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届高三 月模拟考试
2026 4
物理试题参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项
A C D D B C D C AB BCD
一、单项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。
8 4 32
解析 奥斯特发现了电流的磁效应 法拉第发现了电磁感应现象 麦克斯韦预测了电磁波的存在 赫
1.A 【 】 , ; ,
兹用实验证实了电磁波的存在 汤姆生发现了电子 密立根测定了电子的电荷量 故 选项正确
; , ; A 。
解析 大小相等 但方向不同 故 错
2.C 【 】A. , , A ;
太阳同步轨道可以有更低轨道 故 错
B. , B ;
轨道半径低于同步轨道半径 故其角速度大于地球自转加速度 故 正确
C. , , C ;
轨道平面随地球一起绕太阳转动 故 错误
D. , D 。
解析 遏制电压只与光照频率有关 错误 由图乙可知遏制电压绝对值的大小为U U U 则
3.D 【 】AB. ,B ; a > b > c,
入射光光子的能量ε ε ε 光子的能量满足ε hv 可知v v v λ λ λ 错误 正确
a > b > c, = , a > b > c, c > b > a,AC ,D 。
解析 由图像可知 该汽车的初速度为 加速度为 2 末的速度为 内
4.D 【 】 , 3m/s, 6m/s ,2s 15m/s <60km/h,2s
的平均速度为 位移为
9m/s, 18m。
λ
解析 由图可知 T f λ 错误 正确 步调相反 错误 d
5.B 【 】 =0.8s, =1.25HZ, =1.6m,A ,B ;0.8m = , ,C ; =
2
λ 能发生明显的衍射现象 错误
1.4m< , ,D 。
解析 在缓慢拉起小球的过程中 保持OM与MN垂直 α 不变 设OM 与竖直向下方向的夹角
6.C 【 】 , ( =90° ),
为φ 从 到 对小球受力分析 由平衡条件可得 OM 段拉力 T mg φ MN 段拉力 T
( 0° 90°)。 , 1 = cos , 2 =
mg φ因此 T 随φ增大而一直减小 T 一直增大 故 均错误
sin , 1 , 2 , A,B 。
由整体法可得水平面对物块的支持力N M m g T φ M m g mg 2φ 随 φ 增大而一直
=( + ) - 2sin =( + ) - sin ,
减小 摩擦力f T φ mg φ φ 当f 取得最大值时 φ 此时 T T 大小相等故 正确
; = 2cos = sin cos , =45°。 1、 2 C ,D
错误
。
解析 a点处的电场强度大于b点处的电场强度 带负电荷的尘埃在a点处的电势能大于b点处的电
7.D 【 】 ;
势能 a点处一带电尘埃在电场力的作用下由静止开始运动 被熔喷布吸附 尘埃携带的是负电荷 故
; , , ,
错误 电场力做功等于电势能的减少量 则电场力做功为W E
A,B,C , , = - 。
根据动能定理 E 1 mv2
- = ,
2
E
尘埃运动到熔喷布时的速度大小为v 2 故 选项正确
= - m , D 。
解析 线框转动的角速度为
8.C 【 】A. 100πrad/s;
E
矩形线框转动时最大磁通量为Φ 则Φ m 2 Wb
B. m, m =Nω= ;
25π
I
由题意可知 I 设原副线圈匝数比为K 则 U 2r U K
C. : 2 =4A, , : = K + 2 ,
解得 K 或K 2 故原 副线圈上的电流比I I 或I I
: =2 = , 、 1∶ 2 =1∶2 1∶ 2 =5∶2;
5
若将灯泡换成 的灯泡 灯泡不能正常发光
D. “10V 60W” , 。
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1 4二、多项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。
2 5 10
v
解析 若苏翊鸣起跳时v 则ab段水平距离为X v asin30° 5 苏翊鸣从最
9.AB 【 】 a =10m/s, = acos30° × g = 3m,
2
低点运动到a点
,
有机械能守恒得
:
1 mv2
-
1 mv2a
=
mgR
(1 -cos30°),
在最低点有牛顿第二定律得
:
2 2
v2
F mg m 以上两式解得 F N故 正确 苏翊鸣起跳后在空中运动的过程中
N - = R, : N =250(7 -2 3) AB ;
处于完全失重状态 重力的功率先减小后增大 故 错误
, , C,D 。
解析 下落过程中线框中有逆时针方向的感应电流 开始时线框中产生的电动势为 故 错误
10.BCD 【 】 , 0, A ,
正确 线框水平方向匀速运动 竖直方向加速度不断变小的加速运动 竖直方向匀速时 线框的
B ; , , ,
BLV
速度达到最大 竖直方向匀速时有Δ y BL mg V
, R Δ = → y =10m/s,
( BLV )
mg Δ y BL t mV
∑ - R Δ Δ = y,
B2L2y
mgt Δ mV 解得 y m
- R = y, : =5 ,
X V t m 故 正确
= x =6 , C ;
n BLv
若线框匝数增大为n匝 线框的质量变为nmg 电阻变为nR 则nmg n B Δ L
, , , = Δ nR ,
mgR
其中 B kL 解得v 故 正确
Δ = , =k2L4, D 。
三、非选择题:本大题共 小题,共 分。
5 58
答案 分
11.【 】(6 )
需要
(1)
gL
2
(2) d2 1
解析 实验中需要测量矩形线框上 下两边之间的距离L
【 】(1) 、 。
( d ) 2 ( d ) 2
如果机械能守恒 则有1 m 1 m
(2) , t - t ,
2 2 2 1
gL
整理可得1 1 2
t2 = t2 + d2 ,
2 1
gL
因此 1 1 图像与纵轴的截距为2 图像的斜率为 则工件下落过程中机械能守恒
,t2 - t2 d2 , 1, 。
2 1
答案 分
12.【 】(10 )
R
(1)2500 B 2
也给分
(2)2.50(2.5 ) 2000
解析 闭合开关 电流表 和电阻箱 R 并联 电压相等 当电流表 指针半偏时 两者电流相
【 】(1)③ S2, G ′ , ; G ,
等 所以两者电阻相等 则待测电流表的内阻是
, , 2500Ω。
该实验中为了减小误差 电源电动势要尽量大 滑动变阻器也要选大的 所以电源应选择 滑动变阻
④ , , , B,
器应选择R
2。
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2 4微安表量程为 由图所示表盘可知 其分度值为 其示数为 是满偏量程的16 改
(2)① 250μA, , 5μA, 160μA, ,
25
装后的电压表量程为U 则示数为U 16 解得 U
, × V=1.6V, : =2.5V。
25
把微安表改装成电压表需要串联分压电阻 因此要串联电阻 由 可知 改装后电压量程为 U
② , , (2) , =
则串联电阻是R 要达到预期目的 即量程为U′ 则串联电阻是 R′ 无论测得的内阻值是否正
2.5V, , , =3V, ,
U′ U
确 都不必重新测量 只需要将阻值为 R 的电阻换为一个阻值为 R′的电阻即可 则 R′ R -
, , , - = I =
g
3 -2.5
-6 =2000Ω。
250 ×10
答案 分
13.【 】(10 )
对活塞初末状态受力有 mg p S p S ………………………………………………………… 分
(1) : + 1 = 0 (1 )
m M g p S p S ………………………………………………………………………………… 分
( + ) + 2 = 0 (1 )
LS LS
对理想气体由玻意耳定律有 p p 3 ………………………………………………………… 分
: 1 = 2 (2 )
4 4
联立解得 M 200 …………………………………………………………………………………… 分
: = kg (1 )
3
设活塞处于最下端时 温度为 T 由 到活塞到达最下端时 内能变化为 U 由于一定质量理想
(2) , 1, (1) , Δ 。
U
气体内能和温度成正比有 5.75J Δ ………………………………………………………… 分
: T =T T (1 )
0.01 0 1 - 0
3 LS
LS
由盖 吕萨克定律 4 ………………………………………………………………………… 分
· : T =T (1 )
0 1
综上解得 U 575 …………………………………………………………………………………… 分
:Δ = J (1 )
3
从 到活塞到达最下端 外界对气体做功 W p 1 LS 125 ……………………………… 分
(1) , : = - 2 = - J (1 )
4 3
本过程对气体由热力学第一定律有 U Q W
:Δ = +
得 Q 700 …………………………………………………………………………………………… 分
: = J (1 )
3
答案 分
14.【 】(14 )
水平匀速 v v θ ……………………………………………………………………………… 分
(1) : = 1cos (1 )
解得 v ………………………………………………………………………………………… 分
: 1 =5m/s (1 )
由机械能守恒和动量守恒得 m v m v ………………………………………………………… 分
(2) : 1 a = 2 (2 )
E
p =
1 m
1
v2a
+
1 m
2
v2 ……………………………………………………………………………………
(2
分
)
2 2
解得 E ………………………………………………………………………………………… 分
: p =12J (1 )
由于 μ m m g θ μ m g θ m g θ
(3) : 1( 2 + 3) cos = 2 2 cos + 3 sin
故C恰好不相对斜面滑动 一直处于静止 对b有牛顿第二定律 μ m g θ m g θ m a …… 分
, , : 2 2 cos - 2 sin = 2 (2 )
匀减速直到停下 v 2 aS …………………………………………………………………………… 分
: 1 =2 (2 )
那么bc之间产热 Q μ m g θS …………………………………………………………………… 分
: = 2 2 cos (2 )
解得 Q ………………………………………………………………………………………… 分
: =200J (1 )
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3 4答案 分
15.【 】(18 )
有 粒子射出 对于临界粒子在电场中有
(1) 50% , :
水平方向 d v t ……………………………………………………………………………………… 分
:2 = 0 (1 )
竖直方向 d 1 at2 以及qE ma …………………………………………………………………… 分
: = = (2 )
2
沿直线运动满足 qB v qE …………………………………………………………………………… 分
: 0 0 = (1 )
mv
解得 B 0…………………………………………………………………………………………… 分
: 0 = qd (1 )
2
粒子射出电场时
(2) :
竖直速度 v at v …………………………………………………………………………………… 分
: y = = 0 (1 )
射出速度
:
v
=
v
0
2
+
v y2
= 2
v
0
………………………………………………………………………
(1
分
)
射出时速度偏转角度 α π ………………………………………………………………………… 分
: = (1 )
4
v2
由洛伦兹力提供向心力知 qvB m ………………………………………………………………… 分
: = r (1 )
全部回到电场满足几何关系 r π d …………………………………………………………… 分
:2 cos ≤ (1 )
4
mv
解得 B 2 0 ………………………………………………………………………………………… 分
: ≥ qd (1 )
容易判断第二次目标粒子无法离开电容器 轨迹如下图所示
(3) , :
d
第一次在电场中 t 2 ……………………………………………………………………………… 分
: 1 = v (1 )
0
第二次在电场中
:2
d
=
v′
y
t
3 +
1 a
y
t2
3
…………………………………………………………………
(1
分
)
2
v′ v v ……………………………………………………………………………………… 分
y = cos45° = 0 (1 )
qE v2
a 0 ……………………………………………………………………………………………… 分
y = m = d (1 )
2
d
得 t 2( 3 -1) ……………………………………………………………………………………… 分
: 3 = v (1 )
0
m d
磁场中 t 3 3 ………………………………………………………………………… 分
: 2 = πBq = π v (1 )
2 4 0
( )d
综合知在电磁场中运动的时间 t t t t 3 …………………………………… 分
: = 1 + 2 + 3 = 2 3 + π v (1 )
4 0
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4 4
