资源简介

湖南省天壹名校联盟2026届高三下学期4月质量检测物理试卷
一、单选题
1．是超钚元素锔重要的同位素，最早由西博格等人于1944年人工制成。的衰变方程为：，则下列判断正确的是( )
A.方程中，
B.高速运动的粒子形成的射线穿透能力很强
C.在高温高压环境下的衰变会变快
D.比的结合能更小
2．如图所示，用频率为v的光照射阴极K，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使微安表的示数减小为0，此时电压表的示数U称为遏止电压。当照射光子的能量分别为2.64eV和7.56eV时，测得这两种光照下的遏止电压之比为，下列说法正确的是( )
A.a端为电源正极
B.这两种光照下光电子的最大初动能之比为
C.阴极K的逸出功为0.18eV
D.若保持入射光的光子能量不变，增大入射光的强度，遏止电压会增大
3．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间运动的过程中( )
A.运动时间之比为 B.所带电荷量之比
C.电势能减少量之比 D.动量增量之比
4．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，已知ab棒质量为，接入电路的电阻为r；cd棒质量为m，接入电路的电阻为，其他电阻忽略不计。整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，两导体棒与导轨的摩擦力大小相等。开始时两导体棒均静止，ab棒和cd棒之间的距离为d，现同时给ab棒一向右的初速度、给cd棒一向左的初速度，经过一段时间后两导体棒均停止运动，此时ab棒和cd棒之间的距离为。则对于整个运动过程，下列说法正确的是( )
A.ab棒和cd棒组成的系统动量不守恒
B.ab棒克服安培力所做的功为
C.通过cd棒的电荷量为
D.ab棒运动的距离为
5．如图所示为欧姆表的内部电路，a、b为表笔插孔，当时流过表头的电流为3mA，当时流过表头的电流为8mA，下列说法正确的是( )
A.a孔插红表笔
B.电路中电源电动势大小为1.92V
C.流过表头的电流为6mA时
D.电池用久了，若电动势不变而内阻增大，则欧姆调零后，测量值偏大
6．如图甲，卫星绕地球以的方向沿椭圆运动，是椭圆的长轴，是椭圆的短轴，O是椭圆中心，卫星所受地球引力大小随时间变化的规律如图乙所示，图中t为已知量。已知地球的半径为R，近地点离地面的高度也为R，假设卫星只受地球引力，下列说法正确的是( )
A.卫星从A到B的时间为
B.卫星在B点与D点到地球球心的距离之比为
C.卫星在B点与D点的速度之比为
D.地球的第一宇宙速度为
7．如图所示，一固定光滑圆形轨道位于竖直平面内，圆心为O，OA是水平半径，B是轨道最低点。一质量为m的小球（看作质点）从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，小球与圆心O的连线和OB的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.小球从A点运动到B点的过程中，重力平均功率为0
B.当时，轨道对小球的弹力大小为
C.当时，小球的加速度大小为
D.当时，小球重力的瞬时功率最大
二、多选题
8．如图所示，在均匀介质中，和为两个波源，其振动方向垂直于平面，时刻，、两波源同时开始振动，振动的位移时间关系均为，介质中某质点P的平衡位置坐标为，时，P点开始振动，则( )
A.内，P点运动的路程为140cm
B.内，P点运动的路程为160cm
C.P点是振动减弱点
D.O点是振动加强点
9．如图所示，粗细不均匀、导热性能良好的长玻璃管竖直放置，下端封闭，上端开口，足够长的细管横截面积为S，粗管横截面积为，上表面刚好位于粗、细管交界处的长为L的一段水银柱封闭了一段长为的理想气体。初始时，气体压强为，环境温度为。对气体缓慢加热到温度为（未知）时，水银刚好全部从粗管溢进细管；继续缓慢加热，在气体的温度由变成的过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为，下列说法正确的是( )
A.
B.水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中，气体压强不变
C.气体的温度由变成的过程中，水银柱移动的距离为
D.气体的温度由变成的过程中，气体增加的内能为
10．如图甲所示，在倾角的足够长的光滑斜面上，放着质量均为m的A、B两物块，轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。从时刻开始，对A施加一沿斜面向上的恒力F使物块A沿斜面向上运动，在A、B分离前，它们运动的加速度随位移变化的图像如图乙所示，运动位移为l时，A与B分离。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.恒力F的大小为
B.弹簧的劲度系数等于
C.A与B分离时，A的加速度大小为
D.A与B分离后，A还能继续沿斜面向上运动
三、实验题
11．某同学采用如图甲所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块A与定滑轮下方悬挂的物块B（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。A、B（含遮光条）质量相等，测得遮光条宽度为d，实验时将物块B由静止释放。已知当地重力加速度为g。
(1)释放物块B之前该同学发现动滑轮中心与定滑轮中心的高度差约为15cm，遮光条到光电门的距离约为35cm，则该同学应该________________（填字母）。
A.调节光电门位置向上
B.向下调节物块B的初始位置
C.释放物块B，并继续进行后续步骤
(2)释放后，A、B开始运动，若测得光电门的中心与遮光条释放点的竖直距离为h，遮光条通过此光电门的挡光时间为，物块A、B（含遮光条）的质量均为m，则从释放点下落至遮光条通过此光电门中心时，系统动能的增加量________________，系统重力势能的减少量________________。（用题中所给物理量的字母表示）
(3)改变光电门与物块B之间的高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间，以h为横轴、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图乙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若________________（用含g、d字母的表达式表示），则验证了机械能守恒定律。
12．在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，都会产生系统误差，为了消除系统误差，某实验小组设计了图甲实验电路进行测量。
现有如下实验器材：
A.待测电池（电动势约为3.6V，内阻约为几百毫欧）
B.电压表V（，内阻约为）
C.电流表A（，内阻约为）
D.滑动变阻器
E.阻值为20Ω的定值电阻
F.阻值为4Ω的定值电阻
G.单刀单掷开关、单刀双掷开关S、导线若干
实验过程中，先将单刀双掷开关S接1，闭合，调节滑动变阻器，得到多组电压U和电流I，作出图像；再将开关S接2，重复上述操作。最终作出的两条图线如图乙所示。回答下列问题：
(1)实验中，定值电阻的作用有________________（选填下列选项字母）；定值电阻应选择________________（填器材前面的字母）。
A.保护电源
B.在电压变化时使电流表示数变化明显
C.在电流变化时使电压表示数变化明显
(2)图乙中图线b是单刀双掷开关S接________________（填“1”或“2”）测出的，仅利用图线b得出电动势和内阻，系统误差来源于________________（选填下列选项字母）。
A.电流表分压 B.电压表分流
(3)图乙中两纵截距分别为、，两横截距分别为、，消除系统误差，由图乙可以得出电池的电动势________V，内阻________Ω。（结果均保留2位小数）
(4)利用（3）的截距数据，由图乙还可以得出电流表的内阻________Ω，电压表的内阻________Ω。（结果均保留2位小数）
四、计算题
13．如图为半径R的半圆柱形玻璃砖，O为截面圆心，，一束单色光从D点以入射角射入玻璃砖，折射光线刚好从C点射出，连线与竖直方向的直径垂直。
（1）保持入射光的方向不变，将入射点从D向下移动，当入射点移到E点时，激光恰能在左侧圆弧面上F点（E、F未画出）发生全反射，求光在玻璃砖内由E点传播到F点的时间t（不考虑多次反射，已知该激光在真空中的传播速度为c，；
（2）保持入射光的方向不变，将入射点从D向上移动，当入射点移到G点时，激光恰能在左侧圆弧面上H点（G、H未画出）发生全反射，求D、G两点的距离。
14．如图，在平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为的带电粒子从点以沿x轴正方向的速度射入磁场，并从x轴上的N点射出，出磁场时速度与x轴正方向的夹角为，忽略粒子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k。
(1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间；
(2)若在平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，求在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小；
(3)在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间，速度方向首次与N点速度方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
15．如图所示，一质量且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上，虚线的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小，从虚线开始，水平面上沿直线等间距的锁定着个相同的绝缘带电滑块，滑块的质量均为，带电量均为，相邻两个滑块之间的距离，滑块看作质点，每个滑块在被碰前瞬间才解除锁定。现有一质量的物块P从长木板Q的左端以的初速度滑上长木板Q，在长木板Q与滑块1发生碰撞前，物块P和长木板Q已共速。长木板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中不会发生电量转移，且碰后立即将P、Q锁定。虚线右侧的滑块之间碰撞后都会结合在一起，重力加速度g取，不计滑块间的库仑力和滑块碰撞时的电场力。求：
(1)若物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8，则从物块P滑上长木板Q至两者第一次共速时，物块P相对于长木板Q运动的距离；
(2)长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1的速度大小；
(3)滑块1与滑块2在碰撞过程中损失的机械能；
(4)滑块间第n次碰撞后结合在一起时的总动能。参考数学公式：。
参考答案
1．答案：A
解析：AB.核反应遵循电荷数守恒、质量数守恒，电荷数守恒得
解得
质量数守恒得
解得
可知X为粒子（氦核）。粒子形成的射线穿透能力极弱，一张纸即可阻挡，故A正确，B错误；
C.衰变的半衰期由原子核内部性质决定，与外界温度、压强等环境条件无关，故C错误；
D.原子核的稳定性由比结合能决定。发生衰变时，原子核趋于稳定，比结合能增大。对于重核，核子数较多的的比结合能比小，但其总结合能（比结合能与核子数的乘积）更大，故D错误。
故选A。
2．答案：C
解析：A.遏止电压是反向电压，作用是阻碍光电子从阴极K向阳极A运动，因此阳极A的电势应低于阴极K。由电路连接可知，电源b端为正极，a端为负极，A错误；
B.根据光电效应方程和遏止电压的关系：，可知最大初动能与遏止电压成正比。已知遏止电压之比为，因此最大初动能之比也为，B错误。
C.设，，联立方程代入，
解得，C正确；
D.遏止电压仅与入射光的光子能量（频率）有关，和入射光强度无关，因此增大入射光强度，遏止电压不变，D错误。
故选C。
3．答案：D
解析：A.水平方向，则运动时间与水平位移成正比，即，故A错误；
B.竖直方向，
联立解得
则
即，故B错误；
C.由功能关系有
则
即，故C错误；
D.由动量定理可知
则
即，故D正确。
故选D。
4．答案：C
解析：A.设向右为正方向，对系统，棒受安培力向左，棒受安培力向右，大小相等，合力为0，摩擦力大小相等，棒向右运动，摩擦力向左，棒向左运动，摩擦力向右，合力为0，且由推导可知两棒同时减速到0，因此系统合外力始终为0，动量守恒，A错误；
D.对任意时刻，由动量定理，对棒有
对棒有
因此可得任意时刻
故可得位移关系
初始两棒相距d，末态相距
故
联立解得，，D错误；
C.电荷量公式，其中磁通量变化
总电阻
代入得，C正确；
B.初动能为
全部用来克服安培力和摩擦力做功，即
解得
f未知，ab棒克服安培力所做的功不是，B错误。
故选C。
5．答案：B
解析：A.根据多用电表内部结构，电流从红表笔流入、黑表笔流出，可知a孔插黑表笔，故A错误；
B.设欧姆表使用电源的电动势为E，欧姆表的总内阻为，由闭合电路欧姆定律可得，
联立解得，，故B正确；
C.设流过表头的电流为6mA时，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得，故C错误；
D.当电池电动势不变而内阻增大时，欧姆表重新调零，由于满偏电流不变，由公式，可知欧姆表内阻不变，待测电阻的阻值是通过电流表的示数体现，接入同样的被测电阻，通过的电流不变，欧姆表读数不变，则测量结果准确，故D错误。
故选B。
6．答案：D
解析：A.卫星靠近地球时速度更大，根据开普勒第二定律，段（近地点侧）速度大于远地点侧，因此运动时间小于，A错误；
B.近地点引力，远地点引力
因此，B错误；
C.根据开普勒第二定律，极短时间内面积相等
可得，C错误；
D.椭圆轨道半长轴，根据开普勒第三定律，对近地卫星（轨道半径R，周期）
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，D正确。
故选D。
7．答案：D
解析：A.从轨道内的A处由静止释放运动到B点的过程中，重力做功不为零，则小球重力的平均功率不为0，故A错误；
B.设圆弧轨道的半径为R，则当时，根据动能定理有
解得此时小球的速度大小为
则根据牛顿第二定律有
解得此时轨道对小球的弹力大小为，故B错误；
C.当时，根据动能定理有
解得此时小球的速度大小为
则小球的向心加速度大小为
此时小球沿着圆弧轨道切向的加速度大小为
所以当时，小球的加速度大小为，故C错误；
D.当小球与圆心O的连线和的夹角为时，根据动能定理有
解得小球从A点运动到B点的过程中，速度的表达式为
则小球重力的瞬时功率表达式为
令
则
令，由于，所以有
解得
此时有最大值，所以当时，小球重力的瞬时功率最大，故D正确。
故选D。
8．答案：BD
解析：AB.已知到距离，时波传到，因此波速
由振动方程，得角频率，周期
波长，单个波源振幅
到的距离
的波传到P的时间
：P未开始振动，路程为；
：只有的波传到P，振动时间，单个周期路程为，总路程
：两列波都传到P，路程差，两波源同相起振，因此P是振动加强点；
振幅，振动时间，路程
总路程，故A错误，B正确；
CD.同相波源，路程差为加强点，为减弱点，P：，是加强点；
点：到O距离，到O距离，路程差，满足，因此O是振动加强点，故C错误，D正确。
故选BD。
9．答案：AD
解析：AB.初始时，气体压强为，设水银的密度为，则有
水银柱从粗管缓慢溢进细管过程中，水银柱的高度逐渐变大，气体压强逐渐增大；当水银刚好全部从粗管溢进细管时，水银柱的高度变为，气体压强为
根据理想气体状态方程可得
解得，故A正确，B错误；
CD.气体的温度由变成的过程中，气体发生等压变化，设水银柱移动的距离为h，则有
解得
该过程外界对气体做功为
根据热力学第一定律可得气体增加的内能为，故C错误，D正确。
故选AD。
10．答案：ACD
解析：A.恒力F未作用时，设弹簧压缩量为，对A、B由平衡条件有
由图乙可知F作用瞬间，A、B加速度大小为，此时对A、B有
联立解得，故A正确；
BC.A、B分离瞬间，A、B间弹力为0，且二者加速度相等，对A有
对B有
联立解得，，故B错误、C正确；
D.从F开始作用到A、B分离过程，结合
可知图乙“面积”表示“”的改变量，则有
解得A、B分离时的速度满足
A、B分离后，对A有
解得
A还能继续沿斜面向上运动，故D正确。
故选ACD。
11．答案：(1)A
(2)；
(3)
解析：（1）动滑轮的运动关系为：B下降h时，A上升。已知动滑轮与定滑轮初始高度差为，即A最多上升，对应B最多下降
题目中遮光条到光电门的距离为，因此需要减小该距离
调节光电门向上移动即可减小距离；若向下调节B的初始位置，无用。
故选A。
（2）遮光条通过光电门的速度，即B的速度为；由动滑轮运动关系得A的速度
系统动能增加量为
B下降h，重力势能减少；A上升，重力势能增加
因此系统重力势能总减少量
（3）若机械能守恒，则，即
整理得，结合纵轴、横轴h的图像
可得斜率
12．答案：(1)AC/CA；F
(2)2；B
(3)3.64；0.55
(4)2.73；1651.65
解析：（1）定值电阻有保护电源的作用，且由于电源内阻很小，则根据闭合电路的欧姆定律有
可知加了定值电阻后可以达到电流变化时使电压表的示数变化明显的效果，故B错误、AC正确。
故选AC。
电动势约为3.6V，电流表量程为0.9A，为确保安全，电路中的最大电流不应超过0.9A，电路的最小总电阻应不小于
若选择，则电路总电阻过大，导致电流过小（最大电流约0.15A），电流表读数不理想，误差较大；若选择，则电路总电阻适中，最大电流约0.5A，在电流表量程的中间区域，读数准确，且电流变化范围较大。
故定值电阻应选择F。
（2）开关接1时，则有
则图像的纵截距为，斜率的绝对值为
开关接2时，则有
整理可得
则图像的纵截距为
斜率的绝对值为
由图乙可知b图线纵截距和斜率都较小，为开关接2时测出的。
b图线为开关接2时测出的，系统误差来源于电压表分流作用，故B正确。
故选B。
（3）根据上述分析，开关接1时，纵截距为
根据上述分析，开关接2时，纵截距为
斜率的绝对值为
联立解得
（4）由上述，开关接1时，斜率的绝对值为
代入数据解得
由上述，开关接2时，斜率的绝对值为
代入数据解得
13．答案：(1)
(2)
解析：（1）设折射角为，在中，，，由几何关系可得，则
即
根据折射定律得
代入已知条件可得
由全反射临界角
可知
设s为路程，由正弦定理得
解得
由激光在玻璃砖中的速度
解得
（2）全反射临界角，如图所示，
根据正弦定理可知
则
则
14．答案：(1)，
(2)
(3)
解析：（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
解得
（2）正点电荷应在轨迹的圆心处，由牛顿第二定律可知
解得
（3）由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力为，大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即电荷从N点离开磁场后绕点电荷做椭圆运动。
设第一次出现速度方向与N点速度方向相反的位置距离圆周运动圆心的距离为d，椭圆运动的半长轴可表示为
粒子从N点射出磁场，到速度第一次出现方向与N点速度方向相反，所用时间为椭圆运动的半个周期，类比开普勒第三定律，在库仑力作用下半长轴为a的椭圆运动与半径为a的圆周运动的周期相同，由牛顿第二定律得
可得，
由能量守恒定律得
解得
15．答案：(1)
(2)
(3)
(4)
解析：（1）物块P与长木板Q组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒得
解得
（2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒得
根据机械能守恒得
解得
（3）对第一个滑块受力分析，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为
滑块1与2碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律可知，滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能为
解得
代入数据得
（4）第二次碰前，滑块的速度大小为
解得
第二次碰撞过程中，由动量守恒定律得
可得第二次碰撞后滑块的速度大小为
则
整理可得
同理，第三次碰撞后有
……
第n次碰撞后
第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能为
化简得
代入数据得

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