物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260407江苏南京第六十六中学2026届高三四月第一次检测（二模）_物理

2026届高三四月第一次检测（二模） 参考答案 1．C 【详解】对两球构成的整体进行受力分析 两小球受电场力等大反向，可知绳子拉力和重力等大反向，故上面绳应该处于竖直方向。 故选C。 2．B 【详解】AB．光在晶体中的双折射现象就是光学各向异性的表现，所以图中方解石的双折 射现象说明方解石是晶体，具有固定的熔点，A错误，B正确； CD．单晶体具有规则的几何形状、各向异性和一定的熔点等性质；而多晶体是由许多小的 晶体杂乱无章地排列在一起组成的，使得多晶体不再具有规则的几何外形，而且也看不出各 向异性的特点，故CD错误。 故选B。 3．A 【详解】通过三根输电线的电流大小相等，到O点距离相等，则三根输电线在O点产生的 磁感应强度大小都为B，方向如图所示 则三根输电线中的电流在О点产生的磁感应强度大小是 B  B2(2B)2  5B 合 故A正确，BCD错误。 故选A。 4．D 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．从状态A到状态B发生等压变化，根据 V V A  B T T A B 可知从状态A到状态B，温度升高，体积膨胀，因此单位体积内的分子数减少，A错误； B．从状态A到状态B温度升高，内能增加；体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律 U W Q 可知气体需要吸收热量，B错误； C．由于状态B的温度比状态C的温度高，因此分子运动速率大的分子数，状态B大于状态 C，C错误； D．状态A与状态C温度相同，分子的平均速率相同，而状态A的压强大于状态C的压强， 因此单位时间内撞击单位面积器壁的分子数，状态A大于状态C，D正确。 故选D。 5．A 【详解】A．中国空间站距离地面约400km，其重力加速度为g。因为重力全部提供向心力， 所以绕地球运动向心加速度 ag 故A正确； B．航天员在空间站受的重力为 Gmg 全部提供向心力，故B错误； C．根据开普勒第三定律可知，中国空间站轨道半径小于静止卫星轨道半径，所以周期小于 24h，故C错误； D．近地卫星环绕速度是圆轨道最大环绕速度，所以中国空间站速度小于8km/s，故D错误。 故选A。 6．D 【详解】A．用一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器做实验可以测出多组U、I值， 根据闭合回路欧姆定律可得 E=U+Ir 可测量多组数据到式求解，故A可取； B．用一个伏特表和多个定值电阻做实验，可以测出多组U、R值，根据欧姆定律可得U E U  r R 可以列方程组求出E、r，故B可取； C．用一个安培表和一个电阻箱，可以测出多组I、R值，根据欧姆定律可得 E=I（r+R） 可以列方程组求出E、r，故C可取； D．两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，故D不可取。 故选D。 7．B 【详解】开始时线圈与磁场的方向平行，则穿过线圈的磁通量为零；经过时间t，面积为S 的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，磁通量变化为 ΔΦ=BSsinθ 则0t 时间内磁通量的平均变化率是 1  BSsin  t t 故选B。 8．C 【详解】设光滑圆弧轨道的半径为R，则钢球从最高点滑到圆弧轨道最低点过程中由动能定 理有 1 mgR mv2 2 钢球从轨道最低点飞出后在空中做平抛运动，有 1 6hR gt2 2 xvt 综合解得 x 4R224hR  4(R3h)36h2 可知当光滑圆弧轨道的半径R满足 R3h 钢球落地点距О点最远，此时出口端离地高度为3h，为丙球。 故选C。 9．C 学科网（北京）股份有限公司【详解】A．图乙为质点Q的振动图像，0时刻向上振动，根据平移法可知，波沿x轴正方 向传播，故A错误； B．根据图像可知，波长为8m，周期为0.2s，所以波速  v 40m/s T 故B错误； C．根据图像可知，从实线时刻到虚线时刻经过的时间为 T t nT  0.050.2n （n=0.1.2…） 4 所以t 时刻可能为0.45s，故C正确； 2 D．质点P做简谐运动的位移表达式为 2 y Asin( t) T 由图知A=10cm，t=0时  y Asin 5 2cm 4 且向y轴负方向运动，代入上式解得 3 y10sin(10t )cm 4 故D错误。 故选C。 10．C 【详解】AB．无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件磁场方向向下，电流方向向左，根据 左手定则可得，载流子受力方指向a，因此a端带负电，AB错误； CD．盖上屏幕过程中，磁感应强度变大，霍尔电压增大，a、b间电势差逐渐增大，C正确， D错误。 故选C。 11．D 【详解】A．B下落，即将与A碰撞时有 1 mglsin mv2 2 0 A、B碰撞动量守恒，则有 mv 2mv 0得 2glsin v 2 选项A正确； B．A、B碰撞后一起向下运动至最低点，位移设x，根据能量守恒得 1 1 1 k(lx)2  kl2  2mv2 2mgxsin 2 2 2 A原来静止满足 mgsinkl 解之得 x 2ll 选项B错误； CD．A、B分开临界条件为加速度相等，A、B之间的弹力为零，对B分析可得 mgsinma 0 得 a gsin 0 碰后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反向。假设不分离，向上运动位移为x ， 1 则有 1 1 1 2mgx sin k(lx )2 kl2 2mv2 1 2 1 2 2 x  2ll 1 此时整体受力可得 2mgsinkx 2ma 1 得 3 2 a= gsingsin 2 碰后两物体一定不分离且不能再次回到释放点，C错误，D正确。 故选D。 R D2 R 12． A 1.17 0 0 无 4L 3 0 【详解】(1)[1] 测量管道的内直径，应该使用部位甲，故选A； 学科网（北京）股份有限公司1 (2)[2]由图可知，游标卡尺主尺的读数为1.1cm，副尺的分度值为 mm=0.1mm，因此副尺 10 的读数为70.1mm=0.7mm，则该钢笔帽的内径为1.1cm0.7mm1.17cm； (3)[3]因为灵敏电流表示数始终满偏，则电阻满足 4L IR I(R ) 0 D2 得 4L RR  0 D2 根据直线的斜率 R 4 k  0  L D2 0 得 R D2  0 4L 0 (4)[4]根据电阻定律可得 4L R D2 4L R R  0 0  0 D2 4L 3D2 3 0 (5)[5]无论电表是否有阻值，R与Rx之间的电压和不变，也就是 4L IR I(R ) 0 D2 始终成立，因此灵敏电流表的内阻对本实验结果无影响。 13．（1）I 1.25103A，由b到a；（2）3.6107J 【详解】（1）飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势 EBLv 0 感应电流 E I  R 代入数据解得 I 1.25103A 根据右手定则判断感应电流方向由b到a。 （2）飞机从着舰到停止，根据动能定理 1 W W 0 M mv 2 安 f 2 0代入数据解得 QW 3.6107J 安 14．（1）50A；（2）7.5m/s 【详解】（1）电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感应电动势，则有 E 2nBLv 1 1 由欧姆定律，可得此时线圈内产生的感应电流大小为 E I  1 1 R 代入数据得 I =50A 1 （2）当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡，有 mg2nBI L m 又 2nBLv I  m m R 联立得 v =7.5m/s m 15．（1）v 4m/s，v 4m/s；（2）4m，v 4m/s；（3）8J A1 B1 B2 【详解】（1）解除锁定弹开A、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有 1 1 E  m v2  m v2 pA 2 A A1 2 B B1 由动量守恒有 m v m v  0 B B1 A A1 两式联立解得 v 4m/s，v 4m/s A1 B1 （2）滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得 1 m gs 0 m v2 B m 2 B B1 解得 s 4m m 学科网（北京）股份有限公司滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块B将在摩擦力作用下一直做匀加速 运动直到滑上水平面MN。由动能定理得 1 m gs  m v2 0 B m 2 B B2 解得 v 4m/s B2 （3）设弹射装置对A做功为W，则 1 1 m v2  m v2 W 2 A A2 2 A A1 A、B碰后速度互换，B的速度 v v B3 A2 B要滑出平台Q端，由能量关系有 1 m v2 m gL 2 B B3 B 联立解得 W 8J 即装置P至少给A做8J的功才能让B从Q端滑出。 2mqU 16．（1）9000次；（2）2.3328106eV；（3）O O (1)N N1+1N1 N N N1   qB 【详解】（1）根据动能定理可得 nqU E k 解得 E 181061.61019 n k   9000 qU 1.610192103 要加速9000次质子动能才能达到18MeV。 （2）质子在磁场中的运动周期应等于加速电压的周期，则有 1 T T  电 f 电 又 2m T  ， f 1.2107Hz qB 电max 联立可得加速电压最高频率对应的最大磁感应强度为2mf 231.610271.2107 B  电max  T 0.72T 1.5T m q 1.61019 当质子在磁场中的运动半径等于D形盒半径时，质子在磁场中具有最大动能，由洛伦兹力 提供向心力可得 v2 qv B m m m m R 解得 qB R v  m m m 质子的最大动能为 1 q2B2R2 (1.61019)20.7220.32 E  mv2  m  J3.732481013J2.3328106eV km 2 m 2m 21.61027 （3）设粒子在电场中经过N 次加速后，根据动能定理可得 1 NqU  mv2 2 N 解得 N2qU v  N m 粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 v2 qv Bm N N r N 解得 mv 2mqU r  N  N  N qB qB 粒子经过1次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心x轴上坐标为 2mqU O r  1 1 1 qB 粒子经过2次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心x轴上坐标为 2mqU O O (r r)O ( 2  1) 2 1 2 1 1 qB 粒子经过3次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心x轴上坐标为 2mqU O O (r r )O ( 3 2) 3 2 3 2 2 qB 粒子经过4次加速后，粒子圆周运动轨迹的圆心x轴上坐标为 学科网（北京）股份有限公司2mqU O O (r r )O ( 4 3) 4 3 4 3 3 qB  综上分析可知，粒子圆周运动轨迹的圆心在x轴上（原点为A）坐标的变化规律为 2mqU O O (1)N N1+1N1 N N N1   qB