安徽省六校联考开学测试2026-2027学年高三上学期开学物理试题（含解析）

安徽省六校联考开学测试2026-2027学年高三上学期开学物理试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。第Ⅰ卷（选择题共42分）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，只有一项是符合要求的。1.我国第四代核能系统——“钍基熔盐堆”在全球首次实现堆内钍铀核燃料转换。钍-232本身不能裂变，吸收中子后生成易裂变的铀-233，铀-233裂变释放核能，释放中子继续轰击钍-232，形成反应闭环。主要核反应有：①；②；③。下列说法正确的是（）A.①属于核聚变反应B.②中产生的电子来自原子核外C.钍基熔盐堆是利用③的链式反应来释放核能的D.反应堆的温度升高时，的半衰期变长【答案】C【解析】【详解】A．核聚变是轻核结合成质量较大的核的反应，反应①是钍核吸收中子生成新核同时释放γ光子，属于中子俘获反应，并非核聚变，故A错误；B．β衰变（反应②放出电子的过程）中的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，并非来自原子核外的电子，故B错误；C．反应③为铀-233的裂变反应，裂变释放的3个中子可继续引发后续裂变或钍的俘获反应，形成链式反应释放核能，钍基熔盐堆正是利用该链式反应释放核能，故C正确；D．放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与温度、压强等外界环境无关，温度升高时的半衰期不变，故D错误。故选C。2.湖面上P、Q两艘小船（均视为质点）相距6m，一列水波以大小恒定的波速沿PQ方向传播，在时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，时刻小船P第一次到达最低点，此时小船Q刚好开始振动。则下列说法正确的是（）A.水波的周期为4sB.水波的波速为4m/sC.小船Q的起振方向竖直向下D.小船Q从起振到第一次到达最高点的时间为1s【答案】B【解析】【详解】A．小船P从平衡位置向上运动到第一次到达最低点，经历四分之三个周期，因此解得，故A错误；B．波从P传播到Q的距离为，传播时间为，由波速定义得，代入得，故B正确；C．介质中各质点开始振动的方向与波源开始振动的方向相同。波源P在时竖直向上运动，所以小船Q开始振动时也竖直向上，故C错误；D．小船Q刚开始振动时位于平衡位置，从平衡位置向上运动到第一次最高点所需时间为四分之一周期。由前述计算得，所以，故D错误。故选B。3.用如图甲所示装置研究一个截面半径为的半圆柱形透明新材料的光学性质。一束激光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过点的法线成角。为足够大的光学传感器，可以探测反射光的强度。从面反射出的光强随变化情况如图乙所示。光在真空中传播速度为，，则该激光在这种透明新材料中（）A.折射率为B.传播速度为C.传播的最长时间为D.减小到0°时光将全部从界面透射出去【答案】B【解析】【详解】ABC．图乙中反射光强在后保持不变，说明此后发生全反射，故材料射向真空时的全反射临界角为。由临界角公式，结合题给的正弦值可得由折射率定义，材料内的传播速度为激光沿半圆柱体的半径射入，到达面前在材料中传播的路程为；反射光又沿半径传播，故最长路程为，最长传播时间为，故AC错误，B正确；D．由图乙可知，减小到时反射光强仍不为零，仍有部分光被反射，故D错误。故选B。4.下列关于教材中的几个插图，说法正确的是（）A.图甲中，因为有金属网的屏蔽，球上的电荷产生的电场在金属网内处的电场强度为零B.图乙中，金属细导线周围空气被电离，烟尘颗粒带上负电，在电场力作用下向正极板运动C.图丙中，小磁针发生偏转是由于导线通电后形成的电磁感应现象D.图丁中，变化的磁场只能在其周围的闭合线圈中产生电场【答案】B【解析】【详解】A．金属网的静电屏蔽作用使B处由外部电荷与金属网上感应电荷共同产生的合电场近似为零，但A球上的电荷单独在B处产生的电场并不为零，故A错误；B．烟尘颗粒带负电，在电场中所受电场力方向与电场方向相反。图乙中A板为正极，负电烟尘受到指向正极A板的电场力，因此向正极A板运动，故B正确；C．图丙中导线通电后在周围产生磁场，小磁针受到该磁场的作用而发生偏转，这是电流的磁效应（奥斯特实验），不是电磁感应现象，故C错误；D．变化的磁场在其周围空间产生感生电场。感生电场的电场线是闭合曲线，并不只存在于闭合线圈中；即使没有闭合导体回路，空间中仍可存在感生电场，故D错误。故选B。5.如图所示，竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，边长为、总电阻为的单匝正方形线框先后绕过边和边的轴以相同大小的角速度按图示方向匀速转动。下列说法正确的是（）A.当绕过边的轴转动时，线框中产生正弦交变电流B.当绕过边的轴转动时，边的电势差始终为0C.当绕过边的轴转动时，线框中产生恒定电流D.当绕过边的轴转动时，在图示位置线框中的电流大小为【答案】D【解析】【详解】A．磁场方向竖直向上，绕过ab边（竖直边）的轴转动时，线框平面始终与竖直磁场平行，穿过线框的磁通量始终为0，磁通量没有发生变化，因此线框中无感应电流，更不会产生正弦交变电流，故A错误；B．当线框绕过ab边的轴转动时，由右手定则可知a点的电势低于d点的电势，ad边产生的电动势大小为，则a、d两点间的电势差，故B错误；C．绕过bc边的水平轴转动时，线框的竖直边ad的速度方向不断变化，ad边垂直于磁场方向的分速度随转动角度按正弦规律变化，产生的感应电动势是交变的，因此线框中产生的是交变电流，不是恒定电流，故C错误；D．图示位置中，ad边的速度方向垂直于线框平面、同时垂直于竖直向上的磁场B，此时ad边的动生电动势大小为，线框总电阻为R，因此感应电流大小为​，故D正确。故选D。6.如图甲所示质量为的人站在电梯内，电梯从1楼上升到9楼，此过程中电梯速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度为，下列说法正确的是（）A.0~时间内电梯对人的支持力不断减小B.~时间内电梯对人的支持力大于C.~时间内人处于超重状态D.~时间内人对电梯的压力小于电梯对人的支持力【答案】A【解析】【详解】A．在图像中，图线的斜率表示加速度时间内，图线斜率不断减小，说明人向上做加速度大小逐渐减小的加速运动由牛顿第二定律可解得因为不断减小，所以支持力不断减小，故A正确；B．时间内电梯匀速上升，加速度由平衡条件可知，支持力，故B错误；C．时间内电梯减速上升，图线斜率为负，加速度方向向下，人处于失重状态，故C错误；D．根据牛顿第三定律，人对电梯的压力与电梯对人的支持力是一对作用力与反作用力，二者大小始终相等，方向相反，故D错误。故选A。7.如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“”型轻杆，轻绳一端固定在杆上，另一端竖直悬挂一小球，在始终垂直于绳的外力作用下将小球缓慢拉起，在轻绳由竖直被拉到水平的过程中，物块始终保持静止，则此过程中（）A.外力先增大后减小B.轻绳拉力先减小后增大C.地面对物块的支持力一直增大D.地面对物块的摩擦力先增大后减小【答案】D【解析】【详解】设绳子与竖直方向的夹角为

，小球质量为

，物块与杆的总质量为。设绳子拉力为。A．对小球受力分析如图所示可知，在轻绳由竖直被拉到水平的过程中，从变化到，在增大，在减小，故外力增大，轻绳拉力在减小，故AB错误；CD．将物块、杆、绳和小球看作一个整体，设地面对物块的支持力为，设地面对物块的摩擦力为，由竖直方向受力平衡，得解得由水平方向受力平衡得随着

从增大到

，从增大到

，

先增大后减小，地面对物块的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。故选D。8.如图，在竖直向下匀强电场中有一长为的轻杆，杆的中点处有光滑的水平转动轴，杆两端分别固定质量均为的小球甲和乙，甲带正电，乙带负电，两者电荷量均为，电场强度为。现将甲、乙从水平位置静止释放，当甲第一次运动到最低点时，转轴处受到杆作用力的合力大小为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】甲、乙绕O点转动，转动半径均为，线速度大小始终相等。从水平静止释放到甲第一次到最低点的过程中，对两球组成的系统由动能定理：解得圆心O在甲的正上方，合力向上提供向心力，设杆对甲的作用力为（向上为正）：得，方向向上。圆心O在乙的正下方，合力向下提供向心力。设杆对乙的作用力为（向下为正）：得，方向向下。根据牛顿第三定律，甲对杆的作用力向下、大小为，乙对杆的作用力向上、大小为因此转轴受到杆的合力为：故选A。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，选对但不全得3分，有选错的得0分。9.近年来我国民营火箭公司已成功发射多颗互联网低轨卫星，这些卫星在距地面200至2000公里的低轨道绕地球做匀速圆周运动，信号延迟仅15至100毫秒，远低于地球静止轨道卫星，如图所示。则互联网低轨卫星与地球静止轨道卫星相比（）A.角速度大B.发射同等质量的卫星克服地球引力做的功少C.在相等时间内与地心连线扫过的面积相等D.向心加速度小【答案】AB【解析】【详解】A．设地球质量为，卫星轨道半径为，由万有引力提供向心力可得低轨卫星轨道半径远小于地球静止轨道卫星，因此角速度更大，故A正确；B．发射卫星的过程需要克服地球引力做功，将卫星从地面送到更高的轨道，需要消耗更多能量、克服引力做更多功。同等质量的低轨卫星最终轨道高度远低于静止轨道卫星，因此发射时克服地球引力做的功更少，故B正确；C．根据开普勒第二定律，同一卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，该规律不适用于两个不同轨道的卫星，两颗卫星轨道半径、线速度均不同，相等时间内和地心连线扫过的面积不相等，故C错误；D．由可得向心加速度可知低轨卫星轨道半径更小，因此向心加速度更大，故D错误。故选AB。10.如图，竖直平面内有一个坐标系，第一象限内有沿轴方向、场强大小为的匀强电场，第三象限内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。一个电荷量为，质量为，重力不计的正离子，以沿方向的初速度，从点射入电场，恰好从原点进入磁场。现将大量该同种离子，以相同的初速度从第一象限内的曲线（）上的各个位置射入电场。则（）A.离子从点射入电场的初速度大小为B.所有离子都能从坐标原点离开电场进入磁场C.离子在磁场中做圆周运动的最大半径为D.磁场中离子能够覆盖的区域面积为【答案】ABD【解析】【详解】正离子在电场中的加速度大小为，方向沿方向A．离子从点运动到轴所用的时间为。离子在竖直方向的初速度为零，且恰好下降到达原点，因此有解得，故A正确；B．设抛物线上任意发射点的横坐标为，则其纵坐标为。离子运动到轴所用的时间为，在此过程中竖直向下的位移为。由A项可知，所以因此，离子到达轴时恰好下降到原点，故所有离子均从原点进入磁场，故B正确；C．离子到达原点时的水平分速度为，竖直分速度为。令，其中，由可得，所以离子进入磁场时的速度大小为当时，离子的速度最大，为，故最大轨道半径为，故C错误；D．令。离子进入磁场时的速度为，根据洛伦兹力方向可知，对应圆周运动的圆心为，轨道半径为所有轨迹均经过原点。令轨迹与轴的另一个交点为，轨迹圆方程为。令，可得，所以除原点外，所有轨迹还经过同一点。因此，所有离子在第三象限内的轨迹都是以为公共弦的一族圆弧。当时，圆心为，半径为，轨迹是以为直径的左半圆弧。该半圆弧与公共弦围成的面积为当时，圆心为，半径为。由于、，所以。该圆弧与公共弦围成的弓形面积等于扇形的面积减去三角形的面积，即当从连续增大到时，各轨迹圆弧除公共端点、外互不相交，并连续扫过两个边界圆弧之间的区域。因此，离子能够覆盖的区域面积为代入，得，故D正确。故选ABD。第Ⅱ卷（非选择题共58分）三、非选择题：本大题共5小题，共58分。11.为了测量实验室内的大气压强，某同学准备了如下实验器材：带有重垂线的铁架台；毫米刻度尺；一端开口且粗细均匀的细直玻璃管；适量的水银。根据已有的实验器材，该同学设计了如下的实验方案：（1）用水银在玻璃管中封闭一定质量的空气，再将玻璃管开口向上竖直固定在铁架台上，用刻度尺量出玻璃管中水银柱的长度和被封闭的空气柱的长度。（2）将玻璃管缓慢倒转（水银未洒出，被封闭的空气无泄漏），开口向下重新竖直固定在铁架台上，用刻度尺量出被封闭的空气柱的长度。（3）要测出实验室内的大气压强，以下还需要知道或测量的物理量有________。A.实验室里的温度B.水银的密度C.当地重力加速度D.玻璃管长度（4）由已知物理量和测出的物理量，计算实验室内大气压强的表达式为：________________________。（5）实验中被封闭的空气柱做的是________（选填“等温”“等压”或“等容”）变化。【答案】①.BC②.③.等温【解析】【详解】[2][3]开口向上时，水银柱自身重力产生的压强向下，与大气压一起作用于封闭气体，此时封闭气体压强为开口向下时，因为水银未漏出，水银柱长度仍为，大气压向上托住水银柱，水银柱自身重力向下，此时封闭气体压强变为在这两种状态下，由于玻璃管横截面积不变，封闭气体体积之比为由于是缓慢倒转玻璃管这个过程耗时较长，封闭气体有充分的时间与外界进行热交换，保持与室温一致，因此该过程为等温变化。根据玻意耳定律，有代入相关数据，解得大气压强表达式为[1]公式中、、均已知，还缺少水银的密度和当地的重力加速度由于是等温过程，因此不需要温度，玻璃管长度也不影响计算结果因此，还需要知道或测量的物理量是BC。12.教室里多媒体的遥控器失灵了，电教员怀疑是遥控器里的电池老化造成的。他取出遥控器里的干电池，设计了一个测量电池电动势和内阻的电路图（如图）。图中R1和R2是定值电阻（阻值未知），A1和A2是电流表，R3和R4是电阻箱，G是灵敏电流计，S是开关。他和同学一起备好器材（所有器材均符合实验安全和测量精度要求），完成了如下操作：（1）按照电路图连接好电路，闭合开关S，反复调节电阻箱R3、R4的阻值，直到灵敏电流表G的示数为零。读出此时电阻箱连入电路的阻值（分别记为R3和R4）、电流表的示数（分别记为I1和I2）。（2）断开开关S，适当调节某个电阻箱的阻值，再次闭合开关S，调节另一个电阻箱的阻值，直至灵敏电流表G的示数再次为零，记录此时电阻箱连入电路的阻值和各电流表的示数。（3）重复（2）的步骤，记录多组电阻箱连入电路的阻值和各电流表对应的示数。（4）以I1+I2为横轴，以________为纵轴，作出线性图像如图所示，由图像可得所测电池的电动势为________，内阻为________。（5）本实验________（选填“需要”或“不需要”）知道R1和R2的阻值，实验________（选填“存在”或“不存在”）系统误差。【答案】①.②.a③.④.不需要⑤.不存在【解析】【详解】[1][2][3]根据闭合电路欧姆定律可得当灵敏电流表G的示数为零时，有联立可得由此可知，应以I1+I2为横轴，以为纵轴，作出倾斜直线，结合图线可得，[4][5]由以上分析可知，本实验不需要知道R1和R2的阻值，且不存在系统误差。13.某次赛马比赛中，一质量60kg的骑手和他所骑的质量为440kg的赛马一起冲过终点后开始减速，继续沿直线运动一段距离后停下，其运动可视为匀减速直线运动。减速后在开始的3s时间内的位移大小为30m，在停下前的最后3s内位移大小为18m。求：（1）骑手和赛马冲过终点时的速度大小；（2）减速过程中骑手所受合外力的大小。【答案】（1）16m/s（2）240N【解析】【小问1详解】设骑手和赛马冲过终点时的速度大小为v0，减速后在开始的3s时间内的位移大小为在停下前的最后3s内位移大小为联立解得，【小问2详解】根据牛顿第二定律可得14.固定在竖直面内的光滑半圆细管，细管两端开口向下，高度相同。正对细管端口的水平地面上有左右两根原长相同、劲度系数分别为k和8k的轻弹簧，弹簧原长等于管口到地面的高度。两根轻弹簧竖直支撑着质量分别为m和2m的弹性小球A和B，小球视为质点，半圆细管内径远小于半径且恰能让小球通过。两根轻弹簧下端均与地面连接，A与左侧弹簧不连接，B与右侧弹簧上端连接。初始时对A球施加一个竖直向下、大小为2mg的压力，使A球保持静止。现突然撤去加在A上的压力，A球被左侧弹簧弹起，到达左侧管口时离开弹簧进入细管，且刚好能通过细管顶端从右侧管口落下，然后与B球发生弹性碰撞，两根弹簧始终在弹性限度以内，不计空气阻力，弹性势能可用公式。求：（1）半圆细管的半径r的大小；（2）A球与B球碰撞后，A球能否返回右侧管口。【答案】（1）（2）不能返回右侧管口【解析】【小问1详解】A球释放时，设左侧弹簧弹力大小为F1，压缩量为∆x1，根据平衡条件可得根据胡克定律可得所以设A球到达左侧管口时速度大小为v0，根据动能定理可得解得A球从管口到细管最高处，根据机械能守恒定律可得解得【小问2详解】由题意可知，两根弹簧原长等于细管端口到地面的距离，设B球与A球碰前离右侧管口的距离为∆x2，根据胡克定律可得所以根据机械能守恒定律可得，A球在右侧管口的速度大小仍为设A球与B球碰撞前A球的速度大小为v1，根据动能定理可得解得设A球与B球碰撞后瞬间速度大小分别为v2、v3，根据弹性碰撞原理可得，解得即碰撞后A球速度方向竖直向上，则A球反弹的