湖南省天壹名校联盟2026届高三年级4月质量检测（6360C）物理+答案

高三年级4月质量检测(试卷满分:100分,考试时间:75分钟)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名丶准考证号填写在答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号;回答非选择题时,用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,请将答题卡上交。一、选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.2cm是超钚元素锔重要的同位素,最早由西博格等人于1944年人工制成.2cm的衰变方程为:2cm__→2PU+X,则下列判断正确的是A.方程中a=2,b=4B.高速运动的X粒子形成的射线穿透能力很强c.在高温高压环境2cm的衰变会变快D.2cm比2PU的结合能更小2.如图所示,用频率为D的光照射阴极K,闭合开关,调节滑动变阻器的滑片,使微安表的示数减小为0,此时电压表的示数U称为遏止电压.当照射光子的能量分别为2.64ev和7.56ev时,测得这两种光照下的遏止电压之比为1:3,下列说法正确的是A.a端为电源正极B.这两种光照下光电子的最大初动能之比为1:2c.阴极K的逸出功为0.18evD.若保持入射光的光子能量不变,增大入射光的强度,遏止电压会增大3.如图所示,水平放置的平行金属板A丶B间存在沿竖直方向的匀强电场.质量相同的两个带电粒子1丶2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入,带电粒子1沿轨迹①从两板正中间飞出,带电粒子2沿轨迹②落到B板中点.不计粒子的重力和粒子间的相互作用,则粒子1丶2在极板间运动的过程中A.运动时间之比为t1:t2=1:2B.所带电荷量之比q1:q2=1:2c.电势能减少量之比△E1:△E2=1:8D.动量增量之比△φ1:△φ2=1:4【高三物理第1页(共6页)】6360c【高三物理第2页(共6页)】6360C4.如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路,已知ab棒质量为2m,接入电路的电阻为r;cd棒质量为m,接入电路的电阻为2r,其他电阻忽略不计.整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,两导体棒与导轨的摩擦力大小相等.开始时两导体棒均静止,ab棒和cd棒之间的距离为d,现同时给ab棒一向右的初速度Ψ0、给cd棒一向左的初速度2Ψ0,经过一段时间后两导体棒均停止运动,此时ab棒和cd棒之间的距离为.则对于整个运动过程,下列说法正确的是A.ab棒和cd棒组成的系统动量不守恒B.ab棒克服安培力所做的功为mΨC.通过cd棒的电荷量为D.ab棒运动的距离为5.如图所示为欧姆表的内部电路,a、b为表笔插孔,当Rx=500Ω时流过表头的电流为3mA,当Rx=100Ω时流过表头的电流为8mA,下列说法正确的是A.a孔插红表笔B.电路中电源电动势大小为1.92VC.流过表头的电流为6mA时Rx=120ΩD.电池用久了,若电动势不变而内阻增大,则欧姆调零后,测量值偏大6.如图甲,卫星绕地球以ABCDA的方向沿椭圆运动,BD是椭圆的长轴,AC是椭圆的短轴,O是椭圆中心,卫星所受地球引力大小随时间变化的规律如图乙所示,图中t为已知量.已知地球的半径为R,近地点离地面的高度也为R,假设卫星只受地球引力,下列说法正确的是A.卫星从A到B的时间为tB.卫星在B点与D点到地球球心的距离之比为2:1C.卫星在B点与D点的速度之比为9:1tD.地球的第一宇宙速度为16πRt7.如图所示,一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内,圆心为O,OA是水平半径,B是轨道最低点.一质量为m的小球(看作质点)从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中,小球与圆心O的连线和OB的夹角为“,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是A.小球从A点运动到B点的过程中,重力平均功率为0B.当“=60。时,轨道对小球的弹力大小为mgC.当“=30。时,小球的加速度大D.当cOs时,小球重力的瞬时功率最大【高三物理第3页(共6页)】6360C二、选择题:本题共3小题,每小题5分,共15分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.8.如图所示,在均匀介质中,s1(__1,0)和s2(3,0)为两个波源,其振动方向垂直于xOy平10sin4πt(cm),介质中某质点P的平衡位置坐标为(__1,3),t=A.0~3s内,P点运动的路程为140cmB.0~3s内,P点运动的路程为160cmC.P点是振动减弱点D.O点是振动加强点9.如图所示,粗细不均匀丶导热性能良好的长玻璃管竖直放置,下端封闭,上端开口,足够长的细管横截面积为s,粗管横截面积为3s,上表面刚好位于粗丶细管交界处的长为L的一段水银柱封闭了一段长为4L的理想气体.初始时,气体压强为1.2φ0,环境温度为T0.对气体缓慢加热到温度为T1(未知)时,水银刚好全部从粗管溢进细管;继续缓慢加热,在气体的温度由T1变成2T0的过程中,气体吸收的热量为Q,大气压强为φ0,下列说法正确的是B.水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中,气体压强不变C.气体的温度由T1变成2T0的过程中,水银柱移动的距离为4LD.气体的温度由T1变成2T0的过程中,气体增加的内能为Q__4.8φ0Ls10.如图甲所示,在倾角α=30。的足够长的光滑斜面上,放着质量均为m的A丶B两物块,轻弹簧一端与物块B相连,另一端与固定挡板相连,整个系统处于静止状态.从t=0时刻开始,对A施加一沿斜面向上的恒力F使物块A沿斜面向上运动,在A丶B分离前,它们运动的加速度随位移变化的图像如图乙所示,运动位移为l时,A与B分离.重力加速度为g,下列说法正确的是甲A.恒力F的大小为mgB.弹簧的劲度系数等于C.A与BC.A与B分离时,A的加速度大小为8g乙D.A与B分离后,A还能继续沿斜面向上运动【高三物理第4页(共6页)】6360C11.(8分)某同学采用如图甲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.图中光电门安装在铁架台上且位置可调,滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油,以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计,细线始终伸直.A丶B(含遮光条)质量相等,测得遮光条宽度为d,实验时将物块B由静止释放.已知当地重力加速度为g.甲乙(1)释放物块B之前该同学发现动滑轮中心与定滑轮中心的高度差约为15cm,遮光条到光电门的距离约为35cm,则该同学应该(填字母).A.调节光电门位置向上B.向下调节物块B的初始位置C.释放物块B,并继续进行后续步骤(2)释放后,A丶B开始运动,若测得光电门的中心与遮光条释放点的竖直距离为h,遮光条通过此光电门的挡光时间为t,物块A丶B(含遮光条)的质量均为m,则从释放点下落至遮光条通过此光电门中心时,系统动能的增加量△Ek=,系统重力势能的减少量△Ep=.(用题中所给物理量的字母表示)(3)改变光电门与物块B之间的高度h,重复实验,测得各次遮光条的挡光时间t,以h为 t横轴丶2为纵轴建立平面直角坐标系,在坐标系中作出图像,如图乙所示 t率为k,在实验误差允许范围内,若k=(用含g丶d字母的表达怯表示),则验证了机械能守恒定律.12.(8分)在测量某电源电动势和内阻时,因为电压表和电流表的影响,不论使用何种接法,都会产生系统误差,为了消除系统误差,某实验小组设计了图甲实验电路进行测量.甲乙现有如下实验器材:A.待测电池(电动势约为3.6V,内阻约为几百毫欧)D.滑动变阻器R(0~35Ω)【高三物理第5页(共6页)】6360CE.阻值为20Ω的定值电阻F.阻值为4Ω的定值电阻G.单刀单掷开关s0丶单刀双掷开关s丶导线若干实验过程中,先将单刀双掷开关s接1,闭合s0,调节滑动变阻器,得到多组电压U和电流Ⅰ,作出UⅠ图像;再将开关s接2,重复上述操作.最终作出的两条UⅠ图线如图乙所示.回答下列问题:(1)实验中,定值电阻R0的作用有(选填下列选项字母);定值电阻应选择 (填器材前面的字母).A.保护电源B.在电压变化时使电流表示数变化明显C.在电流变化时使电压表示数变化明显(2)图乙中图线b是单刀双掷开关s接(填“1”或“2”)测出的,仅利用图线b得出电动势和内阻,系统误差来源于(选填下列选项字母).A.电流表分压B.电压表分流0.50A,消除系统误差,由图乙可以得出电池的电动势E=V,内阻r= Ω.(结果均保留2位小数)(4)利用(3)的截距数据,由图乙还可以得出电流表的内阻RA=Ω,电压表的内阻RV=Ω.(结果均保留2位小数)13.(10分)如图为半径R的半圆柱形玻璃砖,O为截面圆心,OD束单色光从D点以入射角α=45。射入玻璃砖,折射光线刚好从C点射出,CO连线与竖直方向的直径AB垂直.(1)保持入射光的方向不变,将入射点从D向下移动,当入射点移到E点时,激光恰能在左侧圆弧面上F点(E丶F未画出)发生全反射,求光在玻璃砖内由E点传播到F点的时间t(不考虑多次反射,已知该激光在真空中的传播速度为C,sin75。(2)保持入射光的方向不变,将入射点从D向上移动,当入射点移到G点时,激光恰能在左侧圆弧面上H点(G丶H未画出)发生全反射,求D丶G两点的距离.【高三物理第6页(共6页)】6360C14.(14分)如图,在xoy平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,一质量为m、电荷量为_q(q>0)的带电粒子从M(0,l)点以沿x轴正方向的速度射入磁场,并从x轴上的N点射出,出磁场时速度与x轴正方向的夹角为60o,忽略粒子重力及磁场边缘效应,静电力常量为k.(1)求粒子射入磁场的速度大小Ψ0和在磁场中运动的时间t1;(2)若在xoy平面内某点固定一正点电荷,入射粒子的电荷量减为原来的三分之一,仍从M点以相同的速度射入磁场,粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点,求在纸面内固定的负点电荷的电荷量大小q0;(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t速度方向首次与N点速度方向相反,求粒子再次进入磁场前的最小速度Ψmin(电荷量为Q的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势15.(17分)如图所示,一质量m2=1kg且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上,虚线MN的右侧有水平向右的匀强电场,电场强度大小E=1X106N/C,从虚线MN开始,水平面上沿直线等间距的锁定着("+1)个相同的绝缘带电滑块,滑块的质量均为m=3kg,带电量均为q=1X10_5C,相邻两个滑块之间的距离l=1m,滑块看作质点,每个滑块在被碰前瞬间才解除锁定.现有一质量m1=1kg的物块P从长木板Q的左端以Ψ=8m/S的初速度滑上长木板Q,在长木板Q与滑块1发生碰撞前,物块P和长木板Q已共速.长木板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞,碰撞过程中不会发生电量转移,且碰后立即将P、Q锁定.虚线MN右侧的滑块之间碰撞后都会结合在一起,重力加速度g,不计滑块间的库仑力和滑块碰撞时的电场力.求:(1)若物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8,则从物块P滑上长木板Q至两者第一次共速时,物块P相对于长木板Q运动的距离;(2)长木板Q与滑块1碰撞后瞬间,滑块1的速度大小;(3)滑块1与滑块2在碰撞过程中损失的机械能;(4)滑块间第"次碰撞后结合在一起时的总动能.参考数学公怯:12+22+32+…+"高三年级4月质量检测●物理【解析】根据衰变前后电荷数,质量数守恒,衰变方程为2Cm__→2PU+He,则a=2,b=4,A正确;高速运动的He粒子形成的“射线,电离作用很强,穿透能力较弱,B错误;衰变的快慢可用半衰期表示,半衰期由原子核本身决定,与温度等外部因素无关,C错误;2Cm的核子数更多,所以比2PU的结合能大,D错误.【解析】调节滑动变阻器的滑片,使微安表的示数减小为0,此时电压表的示数为U,可知此时所加电压为反向电压,则K板带正电,A板带负电,b端为电源正极,a端为电源负极,A错误;根据Ek=eUC可得两种光照下逸出的光电子的最大初动能之比Ek1:Ek2=UC1:UC2=1:3,B错误;据hD_W=Ekm可得求得逸出功W=0.18eV,C正确;若保持入射光的频率不变,增大入射光的强度,逸出的光电子最大初动能不变,则遏止电压不变,D错误.【解析】带电粒子运动的初速度Ψ0相同,粒子1的水平位移为粒子2的2倍,由t可知,运动时间之比为t1:t2=2:1,A错误;竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动,满足yat2,根据牛顿第二定律有qE=ma,由两怯解得q,所以它们所带的电荷量之比q1:q2=1:8,B错误;电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy,因为y1:y2=1:2,q1:q2=1:8,所以电场力做功之比为1:16,它们电势能减少量之比△E1:△E2=1:16,C错误;根据动量定理有,动量增量△φ=qEt,t1:t22=1:8,则动量增量之比△φ1:△φ2=1:4,D正确.【解析】由题意可知两棒受摩擦力和安培力均等大反向,则两棒组成的系统受合外力为零,动量守恒,A错误;设向右为正方向,则系统初动量2mΨ0_m●2Ψ0=0,则末动量为零,ab棒克服安培力与摩擦力所 做的总功为2mΨ,无法求出其克服安培力所做的功,B错误;两棒同时停止,即两棒运动时间相等, 为t,流过导体棒cd的电荷量为qC正确;由系统动量守恒2mΨ0_m●t=0,即2mx1_mx2=0,即x2=2x1,导体棒ab运动的距离xD错误.【解析】根据多用电表内部结构,电流从红表笔流入、黑表笔流出,可知a孔插黑表笔,A错误;设欧姆表使用电源的电动势为E,欧姆表的总内阻为R内,由闭合电路的欧姆定律可得3X10_3A8X10_3A联立解得R内=140Ω,E=1.92V,B正确;该表盘中6mA刻度对应的电阻值【高三物理参考答案第1页(共6页)】6360C【高三物理参考答案第2页(共6页)】6360C为Rx,,由闭合电路欧姆定律可得Ⅰ其中R内=140Ω,E=1.92V,Ⅰ,=6mA,解得Rx,=180Ω,C错误;电池用久了,若电动势不变而内阻增大,则欧姆调零后,使电流表满偏,即指针指到最右端,根据R内可知仍可以准确测量电阻,D错误.【解析】出现两次引”最大值,即卫星运动一周,故卫星的周期为t,则卫星从A到B的时间小于t,A错误;卫星在近地点B时有F,卫星在远地点时有F,联立解得,B错误;根据开普勒第二定律,卫星在近地点B与远地点D时有Ψ1●△t●r1=Ψ2●△t●r2,联立解得卫星在近地点B与远地点D的速度之比为,C错误;由已知条件知近地点B到地心的距离为r1=2R,卫星的周期为T=t,该卫星的半长“为4R,结合开普勒第三定律知m●4R●解得M由万有引”等于重”,有mg,解得g地球的第一宇宙速度为D正确.【解析】下落的过程中,重”做功不等于0,根据P可知,重”的平均功率不为0,A错误;设半径为R,根据mgRcoSmΨ2,N__mgcoSα=m解得N=3mgcoSα,当α=60o时,N=mg,B错误;当α=30o时,由动能定理有mgRSin60omΨ2,则小球的向心加速度大小ag,小球沿切线方向的加速度大小ag,故小球的加速度大小为ag,C错误;重”功率最大时,小球在竖直方向的分速度应该达到最大值,可知此时竖直方向合”为0,因此NcoSα=mg,结合mgRcoSmΨ2,N__mgcoSα=m解得coSD正确.【解析】t=1.5S时,P点开始振动,可知波速m/S=2m/S,周期为TS,则波长λ=ΨT=1m,波源s2传播到P点的时间tS=2.5S,则波源s2传播到P点之前P点振幅为10cm,振动了△t=t,_t=1S=2T,所以波源s2传播到P点之前P点的路程为S1=8A=80cm,两波源到P点的波程差△x=5m__3m=2m=2λ,所以波源s2传播到P点后P点为振动加强点,振幅为A,=2A=20cm,波源s2传播到P点后P点又振动了△t,=3S_t,=0.5S=1T,波源s2传播到P点后P点的路程为S2=4A,=80cm,则0~3S内,P点运动的路程为S=S1+S2=160cm,A错误,B正确;两列波到P的波程差为2m,到O的波程差也为2m,因此O丶P都是振动加强点,C错误,D正确.【解析】水银柱全部在粗管中,上下长度为L,根据题意水银柱对应的压强为0.2φ0,当水银柱刚好全部 解得TA正确;水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中,气体压强【高三物理参考答案第3页(共6页)】6360C增大,B错误;气体的温度缓慢由T1变成2T0的过程中,设气体体积的增加量为△V,气体做等压变化,则有解得△V=3LS,即水银柱移动的距离为3L,C错误;根据功的定义可得气体对外界做的功W=(0.6φ0+φ0)△V,解得W=4.8φ0LS,气体吸收的热量为Q,根据热力学第一定律可知气体增加的内能为Q_4.8φ0LS,D正确.【解析】F未作用时,设压缩量为x0,对AB由平衡条件有kx0=2mgsinα,由题图乙可知F作用瞬间,AB加速度大小为ag,此时对AB有F__2mgsinα+kx0=2ma,联立解得Fmg,A正确;AB分离瞬间,AB间弹力为0,且二者加速度相等,对A有mgsinα__F=ma0,对B有mgsinα__k(x0_l)=ma0,联立解得kg,B错误,C正确;从F作用到AB分离过程,结合Ψ2_Ψ=2ax可”的改变量,则有Xl解得AB分离时的速度Ψ满足AB分离后,对A有mgsinα__F=ma,,解得ag,A还能继续沿斜面向上运动xD正确.(1)A(2分)分)(2分)分)【解析】(1)由题意知,此时若直接释放物块B,则遮光条不能通过光电门,应向上调节光电门位置,A正确,C错误;向下调节B的位置不会改变绳长,遮光条依旧不通过光电门,B错误.(2)物块B经过该光电门时的速度为,从释放点下落至遮光条通过此光电门中心时,系统动能的增加量为△Ek其中ΨB=2ΨA化简可得△Ek系统重力势能的减少量为△Ep=mgh__mg(3)若系统机械能守恒,由机械能守恒定律得△Ek=△Ep,解得h,由h该图像的斜率为k,在实验误差允许范围内k,则验证了机械能守恒定律.(1)AC(1分)F(1分)(2)2(1分)B(1分)【解析】(1)定值电阻R0有保护电源的作用,且由于电源内阻很小,则根据闭合电路的欧姆定律有U=E_Ⅰ(r+R0),可知加了定值电阻后,回路中电阻增大,电流变化时使电压表的示数变化会更明显,故选AC.电池的电动势约为3.6V,电流表达到最大电流0.9A时,电路中的最小电阻为Rmin ,电池的内阻约为几百毫欧,所以定值电阻选R2=4Ω,如果定值电阻选R1=20Ω,电路中【高三物理参考答案第4页(共6页)】6360C的最大电流为ⅠmA=0.18A,最大电流还达不到电流表量程的三分之一,电流测量范围太小.故选F.(2)开关s接2时由于电压表的分流作用,电流的测量值小于真实值,电压表示数为零时分流电流为零,即短路电流是准确的,可知导致电源电动势与内阻的测量值都小于真实值,UⅠ图线应为b;系统误差来源于电压表的分流作用.(3)将单刀双掷开关s的选择开关掷向1时测出的电动势E是准确的,则准确的电动势为E=U2=3.64V;将单刀双掷开关s的选择开关掷向2时为电流表外接法,引起误差的原因是电压表的分流,但是当电压表示数为0时,电压表不分流,所以图线b与横轴的交点为准确的短路电流,则准确的短1=0.80A,又因为在电路中连入了定值电阻R2=4Ω,所以r,其中r,=r+R2,解得电源准确的内阻为r=0.55Ω.(4)根据闭合电路欧姆定律可知图线a的斜率kr,+RA,联立r可求得RA代入数据得RA=2.73Ω;图线b的斜率k联立r,可求得RV代入数据得RV=1651.65Ω.13.【解析】(1)设折射角为β,在▽DOC中,ODR,OC=R,由几何关系可得DC23R,则sin(1分)即β=30o根据折射定律得"代入已知条件可得"=12(1分)由全反射临界角sinC可知C=45o(1分)设S为路程,由正弦定理得解得SR由激光在玻璃砖中的速度(1分)解得tR(2分)(2)全反射临界角C=45o,如图所示,7OHG=C=45o根据正弦定理可知(1分)则OGR(1分)则DG=OD+OGR(2分)【高三物理参考答案第5页(共6页)】6360C14.【解析】(1)根据题意,画出粒子的运动“迹如图所示.设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何关系有R=Rcos60o+l解得R=2l(1分)由牛顿第二定律有qΨ0B=m(1分)解得粒子在磁