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2025～2026学年高三 4月质量检测卷·物理
参考答案、提示及评分细则
F。=GM=m2=mr=ma,
1.B 根据 ,依题意对接后空间站的运动可看作匀速圆周运动，则可知对接后
空间站运行过程中周期不变，而速度、向心加速度、受的地球引力虽大小不变，但方向在变化.故B正确.
2.D 此交流电的频率为
=2-=120Hz=50 Hz,A错误；此交流电动势的有效值为E=√2=20√2V,B错
误；当线圈平面转到图示位置时处于中性面，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，C错误；当线圈平面转到
一-
平行于磁场的位置时，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，D正确.
w=4c,
3.A 设金属板的逸出功为W,根据光电效应方程有En=h-W,E=h÷-W,而=3,解得
A正确.
4.C 对筷子和物体受力分析如图所示，根据几何关系可知，图中所标夹角θ均为
Fu=F、=3mg,
F、 F
,故
30°,故FM=F?,根据平衡条件有2FM cos 30°=mg,解得 " θθ
+
C正确.
4+nλ=0.3m(n=0,1,2…),或者 0
5.A 由题意可知，两点平衡位置间距满足
a=41.+3" Q
N
a=412m(n=0,1,2…),或者 P
nλ=0.3m(n=0,1,2…),可得波长为
mg
T=△=49.6(n=0,1,2…),或者T=△=4963(n=0,
(n=0,1,2…),周期为
M
1,2…),代入n值可知，A正确.
6.C 由光路的可逆性可知，两光束在玻璃砖下表面都不可能发生全反射，A错误； b
a
因为玻璃砖上下表面平行，光线在玻璃砖下表面第二次折射时的入射角等于在
β
上表面第一次折射时的折射角，根据光路可逆性可知，第二次折射光线与第一次
折射入射光线平行，所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行，B错误；设光线
”=sinβ
在上表面的入射角为a,折射角为β,则折射率 ,设玻璃砖厚度为d,则光
=cS β
线在玻璃砖中的行程 ,设真空中光速为c,光线穿过玻璃砖的时间
sn z
,可见，当两束单色光在上表面的折射角β互余时，两束单色光线穿过玻璃砖的时间相等，C正确；如
果玻璃砖的厚度、两束入射光线间距合适，两束单色光线穿过玻璃砖下表面后可能重合为一束光线，如图所
示，可见b光折射率大，则b光的频率高，D错误.
7.D 由题意可知，小球做匀变速曲线运动，A错误；根据加速度的定义，加速度方向和速度
V
60°
变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图，所以风力方向
垂直于a、b连线，小球的速度沿a、b连线方向的分速度为v?=zucos a=zcos 30°=2v,
,所
2 v Av
以a运动到b的时间为 ,B错误；沿风力的方向从a点运动到b点的
速度变化量为△v=zsinβ-(-zsin a)=2vsin 30°=v,则加速度为 ,根据牛顿第二定
【高三4月质量检测卷·物理参考答案 第1页(共4页)】F=mu=32mz,C错误；小球在b点时，风力的功率为P=Fucos 60°=
律，从a点运动到b点的风力为
√3m3,D正确.
Fk=qg二k·2=3
,对
8.AC 设细线的长度为L,由几何关系可知，初始时A、B间的距离为L,则有
A球由平衡条件可得Fk=mgtan 30°,当C小球分别与A、B接触后，由题意结合几何关系可知，A、B间的距
Fx一 31=mgtan 6°,可得14cg's1-24,
离变为√3L,根据平衡条件可得 ,此时小球A、B所带的电
二=二0-2+
荷量分别为 ,联立解得qc=8q,qc2=-13q,故A、C正确.
x甲=-am P2=1.52,乙车初速度
9.BC 根据图像可知，甲车初速度vpo=0,加速度a甲=3m/s2,位移为
v乙n=8m/s,加速度a乙=2m/s2,位移为x乙=vat+立act2=81+2,当t=5s时，x甲=37.5m,x∠=65m,
可见t=0时，甲车在乙车前方27.5m处，在t=5s之前，甲一直在乙车前面，A错误，B正确；t=5s时两车
151+2f=18t+t,
速度分别为v甲=15 m/s,v乙=18m/s,从t=5s到再次相遇，两车位移相等，有 ,解得
t=6s,则在t=11s时两车再次相遇，C正确；从t=5s到t=11s两车位移是x=18×6m+62m=144 m,
D错误.
1=’
10.BD 导体棒Q恰好要向上滑动，故IBL=mgsinθ+μmgcosθ,其中 ,又有E=BLv,解得v=2 m/s,A
q=T△=R==2R
错误，设该过程中导体棒P的位移为x,通过导体棒P的电荷量 ,导体棒P
做匀加速直线运动，有v2—0=2ax,解得q=0.5 C,B正确；对导体棒应用动量定理，有Ip—(mgsin θ+
umgcos )t—1安=mv-0,其中1=晋，安培力的冲量大小I女=SIBL△r=BLq,解得Ir=1.7N·s,C错误；
对导体棒P应用动能定理，有We-(mgsin O+pungcos θ)x一W=÷m2-0,
,其中W安=Q,回路产生的
总焦耳热为Q恩=2Q,解得WF=1.86 J,D正确.
(,+8)(s?+s+s)(m-m2)g=÷(m+m2[(十，-(十)e]
11.(4)大于 (每空2分)
解析：(4)根据装置物块1和2分别向下和向上运动，则m大于m2;因交流电频率为f,则打点时间间隔为
T=÷, e=107=
,由匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，则
(x+0?, 2n=310二=+0)f,
;同理在打出B点时，物块的运动速度大小为 ,从打出B点到打出E点，若
系统重力势能减少量等于动能的增加量，则系统的机械能守恒，即(s?+s+s:)(m—m2)g=—(m+
m2)[(十0)e-(十)f].
12.(1)见解析(1分)(2)0.39～0.41(1分) 2.19～2.21(1分)(3)乙(2分)
(4)2.49～2.52(2分) 0.50～0.56(2分)
解析：(1)图甲中，电流表外接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路端电压，则图甲对应的电路图为
A
【高三4月质量检测卷·物理参考答案 第2页(共4页)】(2)因为电压表量程选择0～3V,电流表量程选择0～0.6 A,所以两表的读数分别为2.20 V(2.19～2.21V
均可),0.40 A(0.39～0.41A均可);
(3)由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir,可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻.图甲
中电流表外接，有U=E-(r+rA)I,则实验测得的电源内阻rs=r+ra,测量值偏大，测量的电动势是准确
的；图乙中电流表内接有U=E-r(1+一),变形得U=,+rE-r
I,电源内阻
?十r,测量值偏
小，电动势测量值也偏小，比较两式可知，图甲式对应的直线斜率大，图乙式对应的直线斜率小，故图线I对
应图乙，图线Ⅱ对应的图甲.
r=平
(4)图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势E=2.50 V;据推算图线I对应的短路电流I=4.80 A,则
二4.80A=0.52Ω;也可用其斜率求r=兕=0.30A=0.52Ω.
p
13.解：(1)设气体在状态A、B的体积分别为VA、Vg,由几何知识可得
s。=÷(pe一p)(V?-Va)(1分) Pc C
S
2p. B
由三角形可知pc-2po=2po一po(1分)
2p=v
AB的反向延长线经过坐标原点O,可得； (1分) Po
A
pY=2TY
对状态A、B由理想气体状态方程可得 (1分)
0 VA V?V
v?=
解得 ,T?=4T (2分)
s=÷(pB+pe)(V?-VA)(2分)
(2)由几何关系可得直线BC与横轴所围成的面积为
则气体从状态B到状态C外界对气体做的功为W=S(1分)
解得W=2.5Sn(1分)
Rcosa=2gt2
14.解：(1)设A从水平抛出到进入圆弧面所用时间为1,根据平抛运动有 (1分)
v.=gt,tan a=
A到达圆弧面竖直速度为v,,水平速度为z,沿切线方向进入有 (1分)
设弹簧的弹性势能为E,,根据能量守恒定律有E=2mv (1分)
解得E,=1.35J(1分)
(2)从抛出到P点的过程中由能量守恒定律有E+mgR=÷mvp2
(1分)
F×-mg=R
在P点A所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有 (1分)
根据牛顿第三定律有F压=F、(1分)
解得F压=29.4 N(1分)
Ep+mgR=÷mv3,
,可得A与B碰撞前速度大小v。=4√214m/s
(3)由1 (1分)
物块A与B之间的碰撞为完全非弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvp=(m+m)v(1分)
若碰撞后AB恰好能运动到M点，则有一μ(m+mB)gs=0-—(m+mB)2
(1分)
m?=2(5-2kg (1分)
解得
m≥25-2kg(1分)
所以，要使物块A不会落入凹槽，物块B的质量
【高三4月质量检测卷·物理参考答案 第3页(共4页)】15.解：(1)设P点的坐标为(0,y),粒子在磁场I中运动轨迹的半径为n,由于粒子在磁场I中运动轨迹刚好
与y轴和y=-d都相切，如图甲，根据几何关系可知，
r cos 45°+n=d(1分)
r+r sin 45°=y(1分)
解得y=d(1分)
因此，P点的坐标为(0,d)(1分)
(2)设粒子进磁场I时的速度大小为v,根据动能定理有
qE·√2d=2mu2(1分)
=√2√Z?Ea
解得 (1分)
由(1)问可知，粒子在磁场I中做圆周运动的半径r?=(2—√2)d (1分)
qu Bi=m
根据牛顿第二定律有 (1分)
B=(√2+1)√2mE
解得1 (1分)
y
y
P E P E
x
· x r
O r · · O
·
r I
y=-d
y=-d
× × x × × × × × × X ×× Ⅱ × X X × × × X × × Ⅱ
甲 乙
2√2mE.
(3)若将磁场I的磁感应强度大小也改为 ,设粒子进入磁场I后做圆周运动的半径为r',由
=12±1
r=qB,可知
r=2a
解得， (1分)
由几何关系可知，粒子在磁场I中运动的偏向角为90°,即粒子第一次在磁场I中运动轨道的初末位置连线
与x轴垂直，粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹的半径也为r,轨道如图乙所示.
则粒子第二次经过x轴的位置离坐标原点O的距离x?=d+d=2d (1分)
粒子第二次在电场中做类平抛运动，设第二次在电场中运动时间为1,则有
an 45=22(1分)
qE=ma (1分)
(=2√2√2m
解得 (1分)
设粒子第二次经过x轴和第三次经过x轴的位置之间距离为L,则
L=√2zt=8d(1分)
因此粒子第三次经过x的位置离坐标原点的距离x?=x?+L=10d (1分)
【高三4月质量检测卷·物理参考答案 第4页(共4页)】
