九师联盟2026届高三年级下学期4月测试物理试题+答案

2026届高三年级四月测试考生注意：超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6有选错的得0分.AC【高三四月·物理第1页(共6页)】JXA.玻璃砖对a光的折射率小于b光D.a、b光在玻璃砖中从P到N₁和N₂的传播时间可能相等A.11.1MeVB.C.14.7MeVA.O点始终位于波峰处C.A、C之间的连线上共有5个振动加强点均未从木板左端滑出.已知木板的质量M=2kg,滑块总质量为m=16.2kg,滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2,木板与地面之间的最大静摩擦力是滑动摩擦力的1.5倍.重力加速度取g=10m/s²,则下列说法正确的是A.木板刚滑动时滑块的速度大小为2m/sB.滑块与木板共速后之间的摩擦力为10NC.木板至少长0.75mD.滑块与木板之间摩擦产生的热量为13.2J甲乙丙角为37.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是A.小球在O、P两点的加速度大小之比为5:4B.小球在P点的速率是O点速率的倍D.若小球初速度为vo,则小球在N点时合外力的功率 小车加速度a与质量M的关系，将钩码重力mg代替细线拉力同的未知电阻R,R,为阻值已知的定值电阻.甲乙①断开S₂,S₃接b,c夹在0处，闭合S,此时电压表示数为U₀;②断开S,闭合S₂,S₃接a,将金属夹c夹在位置2,闭合S,电压表示数仍为U₀;则未知电阻R的阻值为;(用R,表示)①断开S₂,S₃接b,闭合Si;③作出电压表示数U与位置编号n关系图像，如图乙所示；④求出图乙中图线斜率为k,纵轴截距为b,则电池电动势为,内阻为;(用b、k和R。表示)原因是的气缸中，活塞面积为100cm²,活塞与气缸内壁无摩擦且不漏气，大气压强为1.0×10⁵Pa.重力加速度取g=10m/s²,通气体吸收的热量为202J,求：(2)从状态A到C气体内能的增加量.甲乙【高三四月·物理第5页(共6页)】JX端平齐，质量m=1kg的小物块A(可视为质点)处于圆弧顶端P点正上方1m处，质量M=3kg的摩擦因数均为μ=0.5,B与平台间无摩擦.重力加速度取g=10m/s².开始时B锁定，将A由静止释于坐标平面向外的匀强磁场I,在第四象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ,在x轴上的P服介质阻力做的功.参考答案、提示及评分细则1.A设金属棒中电流为I、半径为r,则有F=2BIr,整个金属棒的有效长度为√2r,则整个金属棒受到的安培力F′=√2BIr,解得F,A正确.2.C根据平衡条件有F=mgtan60°=√3mg,A、B错误；撤去外力，球向下运动过程中，设球的速度大小为v₁,斜面体速度大小为v,根据速度分解有v₁cos60°=v₂cos30°,解得v:v2=√3:1,C正确，D错误.b光在P点的折射角分别为θ₁和θ₂,显然θ₁<0₂,则它们的折射率分别为na=,可见na>n,A错误；它们在玻璃砖中传播的速度分别为,可见v₄<u,B错误；a、b光在玻璃砖下表面反射时，各射角都等于在P点的入射角为a,故从N₁、N₂点射出的a、b两束光一定平行，C错误；设玻璃砖的厚度为d,则它们在玻璃砖中传播的路程分别为,则它们在玻璃砖中传播的时间分别为,可见当θ₁+0₂=90°时，ta=t,4.B设入射质子的速度为，根据动量守恒可知，另一个α粒子速度与质子的速度反向，设其大小为v,则由动量守恒有mvo=4mv₀—4mv,解得,核反应释放的能量为△E=△mc²=(1.007825u+7.016004u-2×4.002600u)×931.5MeV/u=17.35MeV,根据能量守恒而速度较大的α粒子的动能,解得地球的第一宇宙速度,B错误；由,解得地球表面的重力加速度,C正确；月球也是地球的卫星，根据开普勒第三定律有,解得月球的轨道半径为,D错误.6.C根据对称性可得g0+c=qa+qe,解得g=1V,可得q<qa<q&,Cc间必存在一点d(x,0)使得qu=4a=5V,如图所示，根据几何关系有,解得x= ,根据几何关系可得ad与bO垂直，故电场线由b指向O,匀强电场的场强大小为若电子由f点静止释放，则沿Ob运动到b点出矩形，根据动能定理有E=qU=6.5eV,C正确，D错误.7.DO点是振动加强点，位移随时间变化，不是始终位于波峰处，A错误；由题意，,由余弦定理得LBD=√Lns²+Lno²-2LBLDcos∠A=2.6a,D点到两波源的波程差△r=L—LBD=,解得λ=0.4a,频率为,B错误；C点到两波源的波程差△x=a<3λ,则OC之间连线上有2个振动加强点，A点到两波源的波程差△r=3a=7.5λ,则AO之间连线上有7个振动加强点，故加上O点AC之间连线上共有10个振动加强点，C错误；同时将两波源的频率增大一倍后，则,D点到两波源的波程差△r=x,D点是振动加强8.AD当木板刚要滑动时，设木板上滑块的质量为m,有μmg=1.5μ2(M+m)g,可得m=6kg,由于滑块质量分布均【高三四月·物理参考答案第1页(共4页)】JX【高三四月·物理参考答案第2页(共4页)】JX匀，这部分长l₁=0.6m,滑块重力做的sinθ,摩擦力做的功1,根据动能定理,联立解得v=2m/s,A正确；共速后整体的加速度as=pμ2g=2m/s²,则滑块与木板之间的摩擦力f=ma=12N,B错误；当木板开始运动后，滑块的加速度a₁=μg=4m/s²,木板的加速度a₁=,共速时v共=v—a₁t=a2t,可得t=0.25s,v共=1m/s,滑块相对木板的位移△r=0.25m,所以木板至少长△x+l₁=0.85m,C错误；滑块与木板因摩擦产生的热量为J,D正确.9.AC金属棒从MN向PQ运动过程的最大位移，就等时间的位移大小，也就等于时间v-t图线与t轴间的面积间距为L,磁场的磁感应强度大小为B,定值电阻的阻值为R,在时刻，第一次通过电阻的电流,第二次通过电阻的电流,因此两次电流之比I₁:I₂=1:√2,C正确；在T时间内，第一次运动电流的平q₁:q2=π:4,D错误.10.BC设小球受的沿y轴负方向恒力为F,小球从N点返回x轴的过程中做直线运动，合力方向与速度方向在同一条map,解得,A错误；经分析可知，小球通过M、N两点时沿x轴方向的速度大小与小球通过P点时的速度大小相同，设小球从O点运动到M点所用的时间为t,小球通过P点时的速度大小·t,小球回到x轴时，沿x轴方向的速度大小,解得V₂1=2v,设小球从O点掷出时的速度大小为vo,根据对称性可知，小球回到x轴时两点时沿y轴方向的速度大小(设为v,)相同，小球从N点返回x轴的过程中做直线运动，有,可得,设小球从P点运动到N点所用的时间为t₁,有,小球从N点返回x轴的过程中沿y轴方向的分运动为匀加速直线运动，有,可得t₁=t,小球从P点运动到N点的过程中沿y轴方向的位移大小小球从N点返回x轴的过程中沿y轴方向的分运动为匀加速直线运动，L,可得,经分析可知yo=y+L,解得,C正确；小球在N点时的速度为,而F,所以P=F合UN= 错误.11.(2)b2k(3)(每空2分)解析：(2)根据题意结合小车的运动可知,故有,结合图像可知,则a=2k;(3)对小车分析可得F=Ma,对钩码分析可得mg-F=ma,【高三四月·物理参考答案第3页(共4页)】JX12.(1)R₀(1分)(2(每空2分)(3)小于电压表分流(每空2分)解析：(1)断开开关S,S接b,c夹在0处，闭合S,此时电压表示数为Uo,由电路图可知此时外电路只有Ro,断开开关S,闭合S₂,S接a,将金属夹c夹在位置2,闭合S,电压表示数也为U₀,由电路图可知此时外电路有2R₂,则有R=(2)根据闭合电路欧姆定律可得,整理可,根据题意可得解得电动势和内阻分别为;(3)由电路图可知，实验误差来源于电压表的分流，根据等效电源法可知,则该实值小于真实值.解得pc=1.1475×10⁵Pa(1分)对气缸受力分析，根据平衡条件有pcS=mg+p.S+F(1分)解得F=127.5N(1分)(2)从状态A到C气体对外做功，所以有W=—pA△V=-102J(1分)根据热力学第一定律△U=Q+W(1分)据牛顿第三定律可知，A对B底端压力大小F′=50N(1分)解得(1分)解得L=3m(1分)(3)若B不锁定，设B的质量为m',A由静止释放到滑到B底端这个过程，A与B构成的系统机械能守恒和在水平方(1分)mu=m’v₂(1分)而xi+x₂=R(1分)A离开B底端后向左匀减速，运动到平台左端速度恰好联立解得m=0.25kg(1分)15.解：(1)设匀强电场的电场强度大小为E,则粒子在电场中运动的加速度大小(1分)解得(1分)