长望浏宁四区县市2026届高三四月份调研考试物理答案_副本_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_2026年湖南省长望浏宁高三四月份调研考试

参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B C C C D D AB BD AD
1．【答案】A
【详解】A、库仑通过此实验装置研究得出电荷之间的静电力与它们之间的距离
的平方成反比关系的结论，故A正确
B、汤姆孙在研究阴极射线时发现了阴极射线是电子流，并测定了电子的比荷，
故B 错误
C、在其他条件相同的情况下，光电流大小与光照强度成正比，与光照频率无关，
故C 错误
D、图丁所示的卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，说
明原子的几乎全部质量都集中在一个很小的核里，并提出了原子的核式结构模型，
故D错误
2．【答案】B 公众号：高考试卷君
【详解】对香肠进行受力分析如图所示，根据对称性有N =N
1 2
根据平衡条件有mg 2N cos2N cos
1 2
mg
解得N N 
1 2 2cos
加热使香肠半径R变大时，重心上移，减小，分析可知，N 、N 均减小，故A
1 2
错误，B 正确。香肠对金属杆2的作用力与金属杆2对香肠的作用力为相互作用
力，大小相等，故C 错误。香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对其合力大
小均等于其重力大小，大小不变，故D错误；
3. 【答案】C
【详解】由图可知，侧面射入时，a的折射角较大，折射率较小，故a为红光，A错；
1
由sinC  可得C >C ，B错；逐渐增大角，折射角增大，射到上表面入射
红 蓝
n
角减小，小于临界角会有光从上表面射出，且红光先出现入射角小于临界角，故
C对；n总要大于1，D错.
4. 【答案】C
【详解】b卫星与同步卫星角速度不同，与地球自转角速度也不同，相对于观察
者是运动的，A错；由甲图可知，r r 9.6R,r r 3.6R解得r 6.6R,r 3R，
a b a b a b
故B 错；
GMm GMm 1
由 mg, ma ，得a  g，故C对；T2∝r3，r =2.2r ， T =24h，T
R2 (3R)2 b b 9 a b a
T T
=8h，根据乙图有  1，解得T=12h。故D 错。
b
8 24
5. 【答案】C
【详解】由题易知发电机输出电压有效值E=3V，令原线圈回路电流为I ，则有
1
U 1公众号U ：I高2考试卷君3
E=U +I R ， 1  ，I  2 ， 1  ，联立得I  ，发电机输
1 1 1 U 2 2 R R I 1 1 1.50.25R
2 2 2
9 1
出功率P  EI  ，滑片P向下滑，R增大，P 减小，故A 错；I  I ，
出 1 1.50.25R 出 2 2 1
9 9
P  I2R  R  ，当R=6Ω时功率最大，但滑动变阻器最大
R 2 1 9 R
9 R2 3R  3
4 R 4
阻值为4Ω，所以当R=4Ω时，滑动变阻器的功率最大，最大值为1.44W，故B
1.5
错，C 对；发电机转速减半，则输出电动势也减半，E1.5V，I ，
1 1.50.25R
当R=0 时，发电机输出功率最大，由P  EI得最功率为1.5W，故D错。
m 1
6. 【答案】D
【详解】A．因大气中的电场方向竖直向下，蛛丝应带负电荷，才能使电场力竖
直向上，蜘蛛才可能飞起来，故选项A错误；
B．设蛛丝所带电荷量为q ，蜘蛛要想飞起来，电场力应大于重力，则有q E mg
0 0 0
解得q 410–5C，故选项B错误；
0
C．设蜘蛛能到达的最大高度为h，上升过程中电场强度随高度增大均匀减小，电场力也随高度增大均匀减小，则上升过程中电场力做的功
E qEq 2E khqh
W  0 1 h 0 ，对上升过程，由动能定理有W –mgh0，联立解得
2 2
h  600m，故选项C 错误。
D．设蜘蛛上升速度最大时高度为h ，蜘蛛上升过程中加速度先向上减小、加速
0
上升，速度最大时加速度为零，速度最大时重力与电场力平衡，则有
mg qE qE –kqh
0 0
解得h 300m，上升过程中，合外力做功为W (qEmg)h 0.225J ，故动能
0 0
为0.225J。
故选D。
7. 【答案】D
【详解】A. 小球由最高点运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
1
mg2R  mv2
2
在最低点，对小球由牛顿第二定律可得F −mg=m
v2
解得F =5mg，小球对装置
N N
R
公众号：高考试卷君
的压力大小为5mg，则整个装置对地面的压力大小为5mg+Mg=7mg, A项错误.
B. 小球由最高点 运动到 C 的过程中，由 机械能守恒定律可得 ：
1
mgR(1sin37) mv2
2 c
mv2
小球在C 点由牛顿第二定律有F mgsin37 c 联立求得F 3.8mg，
N C R N C
由牛顿第三定律有小球对装置的压力大小为3.8mg ，B 项错误。
C. 小球运动到球心等高处时，装置有最大位移，设小球和装置的水平位移分别
为x 、x
m M
m 1
则x x R,由水平方向动量守恒得：mx  Mx , 可得x  R R， C 项
m M m M M M m 3
错误。
v v 2
D. 在最高点，小球相对装置做圆周运动，重力恰好提供向心力 mg m 1 2
R
小 球 从 最 低 点 运 动 到 最 高 点 ， 由 系 统 机 械 能 守 恒 定 律 得
1 1 1
mv2 mg2R mv2 Mv2
2 0 2 1 2 2由水平方向动量守恒定律得mv mv Mv 联立解得v  7gR ,D项正确。
0 1 2 0
8. 【答案】AB
【详解】A．由图乙可知，t  0质点Q向上振动，根据波形平移法可知，这列
波的传播方向为x轴正方向，由题图可知，波长为3m，周期为T  2s，则波

速为v  1.5m/s，故A正确；
T
B．根据乙图可知，0.5s∼1.5s 内，质点Q从正向最大位移经过平衡位置运动到
反向最大位移，则质点Q的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B 正
确；
2
C．t  0质点P向下振动，根据振动方程y  Asin( t)(cm)由题可得：
T 0
5 5
A5cm，T  2s，  ，0时刻起质点P的振动方程为：y 5sin(t )(cm)
0 6 6
故C 错误；
7T
D．0∼3.5s 内质点Q运动时间为 , 分析路程有s 7A35cm 故D错误。
4
公众号：高考试卷君
9. 【答案】BD
【详解】根据题意可知，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，盒
子将做简谐运动，开始弹簧处于自然长度，弹簧的弹力为0，只受重力，则盒子
的加速度大小等于g，故A错误；之后盒子开始压缩弹簧，盒子速度先增大，当
弹力等于重力时，盒子的速度最大，之后开始减速，运动到最低点时，速度为0，
弹簧长度最短，结合图像可知，弹簧原长为l ，当弹簧长度为l 时，盒子运动到
2 1
最低点，由对称性可知，此时盒子的加速度大小等于 g，方向向上，
2mg
k l −l −mg=mg 解得k= ，B 正确；当盒子速度最大时，弹簧弹力等于重力，
2 1
l −l
2 1
此时弹簧的形变量为Δx= mg = l 2 −l 1，由能量守恒定律有 mgΔx= 1 k Δx 2+ 1 mv2，
k 2 2 2
解得 v= g l 2 −l 1 ，D 正确。开始运动后最大的向下的加速度为 g，由牛顿第二
2
定律对整体：(M+m）g−F =mg，得到F =Mg，向上最大的加速度为g，同理得：
1 1
F −(M+m）g=mg，得到F =Mg+2mg；故C 错误。
2 210. 【答案】AD
【详解】如图，粒子在圆形磁场区域，由洛伦兹力提供向
v2
心力得qvBm ，r 2mR,故A正确； 周期
r
2πr
T  2π102s，圆形磁场中，连接入射点、磁场圆心、
v
轨迹圆心及出射点构成菱形，转过圆心角为 120，故
1
B 错误；粒子从O点进入第四象限，速度与x轴正向夹角
为60，在方形磁场中转 240，所以在两磁场中运动时
1
间为t T 2π102s，设粒子从P点进入方形磁场，从Q点离开方形磁场，由几
1
何关系可知OPQOrtan60，粒子做匀速直线运动时间为
2rtan60  
t  2 3102s，全程时间t  2π2 3 102s，故C 错误；由几何关系得，
2 v
矩形磁场区域的最小面积S 2rr1sin30，解得
S
12m2，故D正确。答案选
AD。
M md2 k(M+m)d2
11. 【答案】（每空2分）(1)3.80 (2) mgL 、 (3)
公众号：高考试卷君
2t2 2m
【详解】（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度d=3mm+0.05mm×16=3.80mm。
（2）滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能的减少量为E mgL
p
1 1 d 
2 M md2
动能的增加量为ΔE  M mv2  M m   
k 2 2  t  2t2
1 d 1 2mg 2mg
（3）由 mgL  (M m)( )2 ，得  L ，即 k  ，
2 t t2 (M m)d2 (M m)d2
k(M m)d2
g  。
2m
12. 【答案】（每空2分）（1）C；（2）R ＝14900Ω；（3）×100；（4）R =kR +（k−1）
P 真 测
R
m
【详解】（1）A：使用欧姆挡测量电阻时，若指针偏角过小，应换用大倍率挡位，
故A错。
B：欧姆表自带电源，外部电源会影响通过电表电流，故测量定值电阻时必须与
电源断开，故B 错误。
C：欧姆表内部电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电流从黑表笔流出多用电表，故C 正确。
E
（2）S与4端接通时，欧姆调零后，I ＝ ，解得R ＝14900Ω。
g P
R ＋R ＋r
P g
（3）当灵敏电流计满偏时，设与灵敏电流计并联的支路总电阻为 R ，则R ＝
并 内
＝nR ，所以 R 越大，R 越大，倍率 n 越大。当 S 分别与不同接线柱接
中 内 并
＋

g并  g
g 
通时，R <R <R <R ，所以S与3接通时，电阻表倍率是“×100”。
1并 2并 3并 4并
（4）未衰减时由闭合电路欧姆定律有：E=I（R +R ）,即：R = E −R 。由此可知
m x x m
I
R 与I存在一一对应的关系，并由此制作表盘。衰减后由闭合电路欧姆定律有：
x
kE=I （R +R ），即：I = kE ，由于再次测量时未重新欧姆调零，根据表盘
真 m 真 真
Rm+R
真
划分规则将I 代入R = E −R 中得到的R 即为R ，故有：R = E −R = E −R ，
真 x I m x 测 测 I m kE m
真
Rm+R
真
化简后有：R =kR +（k−1）R
真 测 m
T T (T T )(PS mg)H
13. 【答案】（1）h公 2众1号H ；（：2）高U 考Q试2 卷1 0君
T T
1 1
V V
【详解】（1）气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律有 1  2……………………………
T T
1 2
(1分)
SH
SH h
即  ……………………………(2分)
T T
1 2
T T
解得h 2 1 H ……………………………(2分)
T
1
mg
（2）缸内气体压强p p  ……………………………(1分)
0 S
气体等压膨胀对外做功，则W pV pShp Smgh……………………………
0
(2分)
根据热力学第一定律有U W Q……………………………(1分)
(T T )(PS mg)H
则U Q 2 1 0 ……………………………(2分)
T
1
14. 【答案】（1）1.6(m/s)；（2）x=1.76(m)；（3）W =0.9(J)
F
【 详 解 】 (1) 对 ab 棒 ， 达 到 最 大 速 度 时 有 ：F  F mg ……………………………(1分)
安
Blv
i  ……………………………………………………………(1分)
Rr
B2l2v
F  Bil  ……………………………………………………………(1分)
安 Rr
(F mg)(Rr) (0.60.2)(22)
F 0.（6 N） 最大速度 v   1.6(m/s) …(1
B2l2 1
分)
(2)0~2s 时间内对ab棒，根据动量定理有：
Ft ftBilt mv0 …………………………………(2分)
(0.20.6)1
F的冲量为 Ft 0.61 1 (N/s) ……………………(1分)
2
摩擦力的冲量  ft mgt  0.4(N/s)………………………………(1分)
B2l2vt B2l2x x
安培力的冲量 Bilt    (N/s)……………(1分）
Rr Rr 4
x
代入得10.4 公0.16众号x=1.：76(m高) … 考 …… 试 …… 卷 …… 君 …………(1分)
4
(3)0~2s 时间内对ab棒，根据动能定理有：
W W W E ……………………………………………(1分)
F f 安 k
W=－μmgx=－0.2×1.76=－0.352(J) ……………………………………(1分)
f
W =－(Q +Q)=－0.42（J） ……………………………………………(1分)
安 R r
1 1
E  mv2 0 0.11.62 0.128(J)
k 2 2
代入得 W =0.128+0.42+0.352=0.9（J） ………………………………(1分)
F
15.【答案】（1）E 4J ；（2）1m/s；（3）k 2，e0.5
P
【详解】：（1）A平抛：x v t …………①
0 0
1
h gt2 …………②
2
得：v 4m/s t 0.4s …………③
0
A、B相碰水平方向动量守恒：mv (M m)v …………④
0 共
B、C间弹簧压缩至最短时，动能全部转化为弹性势能：1
E  (M m)v2 …………⑤
P 2 共
①②③④得E 4J …………⑥
P
（2）A碰前的竖直速度：v  gt 4m/s …………⑦
y
假设 A、B 碰后水平速度不相等，碰撞过程中 A、B 间一直有滑动
摩擦力。
A、B相碰，对A竖直方向:F t 2mv …………⑧
N y
对A水平方向：F t m(v v ) …………⑨
N 0 x
A、B水平方向动量守恒：mv mv Mv …………⑩
0 x
⑥⑦⑧⑨得：v 3m/s，v1m/s …………⑪
x
v v，假设成立，故碰后B 的的速度大小为1m/s。…………⑫
x
（3）A、B相碰，对A竖直方向:F t m（v ev ) …………⑬
N y y
对A水平方向：F t m(v v ) …………⑭
N 0 x
A、B公 水平
众
方向
号
动量
：
守恒
高
：m
考
v
0
m
试
v
x

卷
Mv
君
…………⑮
经过时间t  Nt（N 1，2,3）A、C 相碰。
0
此过程中B、C相互作用动量守恒：Mv Mv Mv …………⑯
1 2
累积即Mvt Mv tMv t …………⑰
1 2
得：vt  x x …………⑱
B C
初末弹簧未形变，故 x  x …………⑲
B C
2ev
A运动的时间t  y  Nt …………⑳
g 0
v t  x L …………㉑
x C 0
解之并验算得：N 4，t 0.60s，e0.75 …………㉒
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