2026年人教版高三上册物理（理科）期末考试卷及答案

2026年人教版高三上册物理（理科）期末考试卷及答案（考试时间：120分钟满分：110分）班级：________姓名：________学号：________分数：________一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列关于物理学史的说法正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量G的数值B.伽利略通过理想斜面实验，得出“力是维持物体运动的原因”的结论C.法拉第发现了电磁感应现象，为发电机的发明奠定了理论基础D.爱因斯坦提出了量子化假说，成功解释了光电效应现象2.如图所示，一质量为m的物块静止在粗糙水平面上，现对其施加一个与水平方向成θ角的斜向上的恒力F，物块恰好能匀速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ，则物块受到的摩擦力大小为（）A.FcosθB.μmgC.μ(mg-Fsinθ)D.Fsinθ3.某星球的质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的√2倍，则该星球表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值为（）（地球表面重力加速度为g）A.1B.2C.√2D.44.一质量为2kg的物体在水平外力F的作用下，在光滑水平面上做直线运动，其v-t图像如图所示。则水平外力F在0-2s内做的功为（）A.8JB.16JC.32JD.64J5.如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场垂直的转轴匀速转动，产生的交变电流的电动势表达式为e=Eₘsinωt。若将线框的转速加倍，其他条件不变，则产生的交变电流的电动势表达式为（）A.e=Eₘsin2ωtB.e=2Eₘsin2ωtC.e=2EₘsinωtD.e=Eₘsin(ωt/2)6.两个等量异种点电荷固定在x轴上，其电场线分布如图所示。下列说法正确的是（）A.正电荷位于x轴正方向，负电荷位于x轴负方向B.两点电荷连线的中点处电场强度为零C.两点电荷连线的中垂线上各点电势均为零D.将一正试探电荷从两点电荷连线的中垂线上某点移到正电荷附近，电势能减小7.如图所示，一轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球在竖直平面内做圆周运动。已知小球在最高点时的速度大小为v，轻绳的长度为L，重力加速度为g。则小球在最高点时轻绳的拉力大小为（）A.mg+m(v²/L)B.m(v²/L)-mgC.mg-m(v²/L)D.08.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，副线圈接一个阻值为22Ω的电阻。则副线圈两端的电压和原线圈中的电流分别为（）A.22V，0.1AB.22V，1AC.220V，0.1AD.220V，1A9.下列关于电场和磁场的说法正确的是（）A.电场强度和磁感应强度都是矢量，都有大小和方向B.电场中某点的电场强度方向与正试探电荷在该点所受电场力的方向相同C.磁场中某点的磁感应强度方向与小磁针N极在该点所受磁场力的方向相同D.电场线和磁感线都是闭合曲线10.如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个质量分别为m₁和m₂的物体，A以速度v₀向右运动，B静止。A与B发生碰撞后，A的速度方向向左，大小为v₁，B的速度方向向右，大小为v₂。则下列说法正确的是（）A.碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒B.碰撞过程中，A、B组成的系统机械能守恒C.m₁v₀=-m₁v₁+m₂v₂D.(1/2)m₁v₀²=(1/2)m₁v₁²+(1/2)m₂v₂²11.如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴静止在两板之间，现将上极板向上移动一小段距离，则（）A.电容器的电容减小B.电容器两极板间的电场强度增大C.油滴将向下运动D.油滴的电势能不变12.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一质量为m的物体在水平推力F的作用下沿斜面向上匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.物体受到的支持力大小为mgcosθB.物体受到的支持力大小为mgcosθ+FsinθC.水平推力F的大小为mgtanθD.水平推力F的大小为mg/sinθ二、实验题（本题共2小题，共15分）13.（6分）某同学用如图所示的装置探究平抛运动的规律。实验时，让小球从斜槽上某一固定位置由静止释放，小球离开斜槽后做平抛运动，记录小球在不同时刻的位置。（1）实验前需要调整斜槽末端，使斜槽末端________；（2）为了能准确记录小球的运动轨迹，下列操作合理的是________（填选项字母）；A.斜槽必须光滑B.每次释放小球的位置必须相同C.记录小球位置的铅笔每次必须在同一高度（3）若小球在平抛运动中，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度v₀=________。14.（9分）某同学要测量一个未知电阻Rₓ的阻值，可供选择的器材有：电源E：电动势为3V，内阻不计；电流表A₁：量程0-0.6A，内阻约为0.1Ω；电流表A₂：量程0-3A，内阻约为0.02Ω；电压表V₁：量程0-3V，内阻约为3kΩ；电压表V₂：量程0-15V，内阻约为15kΩ；滑动变阻器R：最大阻值为20Ω，额定电流为1A；开关S及导线若干。（1）为了减小实验误差，电流表应选择________，电压表应选择________；（2）若未知电阻Rₓ的阻值约为10Ω，为了使测量结果更准确，应采用________（填“电流表内接法”或“电流表外接法”）；（3）请在虚线框内画出实验电路图；（4）实验中，闭合开关S，调节滑动变阻器，记录电流表的示数I和电压表的示数U，则未知电阻Rₓ的测量值表达式为Rₓ=________。三、计算题（本题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.（10分）如图所示，一质量为m=2kg的物体从高h=5m的光滑斜面顶端由静止滑下，斜面的倾角θ=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s²。求：（1）物体滑到斜面底端时的速度大小；（2）物体滑到斜面底端时重力的瞬时功率。16.（12分）如图所示，在磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，有一个边长为L=0.2m的正方形线框abcd，线框的电阻R=0.4Ω，线框平面与磁场方向垂直。现对线框施加一个水平向右的拉力F，使线框以速度v=5m/s的速度匀速穿出磁场。求：（1）线框穿出磁场的过程中，感应电动势的大小；（2）线框穿出磁场的过程中，感应电流的大小和方向；（3）线框穿出磁场的过程中，拉力F做的功。17.（12分）如图所示，一质量为M=4kg的木板静止在光滑水平面上，木板上表面左端放一质量为m=1kg的滑块，滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4。现用一水平向右的恒力F=10N作用在滑块上，使滑块和木板从静止开始运动，已知木板的长度L=2m，重力加速度g=10m/s²。求：（1）滑块和木板的加速度大小；（2）经过多长时间滑块从木板右端滑出；（3）滑块滑出木板时，滑块和木板的速度大小。18.（13分）如图所示，在xOy平面内，有一范围足够大的匀强电场，电场强度大小E=1×10³N/C，方向沿y轴负方向。一质量为m=2×10⁻³kg、电荷量为q=2×10⁻⁶C的带正电小球，从原点O以初速度v₀=10m/s沿x轴正方向抛出。重力加速度g=10m/s²。求：（1）小球在运动过程中的加速度大小和方向；（2）小球经过多长时间到达x轴上方离x轴最远的位置；（3）小球运动到x=20m处时的速度大小和方向。参考答案一、选择题（每小题4分，共48分）1.C解析：A选项，牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测出引力常量G；B选项，伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”；D选项，普朗克提出量子化假说，爱因斯坦成功解释光电效应。2.AC解析：物块匀速运动，水平方向受力平衡，摩擦力f=Fcosθ；竖直方向N+Fsinθ=mg，N=mg-Fsinθ，又f=μN=μ(mg-Fsinθ)，故A、C正确。3.A解析：由星球表面重力等于万有引力，mg=GMm/R²，得g=GM/R²，故g₁/g₂=(M₁/M₂)×(R₂²/R₁²)=2×(1/2)=1。4.B解析：由v-t图像知，0-2s内物体的加速度a=(4-0)/2=2m/s²，水平外力F=ma=4N，物体的位移x=(0+4)/2×2=4m，外力做功W=Fx=16J。5.B解析：线框转速加倍，角速度ω加倍，由Eₘ=NBSω知，Eₘ加倍，故电动势表达式为e=2Eₘsin2ωt。6.C解析：A选项，由电场线方向知，负电荷位于x轴正方向，正电荷位于x轴负方向；B选项，两点电荷连线中点电场强度不为零；D选项，正试探电荷移到正电荷附近，电场力做负功，电势能增大。7.B解析：小球在最高点时，重力和绳的拉力提供向心力，有T+mg=mv²/L，故T=mv²/L-mg。8.A解析：由变压器电压比U₁/U₂=n₁/n₂，得U₂=22V；副线圈电流I₂=U₂/R=1A，由电流比I₁/I₂=n₂/n₁，得I₁=0.1A。9.ABC解析：D选项，电场线不是闭合曲线，磁感线是闭合曲线。10.AC解析：碰撞过程中系统动量守恒，A正确；题目未说明是弹性碰撞，机械能不一定守恒，B、D错误；由动量守恒定律得m₁v₀=-m₁v₁+m₂v₂，C正确。11.AD解析：电容器与电源相连，电压U不变；上极板上移，极板间距d增大，由C=ε₀S/(4πkd)知C减小，A正确；由E=U/d知E减小，B错误；油滴所受电场力减小，重力大于电场力，油滴向下运动，C正确；下极板接地，油滴所在位置电势φ=Ed'（d'为油滴到下极板距离），E减小，φ减小，油滴带负电，电势能Eₚ=qφ增大，D错误。12.BC解析：对物体受力分析，沿斜面方向Fcosθ=mgsinθ，得F=mgtanθ，C正确；垂直斜面方向N=mgcosθ+Fsinθ，B正确。二、实验题（共15分）13.（6分）（1）切线水平（2分）（2）B（2分）（3）x√(g/(2y))（2分）解析：（1）斜槽末端切线水平，才能保证小球做平抛运动；（2）斜槽是否光滑不影响，只要每次释放位置相同，小球初速度就相同，B正确；（3）竖直方向y=(1/2)gt²，水平方向x=v₀t，解得v₀=x√(g/(2y))。14.（9分）（1）A₁（1分）V₁（1分）（2）电流表外接法（1分）（3）电路图见解析（3分）（4）U/I（3分）解析：（1）电源电动势3V，电压表选V₁；Rₓ约10Ω，最大电流I=3/10=0.3A，电流表选A₁；（2）Rₓ远小于电压表内阻，采用外接法；（3）电路图：电源、开关、滑动变阻器、电流表A₁、未知电阻Rₓ串联，电压表V₁并联在Rₓ两端；（4）由欧姆定律得Rₓ=U/I。三、计算题（共47分）15.（10分）解：（1）物体下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒mgh=(1/2)mv²（3分）解得v=√(2gh)=√(2×10×5)=10m/s（2分）（2）重力的瞬时功率P=mgvsinθ（3分）代入数据得P=2×10×10×0.6=120W（2分）16.（12分）解：（1）感应电动势E=BLv（3分）代入数据得E=0.5×0.2×5=0.5V（1分）（2）感应电流I=E/R（2分）代入数据得I=0.5/0.4=1.25A（1分）由楞次定律知，感应电流方向为a→d→c→b→a（2分）（3）线框匀速运动，拉力F等于安培力F安F安=BIL（1分）拉力做功W=F·L=F安·L（1分）代入数据得W=0.5×1.25×0.2=0.125J（1分）17.（12分）解：（1）对滑块，由牛顿第二定律F-μmg=ma₁（2分）代入数据得a₁=(10-0.4×1×10)/1=6m/s²（1分）对木板，由牛顿第二定律μmg=Ma₂（2分）代入数据得a₂=(0.4×1×10)/4=1m/s²（1分）（2）设经过t时间滑块滑出木板，由位移关系(1/2)a₁t²-(1/2)a₂t²=L（2分）代入数据得(1/2)×6t²-(1/2)×1t²=2，解得t=√(0.8)=2√5/5s（1分）（3）滑块的速度v₁=a₁t=6×2√5/5=12√5/5m/s（2分）木板的速度v₂=a₂t=1×2√5/5=2√5/5m/s（1分）18.（13分）解：（1）小球受重力和电场力，合力F合=mg+qE（2分）加速度a=F合/m=g+qE/m（1分）代入数据得a=10+(2×10⁻⁶×1×10³)/(2×10⁻³)=20m/s²（1分）方向沿y轴负方向（1分）（2）小球在y方向做竖直上抛运动，初速度为0，加速度为a到达最高点时y方向速度为0，由v=v₀+at得t=0/a=0？不对，重新分析：小球初速度沿x轴，y方向初速度为0，受向下的合力，故y方向做初速度为0的匀加速直线运动，不存在x轴上方最远位置？题目有误，应为x轴下方；若按题目表述，修正为：小球带负电，电场力向上，合力F合=mg-qE，若mg=qE，加速度为0，否则按实际受力计算。此处按题目原意，假设小球带负电，q为负，重新计算：小球带负电，电场力F电=qE方向沿y轴正方向合力F合=mg-F电=mg-|q|E（2分）加速度a=F合/m=g-|q