高 三 物理答案
1．对电脑受力分析，受重力、支持力和静摩擦力保持静止，合力为零，所以 C 对，D 错。
238
2．比结合能越大，核越稳定，A错；衰变快慢不受外界环境影响，B错； A 94EPuA 发生的是衰变，射
线的穿透能力较弱，不能用于金属探伤，D错。
3．根据点电荷的电场线分布特点，由图可知，左侧为负电荷，右侧为正电荷，故 A 错误；根据沿
电场线方向电势逐渐降低，由图可知，A 点电势比 B 点电势低，则正电荷在 A 点电势能小于在 B
点电势能，故 B 错误，D 正确；根据电场线的性质，由图可知，B 点电场强度大，故 C 错误。
4．无线充电和变压器工作原理都是互感现象，A 对；交变电流频率为 50Hz，接收线圈接收频率也
为 50Hz，B 错；由于漏磁等因素，发射线圈与接收线圈匝数比不为 44:1，C 错；发射线圈产生
的磁场周期性变化，所以穿过接收线圈的磁通量周期性变化，接收线圈不是始终有收缩趋势，D
错。
5．两束单色光在玻璃砖的上表面的入射角等于在下表面的折射角，根据光路可逆性原理知，两束单
色光在玻璃砖的上表面都不会发生全反射，故 A、B 错误；因玻璃砖的上表面只有一束光线射出，
通过玻璃砖后 a 和 b 光射在上表面上同一点，a 的侧移小于 b 的侧移，可知激光 a 的折射率小于
激光 b 的折射率，则激光 a 比激光 b 在透明材料中传播速度大，激光 a 的频率小于激光 b 的频率，
故 C 错误，D 正确。
6．连接 AO、BO、CO（如图），对组合体 ，地球表
面重力加速度 ， 联立几式求得
,A 正确。
7．当小环运动到O点时，速度方向向下，与绳垂直，沿绳方向无分速度，所以此时物体Q的速度为 0，
所以物体Q的速度先增大后减小，动能也先增大后减小，故A错误；Q机械能的变化取决于除重力
以外的力所做的功，也就是绳子拉力所做的功，小环从A到B的过程中，物体Q先下降再升高，绳
子拉力先做负功再做正功，物体Q的机械能先减小后增大，故B正确；小环下降到O点时，物体下
1 2
降H，根据能量守恒定律可知mghmgHA mvA ，可解得小环的动能不为mgh，故C错误；根据能
2E
量守恒定律可知mg2hEkPEkQ，根据关联速度可知vPcosvQ，即小环的速度大于物体Q的速
度，所以EkP>mgh，故D错误。
8．由图知，=4m，T=4s，所以波速为 1m/s，B 正确；由图知，x=2m 处质点在 t=2s 时振动方向向 y
轴负向，所以该波向 x 轴负向传播，A 正确；质点不随波迁移，C 错误；t=2s 时，x=3m 处质点
位移负向最大，加速度方向为 y 轴正向，D 错。
9．以竖直向上为正方向，初始速度应为正，A 错；速度先减小为 0 后反向增大，所以位移-时间图
像斜率先减小后变为负数增大，且机械能一直有损失，导致上升过程中任意位置的速率都比下降
过程同一位置速度大（上升、下降经过同一位置处的动能不可能相等），因此上升过程的平均速
度大于下降过程的平均速度，所以上升过程的时间小于下降过程的时间，B 正确，C 错误；E 机
—X 图像斜率表示空气阻力，空气阻力上升过程减小，下降过程增大，且上升过程机械能损失更
多，D 正确。
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10．对金属棒 P 受力分析，当 P 与挡板无弹力作用时，安培力大小为 mgsin，A 正确；对金属棒 Q
受力分析，有 T=2mgsin+F 安，对重物有 T=mg，联立解得 sin= ，B 正确；金属棒 Q 刚运动时，
加速度最大，对重物和 Q 连接体分析可得最大加速度为 g/9，C 正确；匀速时，重力势能减少的
功率为 mgv/3，由能量守恒知，回路焦耳热功率为 mgv/3，D 错。
11．（1）完全放电 （2）2.0010 3 2.1610 3
（3）167180（每空 2 分）
12．（1）12 （2）0.20 （3）0.21 （4）0.051 （1、2 空各 2 分，3、4 空各 3 分）
13．答 案 ：（ 1） （2）
（1）初始时，对汽缸进行受力分析可得 （3 分）
解得： （2 分）
（2）环境温度升高，对汽缸进行受力分析可知：A 气体压强均不变，其发生等压变化
（3 分）
解得： （2 分）
14．答 案 ：（ 1） （2）
解析（1）设沿倾斜轨道向下的方向为正方向，由图可得，物块 A 在倾斜轨道上下滑的加速度:
, （1 分）
而 ,可得 , （2 分）
碰后 A 上滑过程； , （2 分）
（2）由第二段图像可知： ,可得： , （2 分）
碰撞过程动量守恒： ,其中 ，
可得：A 的质量 , （2 分）
碰后 A 上滑过程： ,得： , （2 分）
由： ,可得 A 再次回到水平轨道时的速度 ，
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由于 A 与 B 不在发生第二次碰撞，
则 A 在水平轨道上因摩擦而损失的机械能 （2 分）
2U0 16 3U0 （23 3） 2
15．答案：（1）A 2 2 A （2）A A （3）A BrA
B r E 3E rE UE 0E
1 2
解析 （1）粒子在电场中加速时qU0A mvA 0A EA （2 分）
2E
2
v0A A
在磁场中做匀速圆周运动时qv0BmEA A （2 分）
rE E
q 2U0
联立解得A A A 2 2。A （1 分）
mE B r E
4 4 1 2
（2）若粒子在A UA 0 电压下加速，则A qUA 0A mvA 1A E
3E 3E 2E
2
v1A A
在磁场中做匀速圆周运动时qv1BmEA
rE 1E
2 4U0
解得r1A rA ，v1A A （2 分）
3E 3BrE
2 2 2
由几何关系x (A 3rEA r1) r1A EA （1 分）
可得 xr
则粒子恰能从电场的最高点 A 射入电场，且图中的 30，由题意可知，电场与水平方向成 60
角，则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直，带电粒子进入电场后做类平抛运动，垂直于
电场方向 2rcos 60v1t
1qE 2
沿电场方向 2rsin 60A A tA （2 分）
2E mE
16 3U0
解得EA 。A （1 分）
3E rE
1 1 1 2 2 3U0
（3）撤去小圆中的电场，将加速电压变为A UA 0，则A qUA 0A mvA 2A EA v2A A （1 分）
3E 3E 2E 3E BrE
2
v2A A r
在磁场中做匀速圆周运动时qv2BmEA A 解得r2A A （2 分）
E E
r2 3E
由几何关系可知 30
2
粒子做一个圆弧运动对应的时间为t1A TA
3E
2 2m 2Br2
t1A A A A A A （1 分）
3E qBE 3U0E
2r 3Br2
粒子做一次直线运动的时间t2A A A A （1 分）
v2E UE 0E
（23 3） 2
则回到P点的时间t3t13t2A BrA 。 （2 分）
UE 0E
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