湖南省长沙市一中2026届高三月考试卷（十）物理+答案

轨道ABC上的A点由静止开始加速，从C处水平飞AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角(cos37°=A.两列波的周期均为0.1sB.P点在t=1.5s时刻位于平衡位置10.如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨MNPQ、与M₁N₁间距为2L,PQ与P₁Q₁间距为L。在MN与M间为t,则该单摆的周期T=_;甲小数);物理试题(Q10)第6页(共8页)物理试题(Q10)第7页(共8页)相互作用力。若有50%的粒子恰好能从QN边界射出。体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F=20N的恒定作用力，平台MN之间粗可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m=2kg,滑块A的质量为M=1kg,重力加速度g=10m/s²,求：(2)若B与A水平段间的动摩擦因数μ=0.4,保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚高三物理参考答案一、二选择题(1～7每小题4分。8～10每小题5分，选对但不全得3分)题号123456789ABDDCDC1.A【解析】原子核结合能=比结合能×核子数，解得,故A正确；由质能方程△E=△mc²和质量亏损△m=2m₁-mz-m₂,B错误；核反应满足电荷数、质量数守恒，即X为3核克服库仑斥力接近到核力作用范围，必须满足高温高压条件，常温常压下即使提升密度也无法发生聚变，故D错误。2.B【解析】根据可知运动时间,当落到,所以摩托车离开C时速度v的范围为3.D【解析】由光路图可知，M光的偏折程度大于N光，可知水滴对M光的折射率大于对N光的折射率，故A光的波长小于N光的波长，若遇到相同的障碍物，N光比M光的衍射现象更明显，故C错误；M光的频率大于N光的频率，M光光子的能量比N光光子的能量大，故D正确。AO,根据合成与分解知识qE=mgtan37°,解得。C.从C到A由动能定理：—mgR(1+cos37°)一重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为,小球做圆周运动，则在其等效最高点，有,小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得,在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得,解得Fɴ=7.5mg,D正确。5.C【解析】A.引力势能是标量，先增后减。B.设地球质量为M,月球的质量为m,探测器的质量为mo,引力的合力做功与引力势能的关系F△x=一△E,可知Ep—x图线的斜率绝对值为,由图可知，B错误；CD.在x=kL处图线的切线斜率为0,则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，6.D【解析】每秒钟电流改变次数为错误；B.将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′,,滑动变阻器的滑片缓慢地从左端向右端滑动的过程中，副线圈回路中的总电阻R先增大后减小，副线圈中电流先减少后增大，B错误；C.根据等效电源的知识，原电路可以简化成内阻为25Ω的电源与R₃串联，R₃的电阻取25Ω时功率最大，C错；U₁=U—I₁R₁=(220—10I₂)V,P入=U₁I₁=在圆b和圆c间的环形区域的匀强磁场偏转半径,qU=点A,在圆a区域磁场中运动的时间为,粒子圆c区域内匀强磁场运动的周期,粒子从电场回到入射点A,在磁场中运动的最短时间为8.BD【解析】A.根据图像可知波长为0.4m,则波传播的周期为,故A错误；B.由于周期为1s,P点再次回到平衡位置需要半个周期，t=1+0.5s=1.5s,故B正确；C.两列波传播速度相同，由图可知，两列波会在M点相遇，即两列波还需要传播的距离为,故C错误；D.质点运动的路程为s=4·2A=4×2×2cm=16cm,故D正确。9.AD【解析】木板开始运动时，木块对木板的摩擦力f=3μmg>0,木板向右加速，故A正确；设木块1的最小速度为v₁,木块1的加速度f=ma₁做匀减速；木板的加速度为3μmg=3ma做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小，即v₁=vo—a₁t=at解得,故B错误；设木块2的最小速度为v2,此过程木块2的速度改变量为2vo—v2,而木块3速度改变量与木块2速度改变量相等，即木块3的速度为vo十v2,由动量守恒可得：m(v₀+2v₀+3vo)=5mv₂+m(vo+v₂),解得：,故C错误；当木块3相对静止10.BD【解析】A.若a棒最终做匀速直线运动，则有BI₀L=mgsin30°,此时对b棒则有BI₀(2L)>mgsin30°,可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动，A错误；B.设t时刻，a的速度大小为v,a棒产生的感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律E=I×2R得b受力BI(2L)=mgsin30°,解得,B正确；C.在时间t内，对a棒由动量定理有解得误；由闭合电路欧姆定律，a棒中的电流满足,对b棒2BIL-mgsin30°=mab,对a棒，正确。三、非选择题(本大题共5题，共57分)【解析】(3)设A点以下的细线长度为lo,根据单摆周期公式得T²—l图像的斜率为k₁,则,得(4)小球在最低点的速度为,联立,得,则比较k₂的值与,若二者在误差范围内相等，则验证机械能是守恒的。12.(8分)(1)电流表的分压作用(2)A(3)零刻度线2.951.00(4)等于【解析】(1)甲图测电池的电动势和内阻，采用的是伏安法内接，因为电流表的分压作用，导致电压表测量的并不是电源两端的电压，从而产生误差。(2)图乙是利用让灵敏电流计G指零，此时电压表测量的是电池A的真实路端电压，电流表测量的是电池A回路的电流，因此被测电池为A,电池B是补偿支路的电源，用于抵消电流表的分压影响。(3)通过滑动变阻器调节R₂,使灵敏电流计G指在零刻度线，此时灵敏电流计G两端的电势差为0,左右两个支路相互独立，电流表等效测量A电源回路中的电流，而此时电压表可精准测量被测电池A的路端电压。由闭合电路的欧姆定律得E=U₁+I₁r,E=U₂+I₂r代入数据联立解得E=2.95V,r=1.00Ω。(4)根据上述分析可知，该实验设计消除了电流表内阻对实验的影响，所以电源电动势的测量值等于真实值。13.【解析】(1)第一次抽气结束时，有poV=p(V+V₀),得………5分(2)排气阀K₂第一次打开时，设活塞下方空气的体积为V,pVo=p₀V′,解得……………5分14.【解析】(1)有50%的粒子能够射出电场，则粒子在电场中竖直偏转距离为d。粒子做类平抛运动，竖直方向………………1分水平方向2d=vot……………·1分解得……………………1分粒子射出电场时速度为v₁=√2vo……………1分根据洛伦兹力提供向心力…………1分从电场射出的粒子经磁场I偏转后能全部回到电场，2rcos45°≤d…2分解得………………1分(3)有粒子经过的区域如图所示，扇形面积…………1分三角形面积………1分在磁场I中有粒子经过的区域面积……………2分15.【解析】(1)由题意可知，B滑块在A上下滑时机械能守恒，设B滑到A的底端时速度大小为vo,根据机械能守恒定律得在圆弧底端，由牛顿第二定律得………………1分解得Fɴ=60N由牛顿第三定律可知，对圆弧底端的压力大小为60N。·1分(2)由题意知，A离开左侧挡板后向右运动，A,B组成的系统动量守恒，设A,B共速时的速度大小为v₁,以向右为正方向，由动量守恒定律得mo=(m+M)v₁·1对A,由动能定理得-……………………1分可得s=1m对A,B系统，由动能定理得………………1分可得d=1.5m即保证A与平台相碰前A,B能够共速，s应满足的条件是s>1m·1分(3)由(2)可知，B进入MN间时速度大小为v₁,若到达卡口时速度大小为v=5m/s时，由动能定理可得……………………1分解得μ2=0.1,即0<1