物理试卷-湖南师范大学附属中学2025届高三下学期4月模拟（一）

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A【解析】围甲为康普领数应的示意图，入射光于与静止的电子发生碰控，碰后，入射光的动量戏小，根据=么 可 知，碰后数射光的波长变长，故A正确：在两种国体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触因背面上一点，蜡熔化的范国 如图乙所示，则a表现出各的同量可能是多局休，也可能是非品体，b表现出各向并性，b一定是单品依，故B错 误：根据黑体辐射的规律，阁丙中随肴温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动，故C错误：图丁 中光电效应实脸中电源加电压为加速电压，逸出的光电子加递到达A极，当滑动变阻器的触头向右移动时，加选 电压增大，着电流授有选到绝和电流，电流表的示数先增大，达到绝和电流后，电流表的示数不变，故D铅误。故 选A。 D【解析】压鲂气依过程中针筒内气体温度不变，空气柱体积变小，则压强变大，故A错误：压缩气体过程中针筒内 气体温度不变，则气体内能不变，即有△U=0。压缩过程中，气体体积变小，外界对气体做功，即有W>0,则根据热 力学第一定律△U=W十Q。可知Q<0,即针筒内气体放热，故B错误：由于压缩气体过程中针简内气体温度不变， 空气柱体积变小，压强变大，则单位时间、单位面积撞女针简内壁的气体分子数增大，故C错误：由于压缩气体过程 中针简内气体温废不变，空气柱体积变小压强变大。则根羯理想气体状态方程兴-C,整理可得p一T心·立，可 知用国际单位制单住表示的找态参量在P一图中困线可能如图中：→b,故D正确。故选D, B【解析】根据电场线的窥密代表电杨强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为上<E,故A错误：由 图可加，右边电极电势高于左边电极的电势，电扬线从右边电板发出，终止乎左边电极，根据沿着电场线方向电势降 低，可知图中、c两点电婷关系为%>华故B正确：图中、d两点飞势美系为9，<，根据E,=g,且电子带负电， 可知电子在a,d两点的电势能关系为Em>E,故C错误：园串血、c俩点电势关系为单>单，且质子带正电，故将质 于从b点移动到点，其电势能减小，电场力欧正功，故D错误。故选B。 【解析】装置(b》中对物块m根据牛频第二定锋T。一了，对系统根据牛顿第二定律Mg一∫=(M十ma。解 D 得T=mm+人。装且(C)中绳子张力为T=F=Mg,所以，装置(b)中绳上的张力T不等于装直(C)中绳上 M十m Mg,故 的张力T,故A错误；装夏(a)中对系镜根据牛领第二定律Mg=(M什m)。解得物块m的加违度为@1一M干m B特误装豆《)中物块中m的加选度为：=等干。装夏（心中对桑跳根据牛频第二老体F一口m,解得物块 m的加逢度为a,=F二-Mg二。可知装置()中物块m的加选度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度 较大，则装置(c)m的动量增加量大于(b)中m的动量增加量，故C缝，出于装置(b)有降擦力，可知装置(a)中物块 m的合外力较大，根据F。■阳，可知装置(a)中物块的加速度较大·在m移动相同距离的过程中得到的達度较大，则 装置()中m的动能增加量大于(b)中m的动烧增加量，放D正确：故选D, B 在隘场中运动时，产生电动势的峰值为E=B,=2X V=√巨V。电动势的有效值为E= =② V=1V。电压表的示数为电动势的有姓值，其示数为U=1V,A错误，由题意可知，颜定电压为2V的灯 ② 泡刚好正常发光，可知变压器副线图的输出电压为U=2V,则理想变压器原、副线图的臣数比为疗 ,B正 确：由导体棒运动的逢度随时间变化的关系为= 气sin(21）m/s。可知，圈会转动的角速度为如=2 rad/s,C错 溪，当滑动变阻器滑片由b向移动时，变阻器接入电路的电阻值增大，副线图电路中的电流减小，由于变E是网 想变压器，可知制线图输出电压不变，则灯泡的亮度不变，D错误。故选B。 ,AB【解析】根据安培定则可知，A,B在C处产生磁场的磁感应强度方向之间的央角为60°，根据夫量叠加可知，C处 雅扬的合随感应强度大小B-2B,60sg=B风，戴A正确；根据地醴场的分布规律可知，地殖场的垂直于地面破感 应强度分量在南半球竖直向上，北半球竖直向下，故B正确，国中条形磁体内部磁场方向向上，外部线阁所在位置磁 场方向向下，通过线图整体的磁场方向向上，可知，图丙中穿过两金，面环的险通量大小关系为>，故C错误： 根据通电直导线磁场的分布特征可知，当金属线框沿平行于直导线方向运动时，穿过线框的磁通量没有发生变化 线框中没有产生感应电流，故D错误，故选AB, sin a sin a 解析】根据折射定律有n0巴DCo5n一sn0°解得n日-兮，故Λ错误：玻璃丝可以传播不 的光，故B错误：激光由空气中进入玻璃丝后，传播速度变小，别被长变短，故C正确：减小入射角，则折射角减小，而分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分造度也相同，由于第一次的水平分 递度较小，物体在水平方向速度不变，故可加第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时逸度与水平方 向的夹角也较大，故可知第一次抛出时递度方向与落地瞬问逸度方向夹角比第二次大，故D正确。故选BD, 10.AC【解析】A、B碰撞的过程中，满足动量守恒m=(mA十m)1,解得=6m/s,A球与B球碰撞中损耗的机 藏能△B=壹m,听-是（十m=108J,A正确；弹黄再次恢复原长时C球选度最大，B错误：在以后的运动过 程中，AB的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒(mA十mg)=(mA十m十c):。解得= 2m/s,最大弹性势能E一克(m,十ms)-立(mA十mm十m),解得E,=36J,C正确：当弹簧再次恢复原长时， 粮据动量守恒和能量守恒可知(m十m十mc)助一(m十m)十m,是(m,十mm十mc)时十瓦一 合(m十mm城十2m。解择助=一2s,=4m,此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因 此最小速度为零，D错误。救速AC。 三，非选择题（本题共5个小题，共56分） 11,(6分，每空2分) (1)3.0(2)BD(3)a+9=90 【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量守極和机械能中恒，则有 m,6=视，U,十ns① 名现w3=空风，2十宣风， 联立解得w=元 产干·u ② 当a=90°时，c0sa=0,则h=√2gL=2m/s③ 由乙图可知，cosa■0时有2■1.44m2① b做平抛运动，则=8√2方 ⑤ 代入数据得4=3m/s⑤ 将③⑥代入②可得孤=30 机 (2)碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，b球获得的逸度变小，则碰撞后b球水平位移减小，a球碰后递度 校之前变大，则碰后夹角B变大，A错误，B正确；若在钢球b的被碰位置贴一小块棉布，依然将《球拉至悬线与竖直 线夹角为。由静止释放，遵撞过程中，动量守慢，碰撞过程中系镜总动量不变，C错误：贴一小块棉布后，碰撞过程 中，动量中恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，D正确。救速BD。 (3)设两球的质量均为m,在6方向与垂直站方向上由动量中恒定律可得 mu=mv cos a+mucos B,msin a=musin B 又由能量守恤得号md=之m?十宣m 结合以上三式可得c0s(a十)=0 即a+月=90° 2(8分，每空2分))左端(2)6：度《3)光了 (4)偏小 【解析】(1)在闭合开关前，应将滑动变阻器金部接入电路，保证电路接通时电路电流最小，电路安全，故滑到左端。 (2)根据题意可得4=ND,山4=ND2,而S与直径的平方成正比，数横藏面积之比为片：经。 (3)报播欣姆定体R=号可知，是-号根据电但定体R=P后联立可得待测材拼电位率为p-艺