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2026 届高三 5 月复习诊断
物理参考答案
一．选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项 D C A B D C D BD AD BD
1.【答案】D
【解析】电子是核内的质子转化的，A项错误；由题意，可知β射线能穿透皮肤 B项错误；衰变是原子核从不稳
定衰变为较为稳定的新核，所以碘 131衰变产生的新核的比结合能比碘 131的大，C项错误；根据半衰期定义，
可知碘 131在 4个半衰期中衰变了治疗所用质量的 1- = ，D项正确。
2.【答案】C资料中转站（公众号）
【解析】 速度沿轨迹的切线方向，“入弯减速”时力和速度的夹角是钝角，“出弯加速”时力和速度的夹角是锐角，
C项正确。
3.【答案】A
【解析】 理想气体温度不变，其内能不变，气体对外做功，W<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W，则 Q>0，需要
从外界吸热，A项正确。气囊上浮过程，体积变大，气体对外做功，BCD 项错误。
4.【答案】B
【解析】 在地球表面万有引力等于重力，有 G =mg，由密度公式得 M=ρ· πR3，解得ρ= ，A项错误；根据
万有引力提供向心力 G =m r，在地球表面万有引力等于重力，有 G =mg，解得 r= ，卫星绕地球做
匀速圆周运动时离地面高度 h=r-R= -R，B项正确；火箭加速升空阶段，加速度向上，处于超重状态，C项
错误;根据万有引力提供向心力 G =m ，解得 v= ，轨道半径越小速度越大，卫星的轨道半径不可能小于地
球半径，所以卫星绕地球运动时的速度不可能大于地球的第一宇宙速度，D项错误。
5.【答案】D
【解析】 交流电压表的示数等于正弦交变电压的有效值 U= =5/ V，A 项错误；根据理想变压器原、副线
3000
圈电压与线圈匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足 = ≥ =600，B项错误；交变电压的频率 f= =5 000
5
Hz，变压器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为 5 000 Hz，C项错误；根据理想变压器原、
副线圈电流与线圈匝数的关系 = ，通过原线圈的电流大于通过副线圈的电流，为减小热损原线圈应该用较粗的
导线绕制，D项正确。
1
6.【答案】C
【解析】 如图所示，恰好无光线从 PN面射出时，表明光恰好在 PN面上发生全反射，此时的入射角等于临界
角，由图可知 C1n 乙，激光乙的折射率更小，A项错误；折射率大的光其波长小，衍
射能力差，甲的波长小，甲的衍射能力更差，B项错误；由 n= 可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度更小，C项
正确；据Δx= λ表明激光甲的条纹更窄，D项错误。
7.【答案】D
【解析】 细线烧断前，对整体分析，根据平衡条件有 Mg=2mg，解得 M=2m，对右侧下面的铁块进行分析，根
据平衡条件有 3mg=F+mg，解得弹簧的弹力 F=2mg，细线烧断时，以 M和上面 m为整体，加速度大小相同，由
牛顿第二定律可得 Mg+F-mg=3ma，解得 a=g，D项正确。
8.【答案】BD
【解析】 速度 v与时间 t图像只能描述直线运动且斜率表示加速度，所以高铁正
在做加速度减小的减速直线运动，A项错误，B项正确；由于 v-t图线与坐标轴围成
的“面积”大小等于位移，对比做匀变速直线运动的图线可知其包围面积小于 1800m，
故其位移小于 1800m，平均速度小于 30m/s，故 C项错误， D项正确。
9.【答案】AD
【解析】 类似卫星变轨模型，电子在轨道 b上的速度大于轨道 P上的 N点时的速度，则轨道 b上电子的动能
大于 8 eV，故 A项正确;类似人造卫星模型，由 k =m 得 v= ∝ ，则轨道 a上电子的速度比轨道 b上的小，
动能也比其小，故 B项错误;根据正点电荷的电场分布特点可知，假设电子从轨道 a运动到轨道 b上，静电力做
正功，电势能降低，则轨道 a上电子的电势能比轨道 b上的大，故 C项错误;由题意，电子运动过程中 M点电势
比N点高4 V，电子带负电，则电子运动从N点运动到M点，由动能定理可知， ( 4 ) = 8 ， = 12 ，
D项正确。资料中转站（公众号）
10.【答案】BD
【解析】 开关置于 b的瞬间，金属滑块中有由 P指向 Q的电流通过，会在电磁力的驱动下向右加速运动，根
据左手定则可知，空间存在的磁场方向应垂直纸面向里，A项错误；开关置于 b的瞬间，流过金属滑块的电流最
大，此时对应的安培力最大，滑块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得 F=BIL=mam，I= ，解得 am= ，B项
正确；金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度
2
不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为 U，电容器放电
过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得 B L·Δt=mv，Δq= ·Δt，电容
器放电过程的电荷量变化为Δq=C·ΔU=C(E-U)，根据法拉第电磁感应定律可得 U=BLv，联立解得 v= ，
Δq= ，C项错误，D 项正确。
11.（6分）每空 2分
（3）2.0 （4）如图 （6）B
12.（10分）每空 2分
（1）②①④③ （2）高 （3）电源
（4）700 （5）如图
13.（10分）
（1）由甲、乙图知该机械波的波长 12m、周期 T=0.4s（2分）

故该波的传播速度 v 30m / s（2分）
T
（2）由图乙知 Q 点的振动方程 yQ 0.4sin5 t(cm)（2分）
x
y 0.4sin 5 (t PQ ) 0.4sin 5 (t 1.8 )
故 P点的振动方程 P v 30 （4分）
0.4sin(5 t 0.3 )(cm)
法二：由图甲知 O 点的振动方程 yO 0.4cos5 t(cm)（2分）
y 0.4cos5 (t x OP ) 0.4cos5 (t 1.2P )
故 P点的振动方程 v 30 （2分）
0.4cos(5 t 0.2 )(cm)
14.（12分）
（1）如图所示，由几何关系知带电粒子在 I区运动的半径 r1=a，（2分） z
由洛伦兹力提供向心力得
2 a
qBv v 2a m （2分）
r
3a
q v o y
联立解得粒子的比荷 o （1分） a a
m aB ao
a
（2）粒子在 II区的运动半径
r mv o2 B 2a
x
（1分）
q o
2
如图所示，由几何关系得粒子第三次经过 xoy平面时的坐标为（-3a,3a,0）（2分）
3
T 2 r由 得
v
粒子在 I区与 II区的运动周期分别为
T 2 a T 4 a1 、 2 （2分）vo vo
t 1T 1T 1T 7 a故由图知粒子第三次经过 xoy平面时的时间 1 2 1 （2分）4 2 2 2vo
15.（16分）资料中转站（公众号）
（1）由图像知弹簧的劲度系数 k 16N / m（2分）
由功能关系得拉力做功等于弹簧弹性势能的增加量，故
W 0 F kx
2
EP F x x 8x
2
（2分）
2 2
（2）物块与木板之间即将相对滑动时，物块与整体的加速度相等，故
kx m g
2 （2分）
m1 m2 m2
9
解得 x m（1分）
16
由能量守恒得
1 (m 11 m
2
2 )vo (m1 m2 )v
2 1 kx2 （2分）
2 2 2
解得 v 1m / s（1分）
（3）木板从速度为 v到之后与物块加速度首次相同时木板刚好回到初始位置且物块一直向右做匀减速运
动，故对物块运用动量定理得
m2g t m2v1 m2v（2分）
解得v1 0.7m / s（1分）
考虑到木板此时的速度仍为 v且弹簧形变量相同，故由能量守恒得
1 (m m )v2 1 m v2 1 m v2 Q （2分）
2 1 2 2 1 2 2 1
解得Q 2.04J（1分）
法二：木板从速度为 v到之后与物块加速度首次相同时木板刚好回到初始位置且物块一直向右做匀
减速运动，故物块的位移满足
x vt 1 gt 2 0.225m（3分）
2
考虑到木板刚好回到初始位置且物块相对木板一直向前运动，故物块相对于地面的位移就等于物块
相对于木板的路程，故物块与木板因摩擦产生的热量
Q m2g x（2分）
解得Q 2.04J（1分）
4

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