2026庙局二4月教字质量检测·物坪
参考答案、解析及评分细则
1,长有队髑表不递度,图或解率的能对但表示加强度天小乙顾点加递度较天,A简误;网顺点做列空递适动
0～2何周闪的单可速度马为时测的嘴明通度,网质点往0～2明同闪的平列递度相等,位移相等,2时
同质点相滥,书止棚者职循表不加递度,网顺点的初通度木为,无法比较2可的递度与位直,CD销误,
选B.
Z.AA.两列简语液的液前相距5=0.6m,改网列液经可间(相,则一2u,解将1一1.54,放A正确R由
国可知,网列液同时到运M点时,引起质点擦动的力因列西γ槽贝力同,所以两列设在M点时探动加强,明
M点时报明为A一2A=8cm,极长馆误;C,网列酸时设长为0.4m,周期为工一一一Zs,石偶时液传到卜周
用时z=立=O_6
.2s=3s,所以z=2s时质点P通过的路程为s=4A=16cm,敌C错误;D.=2s内质点M
通过的路程为s'=二×4A'=8cm,故D错误;故选C.
3.B人射光分期在两损的丽表面和后表面发生反射,当光在两顺的商表面和后表面的光程差为平波长的奇
一,其中λ'为单色光在薄膜中的波长,则有n=
倍时,两束反射光发生十涉相互抵消,增透膜的最小厚度d
二=马,该单色光穿过增透膜的时间为x=二=二,B正确,故选B
4c
4.A小球C受重力C、细线控力T和库仓力F处于静止状态,设O到Q、Q;的距两分期为h、1,Q、Q的距两
C1FkC?
为d,由相似三角形可得 ,Q同上移动h变小,可得T变大,d变小,F变大.故选A
h dd
5.B根据题意,出运动学公式,慧看的部分拉四景面时,链杀的速度满足v一0=2×0.28
血g
×六L=0.2gL,链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大,与位移x成正比,如图所示,设
血Mg
2
拉力F做功W,整个过程,由动能定理有W一÷(Y+mMg)合-合Mg×÷L=
2
Mv,联立解得 W=21MgL.故选B.
8O
GMm=ma,可得 GEO卫星的加速度大小a=
=丛,故 A错误:B.根捷
6.C A.对北斗星座GEO)卫星根居G
G=mg,解得g=反5,故 B错误;C.根据Gm=m严-,,当r=R时v2=b可得M=2,
三,C正确:D,地球的
bK
G
密度p=立= 4GπR2,D错误
R
【高三4月教学质量检测·物理试卷参考答案 第1页(共4页)W7.C者文持刀俗对为零,对小球受刀分析,受到重刀,确十拉刀,如图,小球同左加建
加速度同左,合刀水平同左,根据午顿第二定律,有1cos0=ma,1sin0=mg,解得
"aho-÷g,T=5s。r5一s=子子mg,所以若装置的加速度a>专a
_生 言&,小球将飘离斜面受2
zz>2zzz
个力作用;0<a<方8,小球在斜面上受3个力作用,综上可知,C正确,ABD错误.故选C
8.D清片卩同上移动过程中,清动变阻游的电阻增大,则湖残画并联的总电阻增天,根据带双电阻K心
(s)Ra,结合I=反x十R。
一,可知原残圆的电流激小,则流过对泄A时电究减小,为泡A两塌的电压减小,
系一=严可知,副线圈电压增大,故灯泡E
人电压个受,则原线圈两霸的电压增大,田发法器电压和里数的天为U?z
变亮,AB错误;清动变阻器与灯湘电限关系未知,尤法列晰其电功率变化,C需误;a、6骗的辆人电出不变,同
线圈的电流藏小,根括P二E1可知,a、b霸的桶人切举减小,D止硼,政芯D
9.ACAA、B敬间的最大电压为U心一C,明知长敬的最天电简量为《一CU长敬服多吸咬的电于个败为
N==Ce
,政A止偏;长田能重寸但及动能定理得U0二U心,即一0二A一K,可如5极时电劳和
灯丝K的电努相等,故B错误;C因为电源的电动势个变即电压C个变,所以A、B敬间的最大电压U心
E
变,若培大A、B板间的跑离,则由C= 可知电容藏小,政电容器所带的电何量小于Q,故C止硼;D.田限
4π丧d
量守但定律可知,在第一个电于最书敬吸收后,电于田丝火适动到A敬过程,动能增大,电努能液小,出
板运动到B板过程,动概减小,电势能增大,故D错侯
立
10.BD由杨次定律可知线程中的感应电流治顺时针万同,A错侯;线程的加速度大小为α 2 m/g,从结
2L
框进人磁场开始计时,线框的速度为v-0一1,感应电动势为E-BLv,感应电流为1=告=业各一
R
随时间均匀减小,B正确;线框受到的安培力FA一BL一少上(号二42,取向右为正方向,由牛顿第二定神
R
可得下—F=—ma,带人数据以得r-1-2(N),力r先同石后同左,对线程先微正功后做负功,C错误
感应电流1-业(%一22=2-2(A),流过线框某截面的电荷量为g-7=1C,D正确,故选BD
R
11.(1)Mm6 (m-之)gd (2)9.6(每空2分)
2z
解析;(1)滑块到达B处时的速度v=之,则系统动能的增加量△E,=二(M+m)v2=《M+m
2t
系统重力势能的减小量△E。=mgd-Mgdsin30°=【m-亏)ga
【高三4月教学质量检测·物理试卷参考答案第2页(共4页)W】(2)根据系统机械能守恒得合(N+m)v2=(m-)gd,则v-%E2,题图乙图线的斜率大小k|
M十
Znz—M__2.4
v+m8|-0.5m/s=4.8m/s,义M=m,解得8=9.6m/s
12.(1)D(1分)F(1分)(Z;5(Z分)(5)C(Z分)(4)3.80(z分)I/0(z对
解析;(1)因为电明劳为4V,敬电压表放选V,即选D,因为电施内阻与电流表内阻之和到为260几,为」
效调节电路,滑动受阻器应选K1,即选上
+只-=6 Ie,可知量程扩大为原来的6倍
(2)政装后,通对的总电流为1学1。十
Ko
(3)由十改装后的电流表内阻已知,因此电流表相对电累屋米用内接法,放该选神的实额电路是图中的乙
KoKg5O
(4)改装后电流表的内阻为Kx=R。十R一3Ω,田闭合电路欧对定伻可得U=E一1(KA十r),可知U一1隆
像的纵轴截距等于电动势,根据图丙可知E≈3.80V,U一1图像斜率绝对值为尺十r,根据图内有R十r
1△01= 3.80=1.00 5bU
1△T1=15.0×10-÷-041≈3
(2.解得r170(
13.解:(1)由题意可知,初始时封闭气体的压强为
p=po+pghsin0=80 cmHg(1分
当坂埚管竖且且升口同上时,时两气体的压强为
pz=po+pgh=85 cmHg(I牙;
攻板埚管的横微面积为5,根据波意耳定律可
如LiS=加L?S(2分)
解得L?=16 cm(1分)
(2)当玻璃膏竖百日开口向下时.封闭气体的压强头
=po-pgh=65 cmHg(1分)
由题意可知,封团气体的体枳不变,根据在理定律可得
三=云(2分
育不
代入数据,解得7=260K(2分;
14.解;(1)设小球运动到B点时小车的速度为v,小球与小车在水平方间动量守但,烟有m以二(m十3m)
(3分)
解得v=有u(1分
(2)设小球运动到A点时速度大小为01,则有η==2v。(3分
小球从把出点到A点由机被能于但则有亏mv十mgh=亏m(2分
【高三4月教学质量检测·物理试卷参考答案 第3页(共4页)W解得= (1分
2g
(3)小球从A点到B点的过程,系统机械能守恒,则有 mvi =(m+3m)v+mgRcos0(3分)
5
解得R (
4g
15.解:(1)程于刚好末碰到挡椒MN,可知程于在能场中微圆周运动的半径为r=d(1分
由牛锁第二定律可得qxB严m (2分
解得粒子的速度大小v=2Bd(2分)
(2)粒子在电场中加速运动,由动能定理可得不
gEx= 之mv(2分)
gBd
解得Q的模坐标工g=一x= 2mE (2分)
(3)粒子运动轨迹如图所示,设粒子碰撞挡板MN时速度与竖直方问的夹角为
粒子从O点到第一次碰撞挡板MN,转过的角度为
a=元一6(1分)
第一次碰撞挡板时的纵坐标为
yo=r(1-cos6o)=r(1-sin0)(1分:
相邻两次碰撞挡板讨程中.粒子转讨的角度为26.间上的位移关
△y=2rsinO(1分)
粒子与挡板碰撞n次后运动到M处,有
yo十n△y=4d (1分)
可得 sin 0=zn-1n=3,4,5…(1分)
当n=3时挡板到y釉的距离d=rcos0= (1分
此时d>r(1一cos日),粒子未进人第二象限
所以挡板到y轴的最小距离da= (1分
粒子在磁场中做副尚运动的指
T=2mr=2xm
g 《分
从O点运动到M点的时间为t=0十2m0T=55
(2分
36gB
【高三4月教学质量检测·物理试卷参考答案 第4页(共4页)W
