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高三物理
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题
只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对
但不全的得2分，有选错的得0分。
1.2026年我国科研团队利用特定波长激光，成功激发2T原子核发生低能级跃迁，助力核光
钟技术发展。结合相关知识，下列说法正确的是
A.2Th的原子核内中子数为90
B,欲使原子核吸收能量发生跃迁，入射光子能量仅需大于核能级差值
C.原子核能级跃迁辐射出的光子属于电磁波
D.原子核发生衰变时，核内质子数一定增加
2.如图所示，电荷量为+？的点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板
的几何中心。若图中B点的电场强度为0，静电力常量为k,则图中A点的电场强度大小为
A等
B.36g
2d2
C.Bkg
9d2
D学
3.2026年4月7日，长征八号运载火箭以“一箭18星”的方式将千帆星座第七批卫星送入预
定圆轨道，使千帆星座在轨总数达到126颗，初步实现全球物联网覆盖。已知地球质量为M,
引力常量为G,地球半径为R,某颗卫星的轨道半径为r(>R),忽略地球自转影响和卫星
间的相互作用，g为地球表面重力加速度，下列说法正确的是
A.该卫星的运行周期与轨道半径的三次方成正比
B。若2R则该卫星的运行速度大小为)受
C.由该卫星的运行周期T可计算出地球密度为p=3弧
G72
D,若该卫星从原轨道减速，将做近心运动进入更低轨道，且新轨道的运行周期大于原轨道
4.如图所示，在学校圆形休闲步道边缘草坪中的S和2处分别安装了由
同一信号发生器带动的两个相同的扬声器，它们相距20m。两个扬声器
连续发出波长为4m的声波。一同学从S出发沿圆形步道缓慢行进至
处。在此过程中他听到扬声器声音由强变弱的次数为
A.8次
B.9次
C.10次
D.11次
第1页共6页
5.某同学课间踢毽子，毽子运动轨迹如图实线所示，A、B、C为轨迹上三点，B为轨迹最高点。
己知直线AB、直线BC与水平方向夹角分别为60°和30°。不计空气阻力，键子从A运动
到B与从B运动到C的时间之比为
609
A.1:3
B.3:1
C.1:5
D.V3:1
6.某快递自动分拣系统部分流水线的示意图如图所示，足够宽的水平传送带以大小为1的速度
匀速运行，货物以大小为2的速度垂直进入传送带，经时间t货物恰好与传送带相对静止。
货物可视为质点，与传送带间的动摩擦因数处处相等。若仅改变2，则下列关于t随2变化
的关系图像中，可能正确的是
送
D.
5
7.如图所示，I区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界为半径为
R的圆形：Ⅱ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其外边界为边长
可调的等边三角形，内边界与【区边界重合：三角形与圆形的
中心同为0点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为1：4。一
带正电的粒子从I区外边界上P点沿三角形某一条边的中垂线
方向进入磁场，若一段时间后粒子又从P点离开。取si血37=0.6。
则三角形边长至少为
5R
A.
.i
C.R
D哥
8.2026年1月8日，我国自主研发的全球首台城市兆瓦级浮空风电系统S2000成功完成试飞和
并网验证。该系统采用飞艇状浮空器携带发电机组，将高空风力资源转化为电能并通过电缆
传输回地面。若S2000的输出电压“随时间t变化的规律如图所示，则关于该交流电，下列
说法正确的是
第2页共6页高三物理参考答案及评分标准
1【答案】C
229
【解析】原子核符号 90Th中，质子数 Z=90，质量数 A=229，中子数 N=A-Z=139，A 错误；原子或原子
核吸收光子实现跃迁时，光子能量必须严格等于两能级的能量差，B 错误；光子本质是电磁波，原子核能
级跃迁吸收或辐射的光子，都属于电磁波范畴，C 正确； 衰变质子数减少， 衰变质子数增加，原子核衰
变时质子数不一定增加，D 错误。
2【答案】D
kq
【解析】板与电荷+q在 B点的电场强度等大反向，板在 B点的电场强度大小为
d 2
，根据对称性，A点场
kq kq 10kq
强为
d 2
，D正确。
(3d )2 9d 2
3【答案】B
r3
【解析】根据开普勒第三定律， k （k为与中心天体质量有关的常量），即卫星的运行周期的平方与
T 2
轨道半径的三次方成正比，而非周期与轨道半径的三次方成正比，A错误；地球表面物体重力近似等于万
Mm Mm v2 gR
有引力，即G 2 mg ，卫星绕地球做匀速圆周运动，G ，解得 ，B 正确；由R r 2
m v
r 2
G Mm mr(2
3
2
2 ) 且M
4
R3 3 r，联立得 ，轨道半径与地球半径的关系未知，C错误；卫
r T 3 GT 2R3
星从原轨道减速，万有引力大于所需向心力，做近心运动进入更低轨道，运行周期 T随之变小，故新轨道
周期小于原轨道，D错误。
4【答案】C
【解析】该同学在圆弧上某点 P到 S1、S2的距离差值满足 20m PS1 PS2 20m，若 P为振动减弱点，

则满足 （2n 1） 2(2n 1)，得 5.5 n 4.5，n取从-5到 4共 10个值，故 C正确。
2
5【答案】B
【解析】设毽子在最高点 B的速度为 v0，方向水平，B与轨迹上任一点连线与水平方向的夹角为θ，从 B
y 1 2
y gt 2v tan
到该点， gt ， x v 00t， tan x 2v ，得
t ，从 A到 B可视为从 B到 A平抛运动
2 0 g
tAB tan 60

的逆运动，故 3，B正确。tBC tan 30
6【答案】C
【解析】货物相对传送带的初速度大小为 v0 v
2
1 v
2
2 ，货物相对于传送带做匀减
v v2 v2
速直线运动，加速度大小为 a g，经 t 0 1 2 相对静止，C正确。
a g
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7【答案】B
【解析】由题可知粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动半径分别为 4r和 r，则∠PAB=37°，有 r sin37 2r 3 L，
2
3 26
且 Lmin R 5r，联立可得 Lmin 3R3 49
8【答案】AD
f 1 1【解析】该交流电的频率为 Hz 50Hz，电流方向每周期变化两次，则每秒变化 100次，A正
T 0.02
U Um 110 2确；输出电压的有效值为 kV 110kV，B错误；一个周期内电压的平均值为 0，C错误；
2 2
n1 U 110kV
原副线圈的匝数之比为 500n2 U 220V
，D正确。
9【答案】BC
r 1 h2 r 2
【解析】由于软木塞厚度不计，根据折射定律，sinC ，则 ， 错误， 正确；
h2 r 2 n n
A B
r
软木塞厚度不能忽略、或浸入水中的深度不能忽略都不会导致入射角的测量值变化，折射率不变，C正确，
D错误。
10【答案】AC
【详解】碰撞不改变系统总动能，由图可知，倾斜直线表示两物块之间的碰撞
过程，竖直直线表示乙与墙壁之间的碰撞过程，以从状态 A到状态 B为例，根
1 2 1 2 1 2
据机械能守恒 m1v1 m2v2 m1v0 和动量守恒 m1v1 m2v2 m1v0 ，令2 2 2
x m 2 2 21v1， y m2v2，得“能量圆”x y m1v0 ，其中 r m1v0，“动量线”
m1 x m2 y m1v0 ， A 正 确 ， B 错 误 ； 所 有 动 量 线 斜 率 均 为
m1 mk tan 60 1，得 3 m，C正确；设 AB中点为 P，直线 OP与 x轴夹角为θ，易得 tan 2 ，
m2 m2 m1
m1 1 360

若 m tan 210 ，则AB对应的圆心角为 2θ=20°，则所有动量线将圆周长等分为 n 18份，故总2 20
碰撞次数为 18-1=17次，D错误。
11【答案】（1）内能（或热能）（2分） （2）不变（2分） （3）AC（2分）
【解析】（1）放电过程，电能转化为焦耳热；（2）I-t图像的面积表示放电电荷量，改变 R，影响放电时间，
但放电总电量不变，故面积不变；（3）流经 P点的放电电流与充电电流方向相反，电流减小，电势差减
小均越来越慢，AC正确。
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d
12【答案】(1) （2分） (2) D（2分） (3) 不必（1分） 必须（1分） (4) AC（2分）
t
(d )2 Md 2 1
【解析】(1) 略(2)① 方案一，对小车： F Mg M t ，整理得 F Mg 2
2x 2x t
(d )2 x (m M )d
2 1
② 方案二，对小车和钩码组成的系统：mg Mg (m M ) t ，整理得
2x （2 mg Mg）t
2
(3) 由上述分析可知方案一根据直线截距与斜率表达式联立可以消去 M，M不需要测，方案二必须测 M；
(4) 方案一精确测定了绳子拉力，无系统误差，无需满足 m远小于 M，A正确；遮光片宽度越小，瞬时速
度测量越准确，可减小系统误差，B错误；滑轮摩擦使 F测量值偏大，误将滑轮摩擦计入小车与木板摩擦
力，导致 测量值偏大，C正确；滑块有初速度导致 测量值偏大，最终 测量值偏小，D错误。
13【答案】（1） p 1.1 105Pa （2） a 5m/s21
【解析】（1）对活塞受力分析，由平衡条件
p1S p0S mg ①
得 p1 1.1 10
5Pa ②
（2）气体做等温变化，由玻意耳定律
p1V1 p2V2 ③
其中 V1 h1S、V2 h2S ，
得 p 8.8 1042 Pa ④
对汽缸受力分析，由牛顿第二定律
p0S Mg p2S Ma ⑤
得 a 5m/s2 ⑥
评分标准：六式每式 2分，共 12分
14【答案】（1）4m/s （2）2.25J（3）小车能静止，静止在磁场中离右边界 1/3 m处
【解析】（1）线框刚进入磁场左边界时
E BLv0 ①
I E ②
R
F BIL ③
a F ④
m
得 a=4m/s2 ⑤
方向水平向左 ⑥
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（2）设线圈的 ab边穿过磁场时的速度为 v，由动量定理
-BIL t mv mv0 ⑦
I BL L t ⑧
R
得 v=3m/s ⑨
线圈 ab边出离磁场后压缩弹簧
E 1pm mv
2
⑩
2
得 Epm=2.25J ○11
（3）假设线圈 ab边能穿过磁场，从刚进入磁场到最终停止，设 ab边在磁场中运动的总路程为 s 总，全程
根据动量定理
-nBI1L t1 0 mv0 ○12
I nBLv1 ○13nR
vt s ○14总
得 s
4
总 m<2L 153 ○
4 1
故小车最终保持静止，且离磁场右边界 d m-1m m处。 16
3 3 ○
评分标准：每式 1分，共 16分
15【答案】
2qEL 1 1 121
（1） （2） qEL（3） k
m 5 4 4
【解析】
（1）A离开电场时的速度为 v1，A在电场中运动过程，根据动能定理
qEL 1 mv 21 ①2
v 2qEL得 1 ②m
①式 2分，②式 1分，共 3分
（2）B离开电场时的速度为 v2，B在电场中运动过程，根据动能定理
qEL 1 1 mv 2 ③
2 4 2
得 v 2 2qEL2 km
AB两球共速时，系统电势能增量最多，根据动量守恒和能量守恒
第 4 页 共 5 页
mv 1 51 mv2 mv共 ④4 4
E 1 mv 2 1 1 2 1 5pm 1 mv2 mv
2
⑤
2 2 4 2 4 共
E 1得 pm qEL ⑥5
③④⑤式各 2分，⑥式 1分，共 7分
（3）k取任意值时，B离开电场时的速度为 v2'，根据动能定理
kqEL 1 1 mv '2 ⑦
2 4 2
要使 B能碰 A，需满足 v2'>v1
k 1得 ⑧
4
B与 A碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒
mv 1 mv ' 11 4 2
mv3 mv ⑨4 4
1 mv 2 1 1 mv '2 11 2 mv
2 1 1 mv 2
2 2 4 2 3 2 4 4
⑩
（a）当 v4≥0时，不会碰第二次，满足题意
得 k
16 1 16
即 k ○119 4 9
（b）若 v4<0，根据能量关系，可知 B球会返回左侧电场经减速至零后反向加速再次出电场，
欲使 B不与 A碰第二次，有-v4≤v3
121 16 121
得 k ，即 k 12
4 9 4 ○
1 121
综上，要是 AB仅碰一次，有 k
4 4 ○
13
评分标准：⑧○11○12○13式 2分，共 8分，本题共 18分
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