安徽六安市2025-2026学年高三年级上册期末物理（解析版）

六安市2026年高三学业水平检测

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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

一顷是符合题目要求的）

1.下列有关物理学史描述正确的是（）

A.安培发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，揭示了电与磁的联系

B.牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量

C.赫兹实验捕捉到了电磁波

D.法拉第建立了完整的电磁场理论，并预言了电磁波

【答案】C

【解析】

【详解】A.电流使小磁针偏转的现象由奥斯特于1820年首次发现，揭示了电与磁的联系，故A错误。

B.牛顿于1687年发现万有引力定律，但引力常量由卡文迪许于1798年通过扭秤实验测得，故B错误。

C.赫兹于1887年通过实验首次证实电磁波的存在，捕捉到电磁波，故C正确。

D.法拉第提出电磁感应定律和场的概念，但完整的电磁场理论由麦克斯韦建立，并于I860年代预言电磁

波，故D错误。

故选C。

2.甲乙两车并排在同一平直公路上的两条平行车道上同向行驶。甲车由静止开始做匀加速直线运动，乙车

做匀速直线运动，其各自的位移x随时间f变化关系如图所示，两条图线刚好在2/。时刻相切，则（）

4X甲

A.在24）时刻，乙车的速度大小为含

B.甲车的加速度为B

C.在3。内，两车有两次机会并排行驶

D.在。2片内，乙车平均速度与甲车平均速度相等

【答案】D

【解析】

Axx,

【详解】A.乙车的运动为匀速直线运动，速度口=丁=」保持不变，A错误;

B.甲车由静止开始做匀加速直线运动，根据工

由图可知,当/=2/0时，甲的位移•¥=%

解得。=2,B错误；

C.观察图像，两图在fo~3,o内，只有一个交点，说明在此段时间内甲、乙只有一次相遇的机会，C错误；

Ar

D.在。2/。内，乙车与甲车的位移相等，根据B=—可知，两车平均速度相等，D正确。

Ar

故选D.

3.如图所示，装有轻质光滑定滑轮的光滑斜面静置在水平地面二，斜面与水平面夹角。为30。，斜面上的

A通过不可伸长的轻绳绕过定滑轮与B相连，轻绳与斜面平行，B拉着A从静止开始运动，斜面始终保持

静止，斜面质量6kg,A和B质量都是1kg,重力加速度g取lOm/s?，下列说法正确的是（）

A.绳的拉力为10N

B.A的加速度为5m/s?

C.斜面对地面的压力大于80N

D.地面对斜面支持力为78.75N

【答案】D

【解析】

【详解】B.对AB整体分析可知，AB的加速度大小均为。二磔二竺巴吧2_=2.5m/s2,B错误；

2m

A.对B分析可知仅g-7二〃以

解得绳的拉力为7=7.5N,B错误：

CD.对斜面受力分析可知，地面对斜面的支持力为

N=Mg+r+7sin30+〃吆cos30-cos30=78.75N

根据牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力为78.75N,小于80N,C错误，D正确。

故选D。

4.早在2018年，中国科学院光电技术研究所研制“超分辨光刻装备研制”项目己通过验收。近些年我国

光刻机研制发展迅速，成果斐然。其中一种“浸没式光刻”光刻机原理是一种通过在光刻胶和投影物镜

之间加入浸没液体，从而减小曝光波长，提高分辨率的技术，如图所示。若浸没液体的折射率为L2,当

不加液体时（空气中）光刻胶的曝光波长约为174nm,则加上液体后，该曝光光波（）

.<掩膜—►.

+投影物院f

浸没液体

光刻以

।C.丁」1

传统光刻硅片浸没式光刻

A.在液体中的传播频率变为原来的之倍

B.在液体中的传播速度是空气中的1.2倍

C.在液体中的曝光波长约为14511m

D.在液体中传播相等的距离，所需的时间变为原来的1•倍

6

【答案】C

【解析】

【详解】A.光的频率由光源决定，与介质无关，则光由空气进入该液体中传播频率不变，故A错误；

c15

B.光在液体中的传播速度为u二一，解得传播速度约为原来的一；二：倍，故B错误：

n1.26

C.加上液体时光刻胶的曝光波长为％=二，不加液体时，有联立代入数据可得4k145nm,

故C正确;

D.由以上分析可知，在液体中曝光光波的传播速度变为原来的2,则传播相等的距离所需的时间变为原

6

来的1.2倍，故D错误。

故选C。

5.操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、4两点处分别把1、2相同的两球同时已出，球1做

平抛运动，球2做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于夕点，。是AB连线中

垂线上一点，球I的初速度为9,球2的初速度为内,不考虑扑球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到

A.球2速度变化量方向向左下方

B.球2在最高点速率与V,大小相等

C.两球P点相遇

D.匕与匕大小可能相同

【答案】D

【解析】

【详解】A.不计空气阻力，两球只受重力作用，rt]Av=^,球2速度变化量方向与重力加速度方向相同

是竖直向下的，故A错误；

BC.平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，斜上抛运动竖言方向的分运动是先竖直上抛后是自由落

体，其自由落体的高度比前者的大，故球2从最高点到0点的时间比球1从人点到。点的时间长，故球2

从R到P点的时间比球1从A点到P点的时间长，

故球1先通过P点，而两者水平方向都做匀速直线运动，两者从抛出到P点水平分位移相等，由1=匕/

球2在最高点速度是其水平分速度，其大小小于片的大小，故BC错误；

D.%水平分量小于匕，但匕与匕大小可能相同,故D正确。

故选D,

6.抛石机的简化图如图所示，质量为根的石块装在长臂为L的杠杆末端，质量为M的配重安装于长为/

的短臂末端，初始时杠杆被固定，抛石机静止，长臂与水平面的夹角为。。释放杠杆，配重下落，带动杠

杆在竖直面自由转动，杆转到竖直位置时将石块以速度u水平抛出，此时配重未接触地面。石块与配重均

可视为质点，不计摩擦、空气阻力和杠杆质量，重力加速度为g。释放杠杆到杠杆转到竖直位置这段过程

中（）

B.石块受到的合力做的功为!〃”2

+sina)

2

C.杆对石块做的功为U?++sina)

2

D.杆对•配重做的功-Mg/(l+sina)

2

【答案】C

【解析】

【详解】A.石块增加的机械能等于其增加的动能与增加的重力势能之和，石块增加的动能为白线=!加

2

石块上升的高度为〃=L（l+sina）

增加的势能为%,=〃?g“l+sina）

1、

所以石块增加的机械能为△£=-mv~+tngL（\+sina）

故A错误；

B.依据动能定理，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量叫了;〃7声-0

故B错误；

C.对于石块，由动能定理可得“广MgL（l+sina）=]〃?/

可得%p=imv2+mgL(1lsina)

故C正确；

D.因为杠杆转动过程中，石块和配重的角速度相同，依据u

v

可•得加二工/

对于配重，由动能定理用■十Mg/（l+sina）=」何％;二(

—IV¥

22U)

2

解得%二;M

—V-Mg/(l+sina)

故D错误。

故选C。

7.”•占有司南，今有北斗”，如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022全球十大工程成就”。组成北斗

卫星导航系统的卫星运行轨道半径「越大，线速度u越小，卫星运行状态视为匀速圆周运动，其1，一,•图

像如图乙所示，图中A为地球半径，石为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径，图中物理量单位均为国际

单位，引力常量为G,忽略地球自转，则（）

甲乙

R

A.地球的质量为二

Gb

33

B.地球的密度为

4兀R2G

Rb

C.北斗星座GEO卫星的加速度为一

彳）

R

D.地球表面的重力加速度为不

b

【答窠】B

【解析】

【详解】A.根据G粤匕，当尸A时产二〃

可得M==，A错误；

G

hR

B.地球的密度夕=M歹=不、c,=赤3b不，B正确;

—7TR、

3

「Mm

C.对北斗星座GEO卫星根据G'-二〃7a

bR

可得GEO卫星的加速度大小。=丁，故C错误;

石

D.根据6万~=〃7g

解得8=与.故D错误。

R

故选Bo

8.长为£的绝缘轻细线一端连接质量为机、电荷量为9的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上

的。点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆底运动，俯视

图如图甲所示，尸。为轨迹圆的•条直径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能”与小球运动的路

A.小球做匀速圆周运动

En

B.OQ电势差U°Q二一一巴

q

C.小球运动过程中动能最大值2不

6E

D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值与最小值之差一辿

L

【答案】D

【解析】

【详解】A.小球在运动过程中，只有电场力做功，动能与电势能之和不变，由图可知，在运动过程中，小

球的电势能在周期性变化，则其动能也在周期性变化，小球的运动为变速圆周运动，A错误；

B.由图乙可知，小球由P点开始做圆周运动的路程为:;时小球的电势能最大，此时小球转过的圆心角

21L

为飞一_2不，小球沿电场方向的位移最大，过该点做圆的切线，则电场的方向与切线垂直，如图所示

~"T

该过程中电场力所做的功等于小球电势能的减少量，即一^口（l+cosgJuO-lSEpo

E.

可得£二上

qL

。。电势差U°Q=—L-cosg•七二一产，B错误；

32q

2

C.小球电势能最大时位于等效最高点，因小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，=匕血

小球电势能最小时位于等效最低点，小球的速度最大，根据动能定理2%,=把4-竺或

冈22

解得最大动能Ekmax=L〃喙、=2.5%,C错误；

KnwxcIlldA

D.小球位于等效最高点时，细线的拉力最小为0；当小球位于等效最低点时，拉力有最大值。

根据牛顿第二定律北一4石二〃2

L

因最小值为0,最大值与最小值之差就等于拉力的最大值7；--殳，D正确。

mL

故选D.

二、多项选择题（本小题共2小题，每小题5分，共10分。全部选对得5分，少选得3分，

有错误选项不得分）

9.如图所示，理想变压器原线圈接入交流电源，电源电压保持不变。副线圈电路中均、&为定值电阻，

火是滑动变阻器，Y和vt是交流电压表，示数分别用q和表示；A1和A?是交流电流表，示数分别

用L和八表示；电表均为理想电表，则在滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是（）

A.5和均保持不变

B./1增大,日变小

C.电源的输出功率变小

D.通过滑动变阻器R的电流变大

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由理想变压器可得a=u,所以〃保持不变；设副线圈电压为a。，则有9~=4

°20〃2

可得副线圈电压保持不变，滑片P向下滑动，则A电阻减小，则副线圈总电阻减小，由八0二丁

可得副线圈总电流增大，则由&二。20-必1

可得上示数变小，故A错误；

U

BC.由，72二片2

可得心变小，由7匚二2"

可得人增大，则电源的输出功率为「"增大，故B正确，C错误;

D.通过滑动变阻器R的电流为人二七一乙

因为七增大，人变小，则〃增大，故D正确。

故选BDo

10.如图所示，间距/=lm的足够长光滑平行金属导轨竖直固定，导轨在等高的。、〃两点断开并用绝缘

材料连接，顶端接一阻值R=（）.5C的电阻，底端接一电容C=0.2F的电容器。整个装置处于垂直纸面向

里的匀强磁场中，磁感应强度大小8=1T。质量均为m=0.8kg的金属棒MN、P0分别从导轨顶端和水

平虚线c力的下方由静止同时释放，金属棒PQ下落高度〃=4m时，金属棒/WN已经达到最大速度（还没到

达虚线H，）。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，重力加速度

^=10m/s2o在金属棒PQ下落高度d=4m的过程中，下列判断正确的是（）

R

MXXXN

XXX

XXX

XXX

XXXL

CI''D

吁XXXQ

XXX

XXX

XXX

XXX

C

A.金属棒p。下落高度"=4m时的速度大小为8m/s

B.通过A的电荷量和P。下落4m时电容器的电荷量之比为3:1

C.金属棒PQ下落高度d=4m时，金属棒MV下降的高度为2.4m

D.电阻A上产生的热量为14.8J

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.金属棒PQ下落过程中，由牛顿第二定律可得〃?

小”7\QCAUCB/AvE

电流I==----------=-----------=CBla

联立解得加速度«=8m/s2

可知金属棒PQ做匀加速直线运动，由运动学公式2＜以二炉

解得速度v=8m/s,故A正确；

B.金属棒PQ卜落高度仁4m所经历的时间/=士=1s

a

金属棒MN达到最大速度时加速度为零，满足mg=BH

F

电流/二2

R

感应电动势E=Blvm

联立解得最大速度vm=4rn/s

由动量定理mgt—Blit=mvtll

其中以二〃

解得益=4.8C

电容器的电荷量%=CBlv=1.6C

即通过R的电荷量和P。下落4m时电容器的电荷量之比为3:1,B正确;

-EAOBlx

C.根据彘=〃=—t

~R~=~T

可得.r=2.4moC正确；

D.电阻R上产生的热量为。=〃仁¥-;〃w；=12.8J,故D错误。

故选ABCo

三、非选择题：共5题，共58分。

11.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，重物从高处由静止开始卜落，重物拉动纸带通过打点计

时器，打出一系列的点，对•纸带上点间的距离进行测最，可验证机械能守恒定律。

（1）实验常选用电磁打点计时器，最符合电磁打点计时器工作要求的电源电压是（）

A.直流220VB.直流8V

C.交流220VD.交流8V

（2）实验中，用打点计时器打出一条纸带，如图所示，。点为打点计时器打出的第一个点。选取连续打

出的点A、3、C为计数点，各计数点间距离已在图上标出。已知打点计时器所用交流电源的频率为一,

重物质量〃?，从释放到打下8点，重物减少的重力势能与，为:打下3点时，重物的动能既为

（重力加速度为g）。若自与々近似相等，则机械能守恒。

力人）

【答案】⑴D（2）①.mghB②.

8

【解析】

【小问1详解】

电磁打点计时器工作电压是交流8V,故选D。

【小问2详解】

[1]从释放到打下石点，重物减少的重力势•能为耳

h-hh-h

⑵%=VAC=cAcA

2T2

打下8点时，重物的动能为舔，礴=*。一心丫F

28

12.某兴趣小组测量某电源的电动势和内阻，电动势2~3V,内阻约为1Q。现有如下实验器材:

A.电压表V（0~15V,内阻约2kC）

B.电流表A(0~2mA,R&=5000.)

C.电阻箱(0〜999.9Q)

D.滑动变阻器（0〜500C）

E.定值电阻坊=500C

F.定值电阻6,二1000。

G.待测电源

H.开关、导线若干

（1）根据题目所给的实验器材，该小组设计了实验电路如图甲所示，定值电阻应选用o（选填

“用”或"RJ）

甲

（2）按电路图接好电路进行实验，为方便数据处理，把流过电阻箱的电流视为干路电流，记下电阻箱和

电流表对应的一系列读数R、/,获取了多组数据，作出的图像如图乙所示，则可得该电池组的电动

IR

势£=—V；内阻尸—C。（结果均保留两位小数）

乙

（3）若按（2）中数据处理方式，则该实验中电动势的测量值—真实值（选填“大于”、“小于”或

“等于”），内阻的测最值真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。

【答案】(I)生

(2)①.2.94②.1.18

①.小于②.小于

【解析】

【小问1详解】

电流表的满偏电流为4=2mA,电流表与定值电阻串联改装成量程为U=3V的电压表（电源电动势为

U

3V）,根据欧姆定律瓦瓦

解得需要的电阻值A=1000C,所以选择冬

【小问2详解】

[I]⑵根据闭合电路欧姆定律/•（为+4）=E

R

公式变形可得，;=R2+Rg(/?+1

--------+----2---------一

EER

结合图像可得，图像的纵截距鸟+4_5io,斜率（、+

EE0.85

解得E=2.94V,r=1.18Q

【小问3详解】

[I]⑵由上一小问的表达式可得七二%上4,r=y

bb

设电源电动势的真实值为En，内电阻的真实值为“

I（R+R}

根据闭合电路欧姆定律/•（凡+凡）=%-（/+—~~）r

R0

IR、+R、r（Rj+RJ%1

公式变形可得-=~8■+-J•-

14&）4R

R、+Rr（R）+&）彳）

结合图像可得，图像的纵截距斜率一尸&二

E°E°E。

E—ik

"—r~

解得°匕kb———

凡+R尺+尺.

对比可得Ev&）,rvr。,所以若按（2）中数据处理方式，则该实验中电动势、内电阻的测量值均比真实

值偏小

13.一列沿x轴传播的简谐横波在/=U时的波形如I图所示，平衡位置任户8cm处的质点产振动图像如2

（2）波的传播方向及波速大小。

【答案】（1）y=20sin^/（cm）

O

（2）波沿x轴正向传播，7.5cm/s

【解析】

【小问1详解】

2乃2乃5乃

:

周期为T=3.2s,质点P的振动方程y=Asin—1=20sin—"cm）=20sin—r（cm）

T3.28

【小问2详解】

由P点的振动图像可知，r=0时刻，质点夕从平衡位置沿y轴正向振动。可知波沿x轴正向传播，波长为

J094

24cm,周期为3.2s,则波速n=—=----m/s=7.5cm/s

T3.2

14.距光滑水平平台的右端L=。.5m处有一木块A（视为质点），A的质量〃，A=2kg,紧靠平台右端的

水平地面P。上放置-右侧带挡板（厚度不计）的水平木板B,木板的质量，5=lkg,长度L=0.5m,且

木板的上表面与平台等高。木块A在水平向右、大小尸=22N的拉力作用下由静止开始运动，当木块A

运动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块A与木板B、木板B与水平地面间的动摩擦因数均为

4=0.2,木块A与木板B的挡板碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小8=10m/s2。求：

%,

VLX\LA

III

III

/巾......：B$

;y////////////////////////A

PQ

（1）木块A刚到平台右端时的速度大小；

（2）A与B右侧挡板碰撞后瞬间A与B的速度；

（3）全过程中木板B与地面产生的热量。

【答案】（1）JTim/s

（2）lm/s，4m/s

（3）7.5J

【解析】

【小问1详解】

对木块A由静止到平台右端，由动能定理有也=

解得%=VFIni/s

【小问2详解】

对木板B木块A对其向右的滑动摩擦力=4N小于地面对其最大静摩擦力以，纵+）g=6N,故木

板B静止

对木块A其加速度为q=fg=-2m/s2

由laL=v^-vl

解得碰前木块A速度大小为匕=3m/s

对弹性碰撞

由动量守恒有心匕="公匕'+"%匕

由机械能守恒有3〃〃匕’=3〃八匕’十3〃%*

,（tn.-/n）v.i.

联立解得U~—R=lm/s

机A+恤

2"7Ah4/

v2=---7-=4m/s

'%+飞

【小问3详解】

碰后对B由牛顿第二定律有一M〃，A+"%）&一卬48="%生

解得q=-10m/s2

对A由牛顿第二定律有为=Rg=2m/s

设经t时间两者共速，由彩+ail=vi+//

13

解得f=]S,y共=-m/s

在这段时间内8的位移%=历=①/f=^m

之后两者一起相对地面向右做匀减速直线运动，加速度为4=-从乌=-2m/s2

由2%巧=°-4

9

解得々=—m

全过程中木板B与地面产生的热量Q=似〃入+〃％）g（X+4）=7.5J

15.如图所示，在两个边长均为力的正三角形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为4的匀强磁

场,左右两侧有平行于MN