物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B C A D B C D CD AB BC AC
1.C【解析】根据图像可知，在 0~t1 时间内，无人机在水平方向与竖直方向上均做初速度为 0 的匀加速直线
运动，则合运动为匀加速直线运动，A 错误；0~t4 时间内，无人机速度一直为正值，即一直向上运动，可知
t2 时刻，无人机没有运动到最高点，B 错误；t2~t4 时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向
做匀减速直线运动，可知无人机的速率在减小，C 正确；t3~t4 时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，
在竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，D 错误。故选 C。
d
2.B【解析】设任意相邻明条纹或暗条纹中心位置所对应的薄膜厚度差为 d，根据几何关系可得 s in = ，
x
d d
由于任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定，又倾角 很小，则有=s in ，可得 =x ，
x
故选 B。
3.C【解析】由于空气阻力，“子弹”在水平方向做减速运动，若“子弹”的初速度较小，水平方向速度很快会
减为零，然后竖直向下运动，则不能击中“靶子”，A 错误；“子弹”和“靶子”在竖直方向上的运动状态和受力
情况是完全一样的，因此，竖直方向位移始终相同，即“子弹”和“靶子”运动过程中在同一水平线上，并且，
只要“子弹”速度足够大，落地前就能够击中“靶子”，B 错误，C 正确；“子弹”落地时不仅有竖直方向上的一
个分速度，还可能有水平方向上的一个分速度，两分速度的合速度肯定大于竖直方向上的分速度，即“子弹”
落地速度可能大于“靶子”落地速度，D 错误。故选 C。
4.A【解析】由题意可知 t=0 时刻振子位于负向最大位移处，t=1s 时刻振子位于平衡位置处，设振子做简谐
T 4
运动的周期为 T，则有(2n += 1) 1s （ n = 0 ，1， 2 ），可得T = s （ ， ， ），当 n=0 时，
4 21n +
4 4 4
可得T = 4s ，当 n=1 时，可得T = s ，当 n=2 时，可得T = s ，当 n=3 时，可得T = s ，当 n=4 时，可
1 2 3 3 5 4 7
4 4 41
得T = s ，当 n=5 时，可得T = s ，当 n=6 时，可得T =ss，故选 A。
5 9 5 11 5 13 3
5.D【解析】在运动过程中，因为有电场力对系统做功，故系统机械能不守恒，A 错误；当弹簧长度达到最
大值时，电场力对系统做功最多，电势能减小最大，系统机械能增加最大；即系统电势能最小，机械能最
12 月定时检测高三物理答案第 1 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
大；B 错误；由于电场力对 A、B 两球做功不为零，初始一段时间，对两球均做正功，电势能减小，C 错误；
从初态到小球所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，电场力对两小球均做正功，电势能减小，此时电势能
肯定比初始时小，D 正确。故选 D。
1 1
6.B【解析】依原线圈接入电压的表达式可得 =100，频率 f == =50Hz，周期T = =0.02s，变压器
T 2 f
n1
不改变交流电的频率，R2 两端的电压 U2=IAR2=40V，匝数比 n1n2=51，故原线圈输入电压 U1= U 2 =200V，
n2
UU 1
R1 两端的电压 U-U1=20V，B 正确；流过 R1 的电流 I1= =1A，A 错误；滑片 P 向上移动时，R3 接入电
R1
阻增大，假设变压器输入、输出电压不变，则流过 R3 的电流减小，副线圈和原线圈的电流均减小，电阻 R1
的电压减小，消耗的功率减小，C 错误；接入电压 U=220V 不变，原线圈的输入电压将增大，副线圈的输出
电压也增大，电流表 A 的示数增大，故 R2 消耗的功率将增大，D 错误。故选 B。
G M m m v 2
7.C【解析】由万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力 = ，知卫星半径越小，线速度越大，
RR2
结合图像有 RRrAB+=5 ， RRrBA=3 ，联立可得 RrA = ， RrB = 4 ，A 错误；由万有引力提供向心力
2
GMm 2 423r
，可知 ，所以做圆周运动周期之比为TT::=18，B 错误；从图像上可以看
2 = mr T = AB
rT GM
TT
出每隔 T 时间两个卫星相距最近一次即 =1，结合 ，解得卫星 A 绕地球做圆周运动的周
TTAB
7 Mmmv 2 Mm 4 2
期为TT= ，C 正确；第一宇宙速度是最大的运行速度，由G = ，对卫星 A，GmR = ，
A 2 0.8r 22A
8 (0.8r) RTAA
GMr 85
其中 ， ，可得第一宇宙速度 v == ，D 错误。故选 C。
0.87rT
1 2 2singl
8.D【解析】B 下落，即将与 A 碰撞时 mglmvsin = 0 ，A、B 碰撞动量守恒，mvmv0 = 2 ，得v = ，
2 2
1 1 1
A 正确；A、B 碰撞后一起向下运动至最低点，位移设 x，根据能量守恒 2mgxsin +=k() l+ x 22kl 2mv2 ，
2 2 2
A 原来静止满足 mgklsin = ，解之得 xll=103 ，B 错误；A、B 分开临界条件为加速度相等，A、B 之
间的弹力为零，对 B，mgmasin = 0 ，得 ag0 = sin ，碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反
112 2 1 2
向。假设不分离，向上运动位移为 x1，有 2mxg sin +=k( l x ) kl 2 mv ，x=2 l l ，此时整体受
1 221 2 1
12 月定时检测高三物理答案第 2 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
3 2
力可得 2sinmg kxma1 = 2 ，得 a= ggsinin s ，碰后两物体一定不分离且不能再次回到释放点，
2
C 错误，D 正确。故选 D。
9.CD【解析】开始的时候甲拉的绳子上的拉力大小是物体重力，后来是重力和乙对绳子的拉力的合力大小
等于甲的拉力，如图所示，由于三角形斜边大于任意直角边，所以甲对绳子的拉力增大，乙对绳子的拉力
增大，A 错误，D 正确；由图可知，甲受的摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即 fT甲= c o s ，乙受的摩擦力
等于绳子拉力的水平分量，即 fT乙 = c o s ，因 ，可知 ff甲 乙 ，即楼顶对甲
的摩擦力大于对乙的摩振力，C 正确；对甲受力分析可知 FN G= T 甲- sin ，随 T
的增加，则地面对甲的支持力减小，B 错误。故选 CD。
10.AB【解析】A、B 为等量异种点电荷，因此产生的电场在 A、B 连线的垂直平分上的合场强水平向右，
且从垂足沿杆向外的场强逐渐减小，点电荷 C 从杆上某一位置由静止释放，在下滑过程中，受到的水平向
右的电场力将逐渐变大，则 C 与粗糙绝缘直杆间的压力逐渐变大，所受摩擦力将变大，AB 正确；因 C 受
的电场力水平向右，C 沿竖直杆向下运动，则电场力做功是零；又由于两个等量异种点电荷的连线的中垂线
为等势线，因此电势能不变，C 错误；C 从杆上某一位置由静止释放，在下落的过程中，先加速后减速，当
摩擦力增大到与重力大小相等时，速度最大，不一定是下落一半高度时速度最大，D 错误。故选 AB。
810 2
11.BC【解析】由图像可知波长为 8cm，简谐横波的速度大小为v == m/s=0.2m/s ，A 错误，B 正确；
T 0.4
2 10
由图像可知函数表达式为 yx= 2sin ，P 质点的位移为 y=1cm，则 x = cm ，P 点回到平衡位置的时间为
8 3
10
(4)102
x 1 ，C 正确；若这列简谐横波沿 x 轴正方向传播，由同侧法根据图像可知 Q 处质
t == 3 s=s
v 0.230
T 0.4
点正向上运动，则 Q 点再次回到平衡位置的时间为t == s=0.2s ，D 错误。故选 BC。
22
12.AC【解析】导体棒 ab 在圆环最低点时，速度 v 垂直与磁感线，有效切割速度最大，感应电动势为最大
Em v
值 Em == BLv 1V ，感应电流最大值为 Im ==2A ，设经过时间 t 导体棒速度与磁感线夹角为==tt，
RRab + r
v
此时导体棒有效切割速度为 vvvt ==coscos ，在导体棒中电流随时间变化规律为i== Icos 2cos t (A) ，
r m
R 12Em
A 正确；电压表示数为电阻 R 两端电压有效值，则UER = = = V ，B 错误；导体棒圆周运
Rab + R 242
12 月定时检测高三物理答案第 3 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
2r
动的周期为T ==2s ， 0.5s 等于周期的四分之一，则在 0~0.5 s 时 间 内 通 过 R 的电量为
v
BLr 1
qqR =====总 C2C ，C 正确；根据能量守恒定律可知，从 t=0 到 0.5s 的过程中外力 F
RRRR++abab 0.5
I
做功等于导体棒增加的重力势能与电路产生的焦耳热之和，电流的有效值为 I ==m 2A ，则焦耳热为
2
22
QIRRt=+==()(2)0.50.5ab J0.5 J ，导体棒增加的重力势能为 ===Emgrp 0.1 101J J ，则外
力做功为WQEF =+= p 1.5J ，D 错误。故选 AC。
DE
13. BD(2 分) 丙(2 分) (2 分)
FG
【解析】(1)应插上大头针 P3，使 P3 挡住 P1、P2 的像，再插上大头针 P4，
使 P4 挡住 P3 和 P1、P2 的像，从而确定出射光线，故正确步骤为 BD。
(2)过 P3、P4 做一条直线与 AC 变相交于 H，并以入射点 O 为圆心做一个圆，与入射光线相交 D，与 OH 连
线的延长线相交于 G，过 O 点做法线，过 D 点做法线的垂线交于 E，过 G 点做法线的垂线交于 F，由图可
DE FG
知sin = ，sin = ， DOOG= 可得，仅通过测量 ED、FG 的长度便可正确计算出折射率，图丙所
DO OG
sin DE
示；根据几何关系可得折射率为 n ==
sin FG
14. D(1 分) F(1 分) 200(2 分) 小(1 分) C(1 分) 2500(2 分)
【解析】(1)如图所示，设电源的电动势为 E，内阻为 r，S2 打开时，设电流表满偏
E E
电流为 I g = ，实验要求 R1Rg，R1r，这样才有 Ig = ，当 S2 闭
rRR++1g R1
合时，R2 和 Rg 并联，并联后总阻值 R 并RgR1，这样才有 S2 闭合后，电路中总
E 2 2Ig Ig
电流几乎不变，仍然近似等于 ，调节 R2 使电流表 偏为 ，所以流过 R2 的电流为 ，所以 R2=2Rg，
R1 3 3 3
从上述原理可知，S2 打开与闭合，近似认为干路中电流不变的前提是 R1Rg，故实验器材选择应满足
电源电动势尽可能大，R1 尽可能大，所以 R1 选用大量程的 D，因电流表的满偏电流确定，故电源电动势
也要匹配地选用电动势较大的 F。
(3)由以上分析可知，当 F 中记录的 R2 阻值为 400，被测电流表的内阻 Rg 的测量值应为 200；当 S2 闭合
时，R2和 Rg 并联，并联后总阻值 R 并Rg，而电阻 R1 不变，所以 S2 闭合后的干路电流比闭合前的总电流要
12 月定时检测高三物理答案第 4 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
2Ig Ig
大，即电流大于 Ig，而此时电流表支路的电流等于 ，那么 R2支路的电流要大于 ，那么其电阻 R2<2Rg，
3 3
所以用此方法测量的电流表内阻的测量值比真实值要偏小。
E
(4)设电路中除电流表内阻 Rg 以外其它电阻的总电阻为 R，根据全电路的欧姆定律可知 Ig = ，解得
RRg +
1.5
R = 200 ，解得 R=2300，故需要选滑动变阻器 C。
0.610 3
E 1 .5
(5)经过改装后的欧姆表总内阻 R == 2500 ，根据全电路的欧姆定律可知 I = ，当指针指示表
Ig 2500 + Rx
1
盘正中央时，代表 II= ，可得 R =2500 ，此即为欧姆表在此挡位的中值电阻值。
2 g x
15. (8 分) (1)112.5m；(2)1m/s2
【解析】(1)设乙车做匀减速运动 t1 时间后两车速度相等，
vv21 2515
得t1 === s5s (2 分)
a1 2
乙车在该过程发生的位移大小
11
svt= v tat +=+ 22 =25 0.5m 25 5m2 5 m 112.5m (2 分)
122 1 22
(2)设甲车加速 t2 时间后两车速度相等，当甲车开始加速时
两车的距离为 s0= s ( v 2 v 1 ) 2 t = 60m 10 2 0.5m = 50m (1 分)
vv21
甲车的加速度为 a2 =
t2
1
两车位移关系有 v t= s +( v + v) t (1 分)
2 2 02 1 2 2
联立解得 t2=10s (1 分)
v2 v1 25 15 22
甲车加速运动的最小加速度的大小为 a2 = =m s = 1m s (1 分)
t2 10
7
16. (8 分) (1) s ；(2)3m/s， =12m ；(3)50cm
3
【解析】(1)由波源 O 的振动图像知，其振动方程为 yt=20sin( ) cm (1 分)
2
7
y=10cm 时，时间 t 的最小值为 t = s (1 分)
3
12 月定时检测高三物理答案第 5 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
7
经过 s 波源 O 的位移第一次为 10cm (1 分)
3
75
(2)波自 O 传到 M 的时间 t ==(4)ss (1 分)
33
L 5
v === m/s3m/s
波速 t 5 (1 分)
3
波长 ==vT 12m (1 分)
57
(3)质点 M 振动的时间间隔为 t ==(4)ss (1 分)
33
质点 M 通过的路程 yA=+=210cm50cm (1 分)
qB L 4422mvmv （ + ） 3mv2 12mv2
17. (14 分) (1)v 0 ；(2) 00 B ；(3) 0 ， 0
0 8m qLqL qL qL
L
【解析】(1)考虑以 2v0 运动的粒子，恰与屏相切，则 r = (1 分)
4
(2v )2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 q (2v )B = m 0 (1 分)
00 r
qB L
解得 v = 0 ，则 时满足题意 (1 分)
0 8m
(2)若仅有 50%的粒子能打到荧光屏上，只能是速度为 2v0 的粒子，而速度为 v0 的粒子不能打到光屏上，
当速度为 v0 的粒子刚好不能打到光屏上时，此时磁感应强度有最小值 B1，
L
粒子运动半径 r = (1 分)
1 4
2
v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvBm01= (1 分)
r1
当速度为 2v0 的粒子刚好能全部打到光屏上时，此时磁感应强度有最大值 B2，设粒子运动半径为 r2，其运动
L
轨迹如图(俯视)所示，根据几何关系有 rrcos 45 = (1 分)
222
2
(2v0 )
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 q(2 v0 ) B2 = m (1 分)
r2
解得 (1 分)
(3)粒子在电场中做类平抛运动，若没有荧光屏，其在立方体底面的落点为一个圆，
设其半径为 r3，如图所示，阴影部分表示粒子能够打到荧光屏上， =30
12 月定时检测高三物理答案第 6 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
设在 E1 电场中的加速度为 a1，运动时间为 t1，则
E11 q m= a (1 分)
1 L
at2 = (1 分)
2211
r3 v 0 t1= (1 分)
L
r cos30= (1 分)
3 2
3mv 2
联立解得 E = 0 (1 分)
1 qL
1 2 L
设在 E2 电场中的加速度为 a2，运动时间为 t2，则 E q= ma ， at = ， r= 2 v t
222222 3 0 2
12mv 2
联立解得 E = 0 (1 分)
2 qL
2v2 5R mv2 v 5v
18. (16 分)(1) 0 (2) (3) 0 (4) 0 ； 0
3g 3 8 4 12
【解析】(1)设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为 v1，方向水平向左
由动量守恒定律得 mvmv01= 3 (1 分)
v
解得 v = 0
1 3
从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒
11
由机械能守恒定律得 mghmvmv=+ 223 (1 分)
2201
2v2
解得 h = 0 (1 分)
3g
(2)设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过 x1，圆弧槽反冲相对地面后退 x2，
由平均动量守恒可得 mx12= 3 mx (1 分)
xxR12+= (1 分)
3 1
解得 xR= ， xR=
1 4 2 4
xR2 + 5R
小球要继续向右滑过 xR2 + ，历时 t，则 t == (1 分)
vv004
12 月定时检测高三物理答案第 7 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}
v0 55RR
圆弧槽在 t 时间内向左继续滑行的距离为 vt1 ==
3412 v0
5R
小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离 xvtxR=++= (1 分)
12 3
(3)小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒
mvmvmv002=+ 3 (1 分)
111
mvmvmv222=+ 3 (1 分)
222 002
v v
解得 v = 0 ，方向向左； v = 0 ，方向向右
0 2 2 2
滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大
由动量守恒定律得 3mv2 =+ (3 m 6 m ) v (1 分)
v
解得 v = 0
6
因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动
的摩擦生热相同，设为 Q，则
11
Emvmm=+ vQ3(36)22 (1 分)
Pm2 22
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为 v，故 EQPm = (1 分)
mv2
解得 E = 0 (1 分)
Pm 8
v
(4)由(3)知小球与滑块碰后的速度大小为 v = 0 ，方向向左
0 2
v v
小球速度 0 大于圆弧槽速度 0 ，可追上再次发生碰撞
2 3
m vmvmvmv0101+=+33 (1 分)
1111 2
m vmvmvmv + =+33222 (1 分)
2222 0101
v 5v
解得小球速度 v = 0 ，圆弧槽的速度 v = 0 (1 分)
0 4 1 12
vv5
00 ，且方向均向左，小球与圆弧槽不再发生碰撞，上述求得的即是最终速度
4 12
12 月定时检测高三物理答案第 8 页，共 8 页
{#{QQABBQwQogAIAAIAAQgCEwG4CkCQkACAAAoOhAAMMAAAyQFABAA=}#}