(4)nRn1，2，3
【详解】（1）粒子沿PO₁方向射入时其轨迹如图所示，
答案第10页，共12页由几何关系得轨道半径r=R。
mv2
由洛伦兹力提供向心力qvB
r
qBR
得v
m
（2）粒子速度大小不变，故轨迹半径仍为r R
设粒子入射速度与PO 夹角为，粒子的运动轨迹如下图所示
1
3R
由几何关系得Rsinq+R=
2
1
解得sin
2
即入射速度方向斜向左上方与PO
1
夹角为30
q2B2R
（3）粒子进入正交电磁场后，受电场力F =Eq=
电
2m
E qBR v
可将粒子运动分解v   
1 B 2m 2
其洛伦兹力qvBqE
1
答案第11页，共12页恰好抵消电场力
v
剩余速度v vv 
2 1 2
mv R
做匀速圆周运动，圆周半径 r 2 
qB 2
粒子在正交电磁场中运动过程中距x轴的最大距离 y 2r' R
max
R
（4）若设粒子在正交电磁场中旋转的角速度，据前分析得 y 1cost
2
又粒子轨迹与x轴相切时y0
此时t2nn1，2，3 
2 2nm
得t 
 qB
R R
x坐标xvt sint， sint 0
1 2 2
qBR 2nm
代入得 x  nRn1，2，3
2m qB
答案第12页，共12页