湖南师大附中2026届高三4月高考模拟考试（一）物理+答案

u高三模拟卷(一)2.如图所示，某同学将两个相同的物体从A点以同一速率沿不同方向抛B.轨迹为1的物体在最高点的速度大C.轨迹为2的物体所受重力的冲量大D.轨迹为2的物体刚要落地时动能大3.如图所示，一定质量的理想气体可经三个不同的过程从状态A变化到状态C,则终击中地面目标B。已知CD段为导弹在大气层外关闭发动机后自由飞C.导弹在A点的发射速度大于第二宇宙速度D.导弹在D点的加速度大小为A.M点的场强大于P点的场强B.MN之间某点的场强可能为零C.N点的场强方向沿中垂线向下D.P点的电势高于M点的电势有很大的比重。如图甲所示为某地风力发电的简易图，扇叶通过比值为1:n=1:3的升速齿后通过降压变压器对额定电压为220V的用户供电。已知线圈的匝数为N=10匝、面积为SPR=1.6×10⁶W,线圈的电阻忽略不计。则下列说法正确的是B.升压变压器原副线圈的匝数比为3:1100C.降压变压器原副线圈的匝数比为5300:11升压变压器降压变压器0中k=10N/m,重力加速度g取10m/s²,sin53°=0.8。下列说法正确的是B.图乙中x₂=2x₁C.图乙中a₁>|az|D.滑块沿杆上滑过程中速度最大的位置也在x₁点波谷，两树叶在1min内均完成了36次全振动，他们测出两树叶间沿传播方向的水平距离是4m。则下列说法中正确的是A.该列水波的波长一定是8mB.该列水波的波速可能是0.96m/sC.两片树叶的速度大小始终相等I₂=31₀.电压表示数为U₂=4U;,此时电动机正常工作。已知电源内阻为r.R=r,电动机内A.电源电动势为9I₀rB.滑动变阻器最大阻值C.电动机正常工作时输出功率为TrD.滑片P从a缓慢移到b过程中通过R₃的电荷量为2CI₀r线圈的总质量m=30kg。将框架静置于下端固定的竖直弹簧上(不拴接),弹簧的压缩量x=0.2m,框架上端通过轻质绝缘绳索跨过轻质定滑轮A.弹簧的劲度系数为k=1500N/mD.若ab边通过磁场的时间t=0.4s,ab边运动到MN时框架的速度大小为2.72m/s三、实验题(第11题8分、第12题8分，共16分)11.(8分)某同学采用如图所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块A与定滑轮下方悬挂的物块B(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安重力加速度为g,测得遮光条宽度为d,实验时将B由静止释放。(1)为完成实验，还需要的器材有(填正确选项序号);A.天平B.刻度尺C.秒表(2)运动中A与B的速度大小之比为;(3)若测得光电门的中心与遮光条释放点的竖直距离为h,遮光条通过光电门的挡光时间为t,A、B的质量均为m,则从释放点下落至遮光条通过光电门中心时的系统动能的增加量△Ek=.,系统重力势能的减少表示)9999.9Ω),R₂(0～99999.9Ω);之后再用图乙电路测量电池组的电动势和内阻(电动势约为3.2V,内阻约为1Ω),定值电阻R₀=1Ω。b偏；然后保持滑片P和Rɴ不变，闭合S₂,调节电阻箱Rm,使读数；则微安表内阻测量值等于RM的读数。该实验中Rɴ应选(填“R₁”或(2)微安表内阻测量值R₈=2026Ω,把该微安表改装成量程为4V的电压表，需要(填“串联”或“并联”)电阻箱R₂;并调节其阻值R₂=(3)学习小组测一电池组的电动势和内阻实验时，根据采集到的微安表的读数的读数R,作出的图像如图丙，已知图线的斜率为k,纵截距为b,若学习小组测得电源中的电流远大于微安表中的电流，则所测得电池组的电动势E=,内阻r= 四、解答题(本题共3小题，共41分)球形气泡(充满空气),一束平行单色光垂直AB面射向冰块。已知冰块对该单色光的折射率(2)为使光线不能从AB面直接射入中间的气泡中，在冰块AB面贴上不透明纸，求不透明纸14.(15分)如图所示，一足够长的竖直光滑杆固定在水平地面上，杆上穿有小球1和2,一劲度系数为k的轻弹簧套在光滑杆上，弹簧下端固定，上端与质止时所在位置为0。另一质量也为m的小球1从与O点距离为h(h未知)的位置由静止开始气阻力。(已知弹簧振子的周期公式为,其中n为振子的质量)所用的时间t。EE一、二选择题123456789BADDCCB1.B【解析】汤姆孙发现电子，表明原子内部具有复杂结构，而非原子核，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，发现原子中心存在一个极小的核，提出了核式结构模型，故B正确；β衰变是中子转化为质子并释放电子，原子核内质子数增加1:而非失去质子：故C错误；比结合能越大，核子平均质量越小，原子核越稳定；比结合能越小则越不稳定，故D错误。故选B,2.A【解析】根据动量定理，则物体单位时间内动量的变,可知两个物休单位时间内动量的变化相同，八正确：轨迹1竖直高度较大，则空中运动的时间较长，但水平位移较小，根据、水平迷度较小，即轨迹为1的物体在最高点的速度小，B错误；轨迹为2的物体运动时间较短，根据I=mgt,可知所受重力的冲量小，C错误；根据机械能守恒定律可,可知两物体到要落地时动他相等.州误。故选八。3.D【解析】根据p—V图像与横坐标围成的面积表示处界对气体做功的大小，可知A→C过程与A→D→C过程所围成的面积不相同：故外界对气体做功不相同，故A错误；根据理想气体状态方程,可得.T= ,即B点的温度高于D点的温度，故气体分子热运动的平均动能不相同：故B错误；对A和C状态分析，可得A和C状态下体积与压强的乘积均为3p₀V₀、根据理想气体状态方,可知对于一定质量为里想气体，状态A和C的温度相同，气体的内能相同；根据热力学第一定律△U=Q+W,可知A→B→C与A→D→C过程，所围成的面积不相同，故外界对气体做功不相同：故气体放出的热量不相同，故C错误₅对B和C状态分析，该过程为等压变化，体积减小，故温度降低，即状态C温度比状态B温度低，所以在C状态分子的平均动能更小，则分子单次撞击容器壁的平均力度更小，而两个状态压强一样：说明C状态下分子撞击容器壁的次数更多：故D正确。故选D,4.D【解析】导弹沿CD段飞行时，减速上升，加速度向下，处于失重状态，仍受地球引力作用，故A错误。导弹关闭发动机后加速度,即导弹关闭发动机后加速度随导弹到地心的距离增大而减小，所以导弹关闭发动机后不是斜抛运动：故B错误。该枚导弹发射后返回地球，没有脱离地球的引力成为绕太阳运动的人造天体，所以发射速度小于第二宇宙速度，故C错误。导弹在D点的加速度大小为.解，、故D正确。故选D。5.C【解析】点电荷的电场如图所示：正电荷在P、M两点处产生的场强大小相等为为PA、AM、MN的距离);而两负电荷在P点处的合场强向下，在M点场强为零：所以EM>Ep;故A正确，不符合题意；正电荷在N点的场强,两负电荷在N点的场强故N点合场强向上且可知在M、N之间某点场强可能为零，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意；由场强叠加可知A、M之间的场强均大于A、P之间的场强，所以φA-qu>qA-p;6.C【解析】变压器的工作原理是电磁感应现象，因此输入变压器原线圈的电流一定为交流电，因此整流器接在升压变压器的输出端，即P处为整流器，输电线上的电流为直流，要使输入降压变压器输入端的电流为交流，则逆变器应接在降压变压器的输入端，即Q处为逆变器，故A错误；由题意可知扇叶的频率为fo=0.5Hz则线圈的频率为f=nfo,线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交变电流，其电动势的最大值为Em=NBSo,角速度w=2πf,解得Em=2πNBSf₀,风力发电机输出电压的有效值为,则升压变压器的输入电压为U₁=600V,升压变压器的输出电压为U₂=110kV,由变压器的工作原理可,解,故B错误；设输电电流为I₂,根据PR=IR,可得,代入数据解得I₂=400A,输电线上损耗的电压为UR=I₂R=400×10V=4000V,则降压变压器原线圈的输入电压为U₃=U₂—UR=106000V,根,解,故C正确；根,可得,代入数据解得A,则风力发电厂的输出功率为P=EI₁,代入数据得P=4.4×10W,故D错误。故选C。7.B【解析】x₁处滑块的加速度为零，对滑块受力分析如图所示根据胡克定律可得弹性绳弹力为,垂直杆方向有Fcosθ=mgcos53°+Fɴ,平行杆方向有=f+kx₁,其中,又f=μFɴ,联立解得Fɴ=10N,可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦因数为μ=0.16,故A错误；从释放到x₂,速度变化量为零，根据a—x图像面积表；,可知x₂=2x₁,a₁=—a₂,故B正确，C错误；滑块上滑的摩擦力方向向下，设其平衡点为x₃,肴mgsin53°+f=kxs,解得x₃=0.96m,故D错误。故选B。8.BC【解析】两树叶间水面距离是4可m,n=0,1,2,…,A错误；两树叶在1min内都上下振动了36次，可得周期为S,故水波的波速为….则当n=2时，v=0.96m/s,B正确；两片树叶的距离为半波长的奇数倍，可得速度大小始终相同，但是方向相反，C正确；振动的质点不会随波迁移，所以足球不能到岸边，D错误。故选BC。9.AC【解析】滑片P在a端时，电动机不转，为纯电阻，电压表测R₁和电动机的总电压。已知R₁=r,电动机内阻,电流I₁=I₀,因此电压表示数,滑片P在b端时，滑动变阻器接入阻值为0,电动机正常转动，已知U₂=4U₁,,根据闭合电路欧姆定律，此时E=U₂+I₂r,代入U₂=6Ior,I₂=3I₀,得E=6I₀r+3I₀·r=9I₀r,因此电源电动势E=9Ior,故A正确；滑片P在a端时，电路欧姆定律E=U₁+I₀(R₂+r),代入,得,解得故B错误；电动机正常工作时，R₁的电压UR=I₂R₁=3I₀·r=3I₀r,因此电动机两端电压UM=U₂—UR=6I₀r-3I₀r=3Ior,电动机输出功率为输入功率减去内阻热功率，有确；稳定时电容支路无电流，电容电压等于电动机两端的电压，则P在a端，有在b端，有Uc=U₂—I₂R₁=6I₀r—3I₀r=3I₀r,电荷量变化△Q=C(Uc—Uc)=C(3I₀故D错误。故选AC。10.AD【解析】框架初始处于静止状态，由力的平衡条件得mg=kx,解得k=1500N/m,故A正确；框架从静止开始竖直向上运动到ab边刚进入磁场的过程，由动能定理得,由功的定义得,联立解得v₁=2m/s,由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得,框架ab边刚进入磁场时，由牛顿第二定律得F-mg-NBI₁L=ma,联立解得,故BC错误；框架ab边通过磁场的过程中，由动量定理得Ft一mgl一·,联立解得v₂=2.72m/s,故D正确。三、实验题(第11题8分、第12题8分，共16分)11.(8分，每空2分)(1)B(2)1:23【解析】(1)本实验验证系统重力势能的减少量与动能的增加量是否相等，即判断与是否相等，由于A、B的质量相等，可约分，故需要刻度尺来测量物体运动的高度。故选B。(2)相同时间内B下降位移是A上升位移的2倍，即B下降速度是A上升速度的2倍，即VA:vB=1:2。(3)B经过该光电门时的速度为,从释放点下落至遮光条通过光电门中心时系统动能的增加量为△Ek=,其中,化简可得,系统重力势能的减少量为12.(8分)(1)R₂(1分)小于(1分)(2)串联(1分)37974(1分)3(2分)。(2分)【解析】(1)根据半偏法的测量原理可知，RM与电表内阻Rg阻值相当，当闭合S₂之后，与滑动变阻器并联的支路的电流应基本不变，则Rx较大，故Rɴ应选R₂。闭合S₂后，Rm与Rg的并联阻值小于Rg的阻值，则流过R的电流大于原来的电流，则流过R的电流大,故R₈的测量值小于真实值。(2)微安表内阻测量值R₈=2026Ω,把该微安表改装成量程为4V的电压表，需要串联电阻箱R₂,根据电表改装原(3)根据闭合电路欧姆定律有(R。+r),变形可得·,结合图丙有,解得四、解答题(本题共3小题，共41分)13.(10分)【解析】(1)根据题意，由折射定律画出从D点射入的光线的光路图，如图甲所示，由：可得光在冰块内发生全反射的临界角的正弦值………………(1分)FF甲B解得C=45°由几何关系可知，光在AF面的入射角为60°,大于临界角，则光在AF面上发生全反射…(1分)由几何关系可得a……………(2分)则光线从D点射入，从BF面射出，可得该单色光在冰块内的传播速度………………………(1分)该光线穿过冰块的时间………………………(1分)(2)从气泡上G和G′处射入的光线刚好在此处发生全反射，如图乙所示，入射角恰好为45°,而这两条光线之间射入的光线，其入射角均小于45°,将会直接射入气泡，所以只要将这些区域用不透明纸遮住就可以了，显然在冰块AB面上，被遮挡区为圆形时面积最小，设其半径为r,则由几何知识可知…………………(2分)则不透明纸的最小面积………………(2分)14.(15分)【解析】(1)设小球1自由下落h的速度为v1,根据机械能守恒有………(1分)1与2碰撞过程动量守恒，则有mv₁+0=(m+m)v(1分)2在O位置弹簧被压缩x。,根据平衡条件得.……………(1分)1与2共同运动离O点的最大距离为xm,根据机械能守恒定律有(2)小球1、2碰后做简谐运动，当运动到最高点即将分离时，它们的加速度大小a=g,即反弹上升的最高点为弹簧原长位置，由能量守恒……………(1分)解得………………………(1分)由(1)问动量守恒，碰前速度v=2v'=√2gh………………(1)解得………………(1分)(3)两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有2mg=kx:(1分)小球1、2碰后做简谐运动的振幅………(1分)振动图像如图所示由余弦函数知小球1、2碰后从0点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间则小球1、2碰后做简谐运动的周期……………(1分)故小球1、2碰后从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间……………(1分)解得…………………