高三物理1．B【命題點(diǎn)】核聚變的反應(yīng)方程、結(jié)合能與比結(jié)合能【解析】核裂變可以在常溫下進(jìn)行，聚變反應(yīng)需要在高溫高壓下才能進(jìn)行，A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，其核反應(yīng)方程為EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),1)H+EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(3),1)H→EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(4),2)He+EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(1),0)n，所以X為中子，B正確；核聚變反應(yīng)中質(zhì)量虧損，但質(zhì)量數(shù)守恒，C錯(cuò)誤；核聚變反應(yīng)釋放能量，有質(zhì)量虧損，新核的比結(jié)合能增大，反應(yīng)后新核的總結(jié)合能大于反應(yīng)前原子核的總結(jié)合能，D錯(cuò)誤。2．C【命題點(diǎn)】圓周運(yùn)動(dòng)、受力分析【解析】題干里沒(méi)有提及此車(chē)輪是否為驅(qū)動(dòng)輪，無(wú)法確定相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，無(wú)法判斷摩擦力方向，A錯(cuò)誤；氣門(mén)嘴的運(yùn)動(dòng)為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，氣門(mén)嘴運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度不為零，合力提供向心力，故所受合力不為零；B錯(cuò)誤；勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力大小等于向心力大小，所以氣門(mén)嘴運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合力大小不變，C正確；氣門(mén)嘴運(yùn)動(dòng)到車(chē)輪輪軸前方同一豎直高度時(shí)，該點(diǎn)具有水平速度和豎直向下速度，即合速度斜向下，D錯(cuò)誤。3．D【命題點(diǎn)】變壓器的原理【解析】由于變壓器存在漏磁，穿過(guò)副線(xiàn)圈的磁通量只有原線(xiàn)圈的90%，則即K2=A錯(cuò)誤；變壓器不改變電流頻率，所以原副線(xiàn)圈電流頻率相同，B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律有聯(lián)立可得錯(cuò)誤，D正確。4．B【命題點(diǎn)】楞次定律的應(yīng)用、兩根通電導(dǎo)線(xiàn)之間的作用力【解析】題圖甲中A線(xiàn)圈的電流變大，B線(xiàn)圈中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知題圖甲中B線(xiàn)圈的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，與A中電流方向相反，互相排斥，所以B線(xiàn)圈面積有縮小趨勢(shì)；題圖乙中B線(xiàn)圈的電流變大，B線(xiàn)圈中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，AB線(xiàn)圈之間的磁場(chǎng)垂直紙面向外，由磁感線(xiàn)的分布規(guī)律可知A線(xiàn)圈內(nèi)總磁通量方向垂直紙面向里，當(dāng)A線(xiàn)圈中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知題圖乙中A中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，與B中電流方向相反，互相排斥，所以A線(xiàn)圈面積有增大趨勢(shì)，B正確。12【另解】題圖甲中A線(xiàn)圈的電流變大，B線(xiàn)圈中的磁通量增大，根據(jù)增縮減擴(kuò)可知B線(xiàn)圈通過(guò)縮小面積來(lái)阻礙磁通量增大，所以B線(xiàn)圈面積有縮小趨勢(shì)；題圖乙中B線(xiàn)圈的電流變大，A線(xiàn)圈中的磁通量增大，根據(jù)增縮減擴(kuò)可知A線(xiàn)圈通過(guò)增大面積來(lái)阻礙磁通量增大，所以A線(xiàn)圈面積有增大趨勢(shì)。5．D【命題點(diǎn)】萬(wàn)有引力與重力的關(guān)系、動(dòng)能定理【解析】在地球表面，根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力有其中可得可以將地球視為一個(gè)球心相同而半徑為的內(nèi)部球體和厚度為的外部球殼，由題意可知洞底恰好位于內(nèi)部球體表面，且外部球殼對(duì)洞底的物體的引力為零，而內(nèi)部球體表面重力加速度滿(mǎn)足/，其中可得A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知從地表到洞底，萬(wàn)有引力做功等于動(dòng)能變化，則有，由于內(nèi)部球體表面重力加速度與內(nèi)部球體的半徑成正比，利用平均值求做功可得物體到達(dá)洞底時(shí)的速度大小為錯(cuò)誤，D正確。6．C【命題點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、電容器【解析】斷電時(shí)，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度極板電荷量增大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，A錯(cuò)誤；由于下極板電性與液滴的電性相同，液滴受到豎直向上的電場(chǎng)力，極板間的電場(chǎng)力對(duì)液滴做負(fù)功，B錯(cuò)誤；當(dāng)液滴在極板間所受的電場(chǎng)力等于液滴的重力時(shí)，即mg=Eq時(shí)，液滴勻速下落，C正確；根據(jù)電容器電容的決定式可知，電容器的電容與極板所帶電荷量無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。7．C【命題點(diǎn)】復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題【解析】第一次運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a=有Δt=，根據(jù)微元法的思想可知該段圖像與橫軸圍成的面積為時(shí)間，速度變化20m/s，則有t=×20s=20s，A錯(cuò)誤；第二次運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度-位移公式有，根據(jù)微元法的思想可知該段圖像與橫軸圍成的面積為運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則物體運(yùn)動(dòng)到x0處的時(shí)間為=x0，C正確；第四次運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得可知圖像的斜率為，求得加速度大小為3m/s2，D錯(cuò)誤。8．BD【命題點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用、分子動(dòng)理論【解析】包裝袋內(nèi)的氣體視為理想氣體，氣體質(zhì)量不變，當(dāng)溫度增加時(shí)，包裝袋內(nèi)的氣體分子總數(shù)并沒(méi)有發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；包裝袋膨脹過(guò)程中，氣體體積膨脹，外界對(duì)氣體做負(fù)功，B正確；由于溫度升高，氣體分子的平均運(yùn)動(dòng)速率變大，但不是所有氣體分子的速度都變大了，C錯(cuò)誤；包裝袋材料的導(dǎo)熱良好，所以當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，氣體內(nèi)能增大，同時(shí)膨脹，外界對(duì)氣體做負(fù)功，根據(jù)?E=Q+W可知?dú)怏w內(nèi)能增加量小于氣體吸收熱量，D正確。9．BC【命題點(diǎn)】雙縫干涉、多普勒效應(yīng)、光電效應(yīng)【解析】根據(jù)公式ε=hV可知光子的能量與頻率有關(guān)，A錯(cuò)誤；在雙縫干涉中，用藍(lán)光替換紅光后，入射光的波長(zhǎng)變小，根據(jù)Δx=λ可知干涉條紋間距會(huì)變小，B正確；當(dāng)衛(wèi)星遠(yuǎn)離地面時(shí)，由于衛(wèi)星離地球越來(lái)越遠(yuǎn)，地球表面接收端檢測(cè)到的光信號(hào)頻率會(huì)比光信號(hào)原始頻率小，屬于多普勒效應(yīng)，C正確；偏振現(xiàn)象證明了光是橫波，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。10．ACD【命題點(diǎn)】動(dòng)量、動(dòng)能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律【解析】沒(méi)有施加恒力F之前，有(mA+mB)g=kx1，施加恒力F的瞬間對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有F(mA+mB)g+kx1=(mA+mB)a，解得a=6m/s2，對(duì)A分析，根據(jù)牛頓第二定律有FmAg+FN=mAa，解得FN=2N，由牛頓第三定律可知物塊A對(duì)物塊B的壓力大小為2N，A正確；分離前A、B兩物塊一起做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量變化率即為所受合力的大小，根據(jù)F合=ma可知，在分離前動(dòng)量變化率一直在減小，B錯(cuò)誤；分離時(shí)A、B間作用力為零，對(duì)A分析有F—mAg=mAa/，解21cm，C正確；全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有解得v=m/s，D正確?！玖斫狻繘](méi)有施加恒力F之前，則有F1=(mA+mB)g=kx1，施加恒力F的瞬間根據(jù)內(nèi)力公式有4正確?！久}點(diǎn)】利用單擺測(cè)量重力加速度【解析】（1）刻度尺的分度值為1mm，細(xì)線(xiàn)的長(zhǎng)度為l=98.20cm，磁性小球的直徑為d=6.0mm，測(cè)得的擺長(zhǎng)（2）磁性小球每次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)手機(jī)檢測(cè)到磁脈沖信號(hào)，所以磁性小球做單擺運(yùn)動(dòng)的周期為（3）根據(jù)單擺周期公式則有，結(jié)合T2—L圖像可知圖像的斜率解得當(dāng)?shù)刂亓铀俣取驹u(píng)分細(xì)則】第（1）問(wèn)：細(xì)線(xiàn)的長(zhǎng)度讀為98.15cm~98.25cm范圍內(nèi)均正確，故最終擺長(zhǎng)讀數(shù)為98.45cm~98.55cm范圍內(nèi)均正確；第（12）問(wèn)：題干中已經(jīng)給出單位，答案應(yīng)該只保留數(shù)字。兩問(wèn)任一問(wèn)出現(xiàn)單位或者兩問(wèn)都出現(xiàn)單位的，扣1分，同一錯(cuò)誤不重復(fù)扣分。12．【答案】（1）1.300（2分2）①見(jiàn)解析（2πRx【命題點(diǎn)】伏安法測(cè)電阻【解析】（1）螺旋測(cè)微器固定尺刻度為1mm，螺旋尺刻度為30.0×0.01mm=0.300mm，所以螺旋測(cè)微器的（2）①用多用電表電阻“×1”擋粗測(cè)該段漆包線(xiàn)的電阻，由題圖（c）可知漆包線(xiàn)阻值約為6Ω,故選擇電流表外接法，將電流表A2與定值電阻R1串聯(lián)改裝成量程為3V的電壓表，電流表A1在干路，而漆包線(xiàn)兩端電壓可以從零開(kāi)始自由調(diào)節(jié)，且為了調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)變阻器選R3，并采用分壓式連接，則設(shè)計(jì)電路如圖所示；②結(jié)合電路圖，可知流過(guò)該段漆包線(xiàn)電阻的電流為I1—I2，該段漆包線(xiàn)電阻兩端的電壓為I2(R1+r2)，根據(jù)歐姆定律可知該段漆包線(xiàn)電阻為（3）根據(jù)電阻決定式，其中S=πREQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(2),內(nèi))，可得內(nèi)芯部分半徑為R內(nèi)外層絕緣漆膜的厚【評(píng)分細(xì)則】第（1）問(wèn)：題干中已經(jīng)給出單位，答案應(yīng)該只保留數(shù)字，答案出現(xiàn)單位的，扣1分；第（2）①問(wèn)：分壓式接法正確得1分，改裝電表正確得1分，電路圖中未標(biāo)明所用電學(xué)元件字母的視為錯(cuò)誤，不得分。【命題點(diǎn)】帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)【解析】（1）帶電粒子在y軸方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有在x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)末速度大小為vx，有則v合離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度與y軸夾角滿(mǎn)足沿x軸方向有在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，滿(mǎn)足解得【另解】設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，根據(jù)動(dòng)能定理有解得。（3）由于帶電粒子剛好不從AC邊射出磁場(chǎng)，則其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC相切，由幾何關(guān)系得帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑此時(shí)洛倫茲力充當(dāng)向心力，有Bqv合2分代入數(shù)據(jù)解得1分【評(píng)分細(xì)則】本題解法較多，可從力學(xué)和能量的角度解題，答案正確，其他等效列式均可得滿(mǎn)分。14.【答案】（1）a端1.5A（4分2）0.2m/s（4分3）13.5J（4分）【命題點(diǎn)】外力作用下，單桿在導(dǎo)軌上切割磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題【解析】（1）根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流的方向由b到a，可以等效為電源的金屬棒上電流方向由低電勢(shì)到高電勢(shì)，所以a端電勢(shì)高1分金屬棒切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B0Lv0根據(jù)閉合電路歐姆定律可知感應(yīng)電流（2）金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電流不變，則B0Lv0=B1Lv1代入數(shù)據(jù)解得金屬棒運(yùn)動(dòng)到x=8m處時(shí)的速度大小v1=0.2m/s（3）金屬棒受到的安培力大小為F安=BIL，金屬棒從x=0處運(yùn)動(dòng)到x=2m處過(guò)程中克服安培力做功2代入數(shù)據(jù)解得W克安=13.5J【評(píng)分細(xì)則】第（3）問(wèn)：本題從圖像的角度列出等效公式，答案正確的也給滿(mǎn)分。15．【答案】（1）4m/s（3分2）8400J（3分3）52.575J（12分）【命題點(diǎn)】動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的應(yīng)用【解析】（1）木塊離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，從C到D過(guò)程有CtC（2）子彈打木塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m0v0C子彈損失機(jī)械能8（3）木塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，豎直速度大小vy=gt=3m/s，合速度大小vD==5m/s木塊滑上木板后，以沿斜面向下為正方向，對(duì)木塊有對(duì)木板有則木塊與擋板第一次發(fā)生碰撞前木板靜止，木塊做勻速運(yùn)動(dòng)，木塊與擋板碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律有mvDD1由機(jī)械能守恒定律有 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