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2026 届高三 5 月学业质量检测物理参考答案
1.D 详解：由电荷数、质量数守恒可判断 x应为中子，故 A 错；该反应是聚变反应，不是自
发的衰变反应，故 B错；氦核内有 2 个质子，2个中子，故 C错；该聚变反应有质量亏损，
会释放核能，故 D 正确。
2.A 详解：温度降低，气体的平均动能减小，内能减小，故 A正确，B 错误；气体质量、体
积均不变，故气体密度不变，故 C错误；罐内气体温度降低，体积不变，所以压强减小，比
外部大气压小，故 D错误。
v
3.D 详解：光从真空射入玻璃，频率不变，速度减小，由 得波长应变短，故 AB 错误；
f
折射率为 3，由 sinC 1 1 1 得全反射临界角C 45 ,所以光射到 AC 边会发生
n 3 2
全反射，没有光从 AC 边折射出去，故 C 错误；将入射光平行上移一段距离后，光在玻璃中
的运动路程及速度均不变，所以传播时间不变，故 D正确。
4.B 详解：空间站的轨道半径比星链卫星低，所以空间站的运行速度大于星链卫星速度，A
错误；星链卫星要从高轨道变轨到低轨道需要减速，故 B 正确；星链卫星的轨道半径比空间
站轨道半径大，所以星链卫星的运行周期大于空间站运行周期,故 C 错误；由开普勒第二定
律可知，D错误。
U 2 U 2
5.C 详解：开关接 1 时：P 11 , R1两端电压的有效值U1 110V ；开关接 2时：P 2 ，R 21 R2
由于二极管的存在， R2两端电压有效值U 2 55 2V ；带入数据得 1∶ 2=8∶1，故选 C.
6.C 详解：过 M 点作一条水平线与从 P 平抛落在 N 点的轨迹交于 Q 点，比较从 P到 M与从 P
到 Q，下落高度相同，从 P到 Q水平位移较大，故落到 N点对应的平抛初速度较大，且落到
N点下落高度更高，在 N点的竖直方向分速度也更大，所以落在 N 点的速度更大，故 A 错误；
速度变化量 V Vy 2gh，所以落到 N 点过程速度变化量更大，
故 B 错误；动量变化率等于该运动员所受重力，故 C 正确；设斜面倾角
为 ，PM 连线与水平方向夹角为 3，PN 与水平方向夹角为 4，根据平
Q
抛运动推论可得： 2 tan 3 tan( 1)； 2 tan 4 tan( 2 )，且 .
3 4 ，所以 1 2，故 D 错误。
7.B 详解：由楞次定律可判断 0~t0时间内线框中感应电流方向为逆时针，故 A 错误；2t0时
I E 1
2 3
E d 2 B刻线框中的电流 ； 0 ； F B B d 0 Id ;联立解得 F 0 ，故 B 正确；
R 8 2t0 2 32Rt0
0.5t0 与 2t0 时刻，线框中电流大小不同，安培力大小不同，线框受到的静摩擦力与安培力
t ~ 3t
大小相等，所以摩擦力也不相等，故 C错误；0 ~ t0 和 0 0时间内，电流大小之比为 2∶1,
时间之比为 1∶2，所以产生的焦耳热之比为 2∶1，故 D 错误。
8.C 详解：t 0时刻，F 0 ,由于mg (M m)g ，木板与 A静止，由平衡可得，木板
受桌面的摩擦力 f mg 20N ，故 A 错误；木板与物块 A 恰好向左滑动时，
F1 （m M )g mg 44N，物块 A 与木板刚发生相对滑动时：
F2 （m M )g mg (M 2m)a， a g，联立解得： F2 76N； t 25s时，
F 50N 44N ，A 与木板未发生相对滑动，对 A、B、木板整体：
F （m M )g mg (M 2m)a1，解得 a 0.75m / s
2
,故 B 错误；22~25s 过程，对

系统运用动量定理： F t (M m)g t mg t (M 2m)v 0，

F 44N 50N 47N ,联立解得： v 1.125m / s，故 C 正确； t 50s时，
2
F 100N 76N，A与木板相对滑动，对 B与木板系统：
F （M m)g mg mg (M m)a2，对 B：T mg ma2 ，联立解得：T 36N ,
故 D 错误。
9.AB 详解：设小物块与 O 点连线与水平方向夹角为 ，从 A 到 B 小物块重力的功率
P mgv cos ，故 A项正确；小物块动能不变，所以合外力做功为 0.小物块动量变化了，
v2
所以合外力的冲量不为 0，故 B 正确；对物块受力分析： FN mg sin m ，R
mg cos FN ,分析可得：FN 增大， 减小，故 C错误；从 A到 B过程中，由能量守恒：
Q mgR 10J，又因为 AP 段的摩擦力比 PB 段大，所以QAP 5J ,故 D 错误。
mv 1
10.BCD 详解：粒子在磁场中做匀速圆周运动 r 0 L，故 A 错误；粒子打到侧面中
qB 2
L
1 L
心点时弦长最短 l L，时间最短 t 3 2min ，故 B 正确；要使所有粒子都会打到2 v0 6v0
L
L 1 qE 2 2 N L
正方体底面中心 O ，需满足： t ， t N 21 ，联立解得：2 2 m v0 v0
E mv
2
0 (N 1,2,3 )，故 C、D 正确。
N 2 2qL
11.（每空 2 分） （1）D （2）BC （3）逐渐变大
详解：（1）合力作用效果与两分力作用效果相同，故选 D；
（2）实验前不需要记录橡皮条原长时节点的位置；同一组实验中，节点 O 的位置
不能改变，以保证合力与分力的作用效果相同；要保证实验结论普遍性，不需要使
橡皮条与两绳夹角的角平分线在一条直线上，故本题正确答案选 BC
（3）由图解法分析可知，OC 绳上的拉力逐渐变大
12.（每空 2 分） （1）F 9.60 偏小
（2）7.9 2.5
E
详解：（1）要使毫安表满偏，回路总电阻 R总 1600 ，故滑动变阻器选 F；测毫I g
安表内阻用的是“半偏法”，故毫安表内阻R g 9.60 ；闭合开关 S2后，回路总电阻略减
1
小，总电流略大于 I g ，毫安表半偏时，实际流过 R0 的电流大于 I g ，所以 R0 Rg ，故毫2
安表内阻测量值偏小。
7.9 6.4
（2）由闭合电路欧姆定律：U E 200Ir，所以 E 7.9V ， 200r 3 ，解得：3.0 10
r 2.5 .
13.（1）超声波在介质 2 中传播时 = 2 × 10 7s在两种介质中传播时周期不变，1 分
3×10 4
则在介质 1 中传播时 11 = = 7m/s = 1.5 × 103m/s 3 分 2×10
2
（2 Δ ）超声波从 B传到 C的时间为 t = = 0.36×10 s = 2 × 10 63 s 2 分 2 1.8×10
0~3×10-6s 内 C 点振动的时间Δt = 3 × 10 6s t = 1 × 10 6s 2 分
C = Δt点运动的路程 × 4 =1 × 10 4m 2 分

14.（1）小球在进入电场前做平抛运动，将进入电场时的速度分解，
竖直方向速度 = 60 0 , 1 分
2 3 2
小球距水平边界 M的高度 = = 0 2 分
2 2
（2）A 球在电场中做直线运动，说明合力方向与速度方向共线。A 球受重力和电场力，设 A
球电荷量为 q ，质量为 m，则 = tan60 1 分
qE
B 球电荷量为 3q，则电场力 B = 3 , 1 分
设 B 球所受电场力和重力的合力与电场边界夹角为α， = = 3，α=30° 1 分
3

设 B 3球进入电场时速度与电场边界夹角为β， = = ,β=30° 1 分
3 0 3
3
速度大小 0 = = 2 3 1 分 0
将速度分解为沿合力方向 B∥的和垂直合力方向 B⊥，则最小速度 = ⊥ = 90°
= 3 0 1 分
（3）两球在竖直分运动相同，水平速度相同时相距最远，则有 A = B
即 0 + A = 3 0 + B 2 分
对 A 3球，根据牛顿第二定律，有 = A ,解得 A = 1 分3
对 B 球，根据牛顿第二定律，有 3 = ,解得 = 3 1 分
2 3
联立解得解得 = 0 1 分

15. 1（1）物块 P从轨道顶端下滑至底端的过程中，机械能守恒定律可得 = 2
2
解得 = 2m/s， 1分
2
物块 P 到达轨道底端时，根据牛顿第二定律可得 = N 1 分
根据牛顿第三定律，物块 P对轨道底端的压力 ′N = N = 30N 1 分
（2）物块 P滑上传送带后，根据牛顿第二定律有 =
解得 = 5m/s2 1 分
v
物块 P的速度增大到与传送带速度相等所需的时间 = 1 = 0.4s 1 分
+
对地位移 = A 1=1.2m 1 分2
由于 x < L AB，此后物块 P做匀速直线运动，到达传送带最右端还需要的时间 = 2 v
代入数据解得 2 = 0.2s 1 分
物块 P从 A运动到 B摩擦力的冲量为 f = 1=2N s 1 分
支持力的冲量为 N = 1 + 2 =6N s 1 分
传送带对物块 P的冲量大小为 = 2 2N + f =2 10N s 1 分
(3)第一次通过传送带过程与传送带相对位移 相 1 = vt1 x = 0.4m
物块 P与传送带间因摩擦而产生的热量 1 = 相 1 = 2J 1 分
设第一次碰后物块 P与物块 Q的速度为 1，两物块系统在碰撞过程,根据动量守恒，有 =
+ 1

解得 1 = =
4m/s 1 分
+ 9
第一次碰撞后当弹簧恢复原长时 P、Q分离，此时物块 P的速度大小仍为 1，物块 P在传送
2 2
带上先向左做匀减速运动，减速到零的位移 = 1 = 1 < 1 分
2 2
所以物块 P在传送带上先向左做匀减速到零的运动，再向右做匀加速运动以原速率返回右
端，所以物块 P与物块 Q第二次碰撞前的速度为 1
设第二次碰后物块 P与物块 Q的速度为 2，则对第二次碰撞过程，有 1 = + 2
= v解得 2 + 1 = 92
同理可推物块 P每次碰撞后都将被传送带带回与物块 Q发生下一次碰撞，则碰撞 n次后返
v 4
回传送带，速度大小为 n = 9 = m/s 1 分9
n 2 4第 次与物块 Q碰撞后，在传送带上运动的时间 = 2 × = × s 1 分 5 9
物块 P与传送带的相对位移 相 = 0 1 分
与物块 Q第一次碰后运动的全过程，物块 P与传送带间因摩擦而产生的热量
1
2 = ’ = 5 ×
32 × 1 + 1 + 1相 2 3 + +
1
n J = 32 × 9 1 J = 4J 1 分5 9 9 9 9 1 9
所以全过程总热量 = 1 + 2 = 6 1 分

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