安徽省阜阳市2026届高三物理上学期期末试题含解析

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.2025年10月11日中核集团漳州核电2号机组首次启动核燃料（铀-235）装载工作。下列关于该核电站

核反应过程的说法正确的是（）

A.核反应的原理是可控核聚变反应

B.核反应过程中质量数守恒

C.核反应的反应物结合能之和大于产物结合能之和

D.核反应的反应物原子核比产物原子核更稳定

【答案】B

【解析】

【详解】A．核反应的原理是可控核聚变反应。铀-235是核裂变燃料，核电站利用可控核裂变反应，故A

错误；

B．核反应过程中质量数守恒。根据核反应的基本规律，反应前后质量数总和保持不变，故B正确；

C．在核裂变中，重核（如铀-235）分裂成较轻核，释放能量，反应物结合能之和小于产物结合能之和（因

产物更稳定），故C错误；

D．在核裂变中，产物原子核的比结合能更大，更稳定，反应物原子核相对不稳定，故D错误。

故选B。

2.汽车行驶时胎压过高或过低都容易造成安全隐患。夏天汽车在户外长时间暴晒，假设在暴晒过程中轮胎

容积不变，则暴晒后轮胎内（）

A.每个分子的运动速率都增大

B.单位体积内的分子数减少

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C.气体从外界吸收的热量全部用于对外界做功

D.单位时间内单位面积上气体分子对轮胎的作用力增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．温度升高，分子平均动能增大，但分子运动速率分布遵循统计规律，并非每个分子的速率都增

大，故A错误；

B．容积不变，分子总数不变，单位体积内的分子数（分子数密度）不变，故B错误；

C．等容变化的过程中气体体积不变，气体对外做功为0，即

由热力学第一定律有

吸收的热量全部用于增加内能，未对外做功，故C错误；

D．在暴晒过程中轮胎容积不变，温度升高，则压强增大，由于压强定义为气体分子单位时间内对单位面积

的作用力，故作用力增大，故D正确。

故选D。

3.一列波长为的简谐横波在均匀介质中传播，、是波传播方向上的两个质点，振动图像分别如图甲、

乙所示。则时两质点间的波形图可能为（）

A.B.

C.D.

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【答案】B

【解析】

【详解】由图可知时，质点a在平衡位置向下振动，质点b在波谷向上振动，且质点的振动周期为

a、b之间相差，因此当时，质点a恰好在平衡位置向下振动，质点b在波谷向上

向上振动，结合波的图像可知，B图正确。

故选B。

4.在光学仪器中，道威棱镜被广泛用来进行图形翻转。如图所示，棱镜的横截面是底角为的等

腰梯形。一束与平行的光线从边的中点射入棱镜，已知棱镜材料的折射率，下列说法正确

的是（）

A.光线进入棱镜后频率变小

B.若光线经边一次反射后从边射出，出射光线与边平行

C.若光线经边一次反射后从边射出，入射光线向上平移，则出射光线也向上平移

D.若棱镜材料折射率为，光线射到边的位置向右移动

【答案】B

【解析】

【详解】A．光的频率由光源决定，与介质无关，因此光线进入棱镜后频率不变，故A错误；

B．由题可知，光发生全反射的临界角为

解得

光线从AB边射入时的入射角

根据光的折射规律可得

解得其折射角

经BC边全反射后，从CD边射出，由几何关系和光的折射规律可知，出射光线与BC边平行，故B正确；

C．若入射光线向上平移，作出光的折射光路图如图所示

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结合上述分析及光路的对称翻转可知，从CD边出射的位置会向下平移，故C错误；

D．若棱镜材料折射率为，光线在AB边的折射角减小，传播方向更靠近法线，因此射到BC边的位置会

向左移动，故D错误。

故选B。

5.宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，设想地球“流浪”后绕此恒星公转，“流浪”前后的公转轨道均可

以看作圆周，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。已知此恒星单位时间内向外部空间均匀辐射的

能量是太阳的16倍，根据球体能量辐射模型可知地球绕此恒星公转的半径是绕太阳公转半径的4倍。地球

绕太阳公转的线速度为，公转的周期为；地球绕此恒星公转的线速度为，公转的周期为。则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】CD．根据球体能量辐射模型，地球绕新恒星公转的半径是绕太阳公转半径的4倍，即

，新恒星质量（为太阳质量）。

地球公转周期满足开普勒第三定律

绕太阳公转

绕新恒星公转

因此，

故，故D错误，C正确；

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AB．万有引力提供向心力，有

化简得

地球绕太阳公转的线速度为

地球绕此恒星公转的线速度为

，故AB错误。

故选C。

6.如图所示，理想变压器副线圈接入的匝数可以通过滑动触头调节，副线圈回路中接有定值电阻、

和滑动变阻器，开关处于闭合状态。电压表、电流表均为理想电表，原线圈接在电压有效值保持不

变的正弦式交流电源上，下列说法正确的是（）

A.仅将滑片向端移动，电压表V示数增大

B.仅将滑片向端移动，原线圈的输入功率减小

C.仅将滑片向下移动，电流表示数增大

D.仅将滑片向下移动，滑动变阻器的功率增大

【答案】B

【解析】

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【详解】A．仅将滑片向端移动，根据理想变压器原理

解得副线圈两端的电压

由于原线圈的匝数、原线圈两端的电压保持不变，副线圈的匝数减小，则副线圈两端的电压减小，

因此电压表的示数减小，故A错误；

B．根据上述分析可知，仅将滑片向端移动，副线圈两端的电压减小，副线圈中负载的阻值不变，因此

副线圈的总电流减小，根据功率可知，副线圈的总功率减小，结合理想变压器原理可知，原线

圈的输出功率等于副线圈的总功率，因此原线圈的输出功率减小，故B正确；

C．仅将滑片向下移动，根据理想变压器原理可知，副线圈两端的电压不变，结合电路特点

可知，电流表所在支路的电压不变，电阻增大，由欧姆定律可知，该支路电流减小，即电流表示数

减小，故C错误；

D．将等效为电源的内阻，根据

可知，当时，滑动变阻器的功率最大，滑片向下移动时，增大，但无法确定与的关系，

因此滑动变阻器的功率不一定增大，故D错误。

故选B。

7.如图所示，以为圆心，半径为的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，

直线与圆形磁场的边界相切于点，下方有范围足够大、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感

应强度大小为。一个电子，沿着与平行的方向正对圆心点射入圆形磁场，从点射出，进入下方

磁场。已知电子质量为，电荷量大小为，不计重力。下列说法正确的是（）

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A.电子的速度大小

B.电子第二次经过边的位置与点的距离为

C.电子从进入圆形有界磁场到第二次经过边所用的时间为

D.电子从进入圆形有界磁场到第二次经过边所用的时间为

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题意可知，电子进入圆形磁场做圆周运动的半径为R，根据

可得电子的速度大小，A错误；

B.电子进入AC下方磁场时的轨道半径为

第二次经过边的位置与点的距离为，B错误；

CD.电子从进入圆形有界磁场到第二次经过边所用的时间为，C正确，

D错误。

故选C。

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8.一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立直角坐标系，其中轴平行于底

边，轴沿斜面向上，如图1所示。物块从静止开始，同时受到沿轴正方向的力和沿轴正方向的力

，两个力大小随时间变化的关系如图2，已知物块的质量为，重力加速度取，

，不计空气阻力，则（）

A.物块运动过程中受到的合力方向不断变化

B.物块的运动轨迹一定为曲线

C.时物块的加速度为

D.时物块的瞬时速度为

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据一次函数由图2可以得到两个外力的表达式，

沿轴正方向的合力为

沿轴正方向的合力

物块所受合力与轴正方向夹角的正切值为

因此物块运动过程中受到的合力增大，方向不变化；物块初速度为零，因此物块做加速度变化的直线运动，

故AB错误；

C．时，合力

加速度，故C错误；

D．由动量定理，方向，有

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方向，有

当时，，

图像与时间轴所围面积等于力的冲量，由图2计算出，

计算出时物块的瞬时速度，故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

9.在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小

球的初速度方向沿与水平方向的夹角为45°的虚线，则其运动轨迹为直线。现让小球以一定的初速度从点

出发，垂直于虚线向右上方运动。下列判断正确的是（）

A.小球一定带正电

B.从点运动至与点等高的点的过程中，小球的动能先减小后增大

C.从点运动至与点等高的点的过程中，小球的机械能一直增大

D.若将电场的方向调整为竖直方向，小球可能做匀速直线运动

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由题可知，小球所受电场力和重力的合力沿虚线方向，若电场方向水平向右，则小球带正电，

若电场方向水平向左，则小球带负电，故A错误；

BC．若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，

电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，机械能增大，故B错误，

C正确；

D．若将电场的方向调整为竖直方向，小球受到的电场力竖直向上且与小球的重力平衡，则小球可能会做匀

速直线运动，故D正确。

故选CD。

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10.如图所示，木板和物块叠放在足够长的水平传送带上，轻弹簧的一端固定在左侧挡板上，另一端

与木板接触（不连接），用力推木板压缩弹簧。使传送带以恒定速度顺时针转动，由静止释放木板。物块

与木板、木板与传送带间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若弹簧恢复原长时，木

板速度还未达到，已知重力加速度大小为，则下列说法正确的是（）

A.弹簧恢复原长前，木板先加速后减速

B.弹簧恢复原长前，木板的加速度一直减小

C.弹簧恢复原长后，木板速度还未达到，物块脱离木板前，木板加速度为

D.弹簧恢复原长后，木板速度还未达到，物块脱离木板后，木板加速度为

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．弹簧恢复原长前，对木板受力分析可知，水平方向木板受到弹簧向右的弹力（k为弹

簧的劲度系数，x为弹簧的压缩量）

物块对木板向左的摩擦力（m为物块的质量）

传送带对木板向右的摩擦力（M为木板的质量）

根据牛顿第二定律可得

解得

因此木板一直向右做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；

C．弹簧恢复原长后，木板的速度还未达到，物块脱离木板前，对木板受力分析可知，木板受到传送带水

平向右的摩擦力

物块对木板水平向左的摩擦力

由牛顿第二定律可得

联立解得木板的加速度为，故C正确；

D．弹簧恢复原长后，木板速度还未达到，物块脱离木板后，对木板受力分析可知，木板受到传送带向右

的摩擦力为

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由牛顿第二定律可得

解得木板的加速度为，故D正确。

故选BCD。

三、非选择题：共58分。

11.图为探究“加速度与力、质量的关系”实验，设计了如下两种方案：

方案A：不加槽码时，调节长木板与水平面的夹角，小车能匀速下滑；加上槽码时，小车加速下滑。用

光电计时器记录信息，测小车加速度大小，槽码重力为小车受到的合力大小。

方案B：加槽码时，调节长木板与水平面的夹角，小车能匀速下滑；去掉槽码，小车加速下滑，用打点

计时器在纸带上记录信息，测加速度大小，槽码重力为小车所受到的合力大小。

（1）有补偿阻力环节的方案是______；不需要小车质量远大于槽码质量的方案是______。

（2）选实验方案B进行实验。打点计时器所接电源频率为50，打出一条纸带，在纸带上选出、、

、、共5个计数点，相邻两个计数点间有4个点没有画出，各个计数点间的距离如图所示。打下

点时小车的速度______。（结果保留两位有效数字）

【答案】（1）①.方案A②.方案B

（2）0.13

【解析】

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【小问1详解】

[1]方案A中，不加槽码，调节长木板与水平面的夹角，小车能匀速下滑，这一环节就是平衡小车受到的

摩擦力，因此有补偿阻力环节的方案是A；

[2]对于方案B，加槽码m时，调节长木板与水平面的夹角，小车匀速下滑，则有

去掉槽码时，小车加速下滑，则有

联立可得

即槽码的重力即为小车受到的合外力，不需要满足小车质量远大于槽码质量，因此不需要小车质量远大

于槽码质量的方案B。

【小问2详解】

由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为

根据匀变速直线运动规律可知，打下点时小车的速度为

12.某款可拆卸手机电池标称电动势是，物理兴趣小组的同学利用下列实验器材测量这款手机电池

的电动势和内电阻。

A.电流表A（量程，内阻）

B.电压表V（量程，内阻约为）

C.滑动变阻器（阻值范围，额定电流）

D.电阻箱（阻值范围）

E.开关和导线若干

小组成员设计了如图1所示的实验电路图。

（1）图1中电流表A与并联，改装成了一个量程为500mA的大量程电流表，电阻箱的阻值应调为

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______Ω。

（2）图2是实验的实物图，图中已经画出了部分连接线路，请你用笔画线代替导线将其他部分的线路补充

完整。

（3）闭合开关S，调节的滑片位置，记录几组图1电路中的电压表V和电流表A的读数，并作出

关系图像，如图3所示，根据图像中的信息，可得：电池的电动势______V、内阻______Ω。

（计算结果保留3位有效数字）

【答案】（1）0.25

（2）（3）①.4.29②.2.20

【解析】

【小问1详解】

电阻箱的阻值应调为

【小问2详解】

电路连线如图

【小问3详解】

[1][2]电路中的电流等于电流表读数的5倍，则由U=E-5I(r+RA)

其中

由图像可知，

解得

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13.为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从时由静止开始做匀加速运动，时

速度大小为。此后停止加速开始做匀速运动，匀速运动29s后救护车停止鸣笛。经过一段时间在救

护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速，求：

（1）救护车匀加速运动时的加速度大小；

（2）在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声的时刻。

【答案】（1）

（2）41s

【解析】

【小问1详解】

根据匀变速运动速度公式

解得

【小问2详解】

救护车加速运动过程中的位移

匀速运动29s停止鸣笛，则匀速阶段的位移

最后的鸣笛声传回出发点所用时间为，则

设在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声的时刻

解得

14.某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道、半径的圆弧轨道（为

圆弧轨道最低点）、倾角为的足够长直轨道组成，轨道间平滑连接。质量的小物块从轨

道上距点高度为的位置静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，小物块在轨道上

运动时的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计

空气阻力。已知：重力加速度，，。

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（1）求小物块第一次经过点时对圆弧轨道的压力；

（2）求小物块第一次沿向上运动的最大距离；

（3）若静止释放的同时，在点放置一个质量也为的小物块，小物块与小物块在点发生弹性

碰撞。小物块在轨道上运动时的动摩擦因数，求小物块在上经过的总路程。

【答案】（1）13N，方向竖直向下

（2）0.6m（3）3m

【解析】

【小问1详解】

小物块从到第一次经过的过程，根据机械能守恒定律，有

解得

第一次经过点时，圆弧轨道给小物块的支持力为，根据牛顿第二定律，有

解得

根据牛顿第三定律可知，小物块第一次经过点时对圆弧轨道的压力大小为，方向竖直向下。

【小问2详解】

设第一次沿向上运动的最大距离为，从释放点到沿上升到最大距离位置，根据动能定理，有

解得

【小问3详解】

小物块与小物块在点发生弹性碰撞，碰后、的速度为、，有，

可得，

此后小物块静止在处，小物块经圆弧轨道后进入轨道。小物块在上时，因为

所以小物块每次沿上升至最高点后一定会下滑，最终小物块将反复碰撞，在、间往复运动。

设其在上经过的总路程为，根据功能关系有