2025-2026学年江苏省无锡市高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年江苏省无锡市高三（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹，该现象是光的( )
A. 偏振现象B. 衍射现象C. 干涉现象D. 全反射现象
2.小明将一滴液体滴在固体A表面，现象如图甲所示；把该液体装入试管B，液面如图乙所示，则( )
A. 该液体对固体A浸润
B. 该液体对试管B不浸润
C. 固体A和试管B可能是同种材料乙
D. 固体A和试管B一定不是同种材料
3.如图所示，烧瓶上通过橡胶塞连接一根水平放置的玻璃管，玻璃管中有一段水柱。用手捂住烧瓶后水柱缓慢向外移动，该过程瓶内气体( )
A. 压强变大
B. 温度不变
C. 内能增加
D. 对外放热
4.2024年5月，太阳爆发大规模耀斑，引发地磁暴，使得近地航天器受到的阻力变大。此后某航天器轨道高度缓慢降低，但仍可近似为圆形轨道。在降轨过程中，该航天器( )
A. 线速度大小逐渐减小B. 周期逐渐减小
C. 向心加速度大小逐渐减小D. 机械能保持不变
5.某电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。
a、b、c、d四点中场强最大的为( )
A. a点
B. b点
C. c点
D. d点
6.某型号车辆振动的固有周期是2s。该车在一条起伏不平的路上行驶，路面凸起之处相隔8m。该车以2m/s速度行驶时，车身上下颠簸的频率为( )
A. 0.25HzB. 0.5HzC. 2.0HzD. 4.0Hz
7.带电小球以水平速度v0从两板中心进入图甲所示电容器后做匀速直线运动，现保持两板间距不变，将整
个装置顺时针旋转45°如图乙所示，若该球仍以相同水平速度v从两板中心进入，从平行板右侧飞出，则( )
A. 小球带正电B. 小球的重力可忽略不计
C. 小球在乙图中做直线运动D. 小球在乙图中做匀变速曲线运动
8.如图甲所示，竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S。线框绕某一竖直固定轴以角速度ω匀速转动，导线框中产生的正弦交流电经过“整流”设备输出为图乙所示的直流电，则整流后的电压有效值为( )
A. 12BSωB. 22BSωC. BSωD. 2BSω
9.如图所示，一定质量的理想气体经历阿特金森循环abcdea，全过程可视为由两个绝热过程ab、cd，两个等容过程bc、de和一个等压过程ea组成。下列说法正确的是( )
A. 在a→b的过程中，气体分子的平均动能变小
B. 在b→c的过程中，单位时间内撞击单位面积容器壁的分子数不变
C. 在c→d的过程中，气体的内能在增加
D. 在一次循环过程中气体吸收的热量大于放出的热量
10.如图所示，固定在水平面上的光滑导体框架处在竖直向下的匀强磁场中，框架上金属杆ab以某初速度运动，其运动速度v随运动距离x的图像可能是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.小华同学用图1电路测量电源的电动势和内阻。
(1)根据图1，在图2中用笔画线代替导线，完成实物图连接；
(2)为方便操作，实际测量中使用多用电表测量电压，图3中测得的电压为______V；
(3)改变滑动变阻器的阻值，得到多组电表读数如表格所示。根据表格数据，在图4中绘制U−I图像；
(4)根据图像，得出该电池的电动势为______V(结果保留3位有效数字)；
(5)小华同学认为，考虑电表内阻，U−I图像上的短路电流依然是准确的，进而可知电源电动势的测量值是偏小的。你是否同意该同学的观点？请简要说明理由______。
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，折射率为 2的玻璃圆柱水平放置，平行于其横截面的一束光线从顶点入射，光线与竖直方向的夹角为45°。已知真空中光速为c，圆柱横截面半径为R。求：
(1)光在圆柱内传播的速度v；
(2)该光线从入射点到第一次出射位置所用时间t。
13.如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，两个带电量分别为+q、−q的带电粒子a、b同时从O点以初速度v射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知a、b的质量均为m，不计重力及粒子间的相互作用力，磁场区域足够大，求：
(1)a第一次运动到最高点的时间t；
(2)a运动到最高点时，a、b间的距离H。
14.如图1所示，电子枪在P处每秒钟逸出1×1015个初速为0的电子，经U=180V的电压加速后射入偏转电场的左侧中点。偏转电场的极板长度l=4.0cm，板间宽度为d=2.0cm，偏转电压U=180sin(100πt)V，见图2，图1中MN为足够大的荧光屏，已知电子质量m=9×10−31kg，带电量e=1.6×10−19C，不计电子重力。求：
(1)射出加速电场时电子束电流I；
(2)电子通过偏转电场所需的运动时间t；
(3)1s内能击中荧光屏的电子占所有电子的比例。
15.如图，两块厚度相同、质量相等的木板A、B(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知两块木板质量均为m=1.0kg，A木板长度L=3.0m，机器人质量M=5.0kg，重力加速度g取10m/s2。
(1)若机器人以相对A木板u=0.2m/s的速度从A木板左端走到A木板右端，求该过程运动的时间；
(2)若机器人运动到A木板右端后相对A木板静止，此后机器人从A木板右端跳到B木板左端，起跳时的最小对地速度是多少；
(3)若机器人运动到A木板右端后相对A木板静止，要使机器人从A木板右端跳到B木板左端所做的功最少，求该功的最小值Wmin。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：肥皂泡的彩色条纹源于薄膜干涉。肥皂泡的极薄液膜前后表面会分别反射太阳光，两束反射光频率相同、存在光程差，发生干涉叠加。不同颜色的光波长不同，干涉加强的位置也不同，因此呈现出彩色条纹；
A.偏振现象是光的振动方向被限制的现象，与肥皂泡彩色条纹无关，故A错误；
B.衍射现象是光绕过障碍物传播的现象，肥皂泡的彩色条纹不是衍射导致的，故B错误；
C.肥皂泡的彩色条纹是薄膜干涉的典型现象，故C正确；
D.全反射是光从光密介质射向光疏介质时的特殊反射，与该现象无关，故D错误。
故选：C。
肥皂泡的彩色条纹是由其前后表面反射的两列光波发生干涉形成的，据此判断该现象为干涉现象。
本题考查光的干涉现象的典型实例，需区分干涉、衍射、偏振等现象的不同成因与常见例子。
2.【答案】D
【解析】解：甲图，液体在固体A表面呈球状，说明液体对固体A是不浸润现象，附着层分子间表现为引力，液体表面收缩；乙图，试管B内的液体液面呈凹形，说明液体对试管B是浸润现象，附着层分子间表现为斥力，液体表面扩展。
A.液体对固体A浸润，与甲图的不浸润矛盾，故A错误；
B.液体对试管B不浸润，与乙图的浸润矛盾，故B错误；
C.浸润/不浸润是液体与固体的相对作用，同一种液体对同种固体的浸润性必然相同，因此固体A和试管B不可能是同种材料，故C错误；
D.由上述分析，固体A和试管B对该液体的浸润性相反，因此一定不是同种材料，故D正确。
故选：D。
由图甲液体在固体A表面呈球状判断为不浸润，图乙试管B内液体液面为凹形判断为浸润，据此分析固体A和试管B的材料是否可能相同。
本题考查浸润与不浸润现象的判断，需结合液面形态分析附着层的相互作用，明确不同现象的视觉特征。
3.【答案】C
【解析】解：A、玻璃管水平放置，水柱两侧压强平衡，烧瓶内气体压强始终等于外界大气压，因此压强不变，故A错误；
B、用手捂住烧瓶时，气体吸收热量，温度升高，故B错误；
C、对于理想气体，内能仅与温度有关，温度升高则内能增加，故C正确；
D、气体体积增大时对外做功(W0)，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，即气体吸热而非放热，故D错误。
故选：C。
结合气体压强的平衡条件、理想气体内能的决定因素，以及热力学第一定律，分析气体的温度、压强、内能变化与吸放热情况。
学生易忽略“水平玻璃管内气体压强与外界大气压相等”的平衡条件，或混淆热力学第一定律中功与热量的符号，需重点关注压强的平衡关系与能量变化的推导。
4.【答案】B
【解析】解：ABC.根据牛顿第二定律有GMmr2=ma=mv2r=mr4π2T2，得a=GMr2，v= GMr，T=2π r3GM，轨道降低后半径r减小，所以加速度a变大，线速度变大，周期变小，故B正确，AC错误；
D.根据发射卫星时高低轨道的机械能规律，同一卫星发射时在低轨道机械能较小，高轨道机械能大，故D错误。
故选：B。
ABC.根据牛顿第二定律导出加速度、线速度、周期的表达式，结合半径的变化情况分析解答；D.根据同一卫星发射时机械能的变化规律分析解答。
考查万有引力与圆周运动的相关知识，重点在于理解万有引力提供向心力和机械能与轨道半径大小关系，属于中等难度考题。
5.【答案】A
【解析】解：因为同一电场中，等差等势线越密集的地方则电场线越密集，电场线越密集的地方则电场强度越大，因此由题图可知，a、b、c、d四点中场强最大的为a点，故A正确，BCD错误；
故选：A。
结合题意及题图，根据等势线与电场线的关系、电场线与电场强度的关系，即可分析判断ABCD正误。
本题考查了根据电场线的疏密判断场强大小，解题时需注意，在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大，电场线越稀疏，电场强度越小。
6.【答案】A
【解析】解：路面凸起间隔为8m，车速v=2m/s，则车辆经过相邻两个凸起的时间T=λv
即颠簸周期为T=4s，频率与周期的关系为f=1T
代入数据得f=14s=0.25Hz，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据路面凸起间隔与车速算出颠簸的时间间隔，再取倒数得到颠簸频率，与车辆固有周期无关。
本题考查受迫振动的频率由驱动力频率决定，需结合运动学公式计算颠簸的时间间隔来求频率，明确驱动力频率与固有频率的区别。
7.【答案】D
【解析】解：AB.带电小球以水平速度vQ从两板中心进入图甲所示电容器后做匀速直线运动，根据平衡条件有mg=Eq，可知受重力和电场力，电场力方向向上，又场强方向向下，可知小球带负电，故AB错误；
CD.如图所示
重力和电场力等大，夹角为135°，二者都是恒力，根据力的合成可知合力为恒力，合力方向与速度不在一条直线上，综上可知小球在乙图中做匀变速曲线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
分析小球在甲图中的受力平衡，判断其带电性质；再分析乙图中电场力与重力的合力方向，确定小球的运动轨迹。
这是一道带电粒子在复合场中的受力分析题，考查对受力平衡、电场力方向及运动轨迹的判断，是电场与力学结合的典型基础题型。
8.【答案】A
【解析】解：竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，线框绕某一竖直固定轴以角速度ω匀速转动，导线框中产生的感应电动势最大值是BSω。
设整流后的电压有效值为U，周期为T，电阻为R，由有效值的定义有：U2R×T=(BSω 2)2R×T2+0，
解得：U=12BSω，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据有效值的定义求解。取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。
求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解，属于基础题。
9.【答案】D
【解析】解：A.在a→b的绝热过程中，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，外界对其做的功等于增加的内能，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故A错误；
B.在b→c过程中，体积不变，压强增大，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，单位时间内撞击汽缸壁的分子数增多，故B错误；
C.在c→d为绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，故C错误；
D.在一次循环过程中，根据p−V图像可知，气体对外做功(cd图线下方面积)大于外界对气体做功(ab图线下方面积)，气体的内能不变，根据热力学第一定律，气体吸收的热量一定大于放出的热量，故D正确。
故选：D。
根据理想气体的绝热、等容、等压过程特点，结合热力学第一定律和气体压强的微观解释，分析各选项。
这是一道理想气体循环过程的分析题，考查对热力学定律、气体状态变化及内能变化的理解，是热学部分的典型综合题型。
10.【答案】C
【解析】解：对金属杆ab进行受力分析，当金属杆以速度v运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为I=ER+r=BLvR+r，此时金属杆所受安培力为F=BIL=B2L2vR+r。
根据动量定理，在极短时间Δt内，安培力的冲量等于其动量的变化量，取初速度方向为正方向，有−FΔt=mΔv，代入安培力表达式得−B2L2vR+rΔt=mΔv。
由于在极短时间内，位移变化量Δx=vΔt，代入上式并整理得−B2L2R+rΔx=mΔv，即ΔvΔx=−B2L2m(R+r)。
由于磁感应强度B、导线长度L、回路总电阻R+r及金属杆质量m均为定值，表明速度的变化量与位移的变化量成正比，即ΔvΔx为常数，反映在图像上即v−x图像的斜率为定值，故金属杆的速度v随位移x线性减小，图像为一条斜向下的直线，故C正确，ABD错误。
故选：C。
金属杆在光滑导体框架上运动时，切割磁感线产生感应电流并受到安培力作用。安培力方向与运动方向相反，使杆做减速运动。分析安培力表达式可知其大小与瞬时速度成正比，结合动量定理与微元思想，将安培力的冲量转化为动量的变化，并利用位移与速度的关系进行推导，最终得到速度变化量与位移变化量成线性关系，即速度随位移均匀减小，因此v−x图像应为一条斜向下的直线。
本题综合考查电磁感应与动力学、能量观点的结合，属于中等偏上难度。其核心在于引导学生通过受力分析，运用动量定理建立安培力冲量与动量变化的关系，进而推导出速度变化率与位移变化率之间的定量联系，即ΔvΔx为常数。这一过程要求学生具备清晰的物理建模能力，并能将安培力表达式、动量定理以及微元法思想进行有机整合。题目巧妙地将常见的速度—时间图像问题转化为速度—位移图像，考查学生对物理规律本质的理解与图像转换能力。计算量适中，但思维链条完整，能有效锻炼学生的逻辑推理和公式应用能力。
11.【答案】 0.40 1.47 同意；电压表分流，导致电流表读数偏小；当电压表读数为零时，其分流为零，
此时电流表对应数值即短路电流是准确的；真实图线与纵轴交点会更高，即电动势测量值小
于实际值
【解析】解：(1)见图1
(2)因选1V量程，读0～50刻度线，最小分度是0.02V，故由150=U20.0，则读数为U=0.40V；
(3)据闭合电路的欧姆定律U=E−Ir，U−I是线性关系，连线时尽可能是直线两侧的点的数目相等，并舍弃误差较大的点
(4)由图像读出E=1.47V；
(5)同意。电压表分流，导致电流表读数偏小；当电压表读数为零时，其分流为零，
此时电流表对应数值即短路电流是准确的；真实图线与纵轴交点会更高，即电动势测量值小
于实际值。
故答案为：(1)
(2)0.40；(3)
(4)1.47；(5)同意。电压表分流，导致电流表读数偏小；当电压表读数为零时，其分流为零，
此时电流表对应数值即短路电流是准确的；真实图线与纵轴交点会更高，即电动势测量值小
于实际值。
(1)由电路图连实物连线图；
(2)由电压表的读数方法读出；
(3)据闭合电路的欧姆定律，U−I是线性关系连线；
(4)由纵截距读出；
(5)闭合电路的欧姆定律及电路结构确定。
本实验考查闭合电路的欧姆定律，连实物连线图，电压表的读数方法，数形结合。
12.【答案】光在圆柱内传播的速度大小为 2c2 光线从入射点到第一次出射位置所用时间为 6Rc
【解析】解：(1)根据折射率公式n=cv，解得：v= 2c2。
(2)由折射定律n=sinθ1sinθ2得θ2=30°。设光线从入射点到第一次出射位置的距离为l，由几何关系得l=2Rcs30°，解得：l= 3R。所用时间t=lv，解得：t= 6Rc。
答：(1)光在圆柱内传播的速度大小为 2c2。
(2)光线从入射点到第一次出射位置所用时间为 6Rc。
(1)根据介质折射率的定义，光在真空中的速度与在玻璃圆柱中速度的比值等于折射率，由此可直接建立已知折射率与真空光速的关系，从而确定光在圆柱内的传播速度。
(2)光线在圆柱顶点发生折射，已知入射角与折射率，运用折射定律可求出折射角。光线在圆柱内沿直线传播至圆柱侧壁，发生第一次出射，其传播路径构成等腰三角形的两腰，结合圆柱半径与折射角的几何关系，可求出光线在玻璃内的实际传播路程。最后利用已求出的光速与路程，根据匀速直线运动的时间公式计算总时间。
本题以玻璃圆柱为背景，综合考查几何光学中的折射定律、折射率定义以及光程计算。题目涉及对折射率公式n=cv的直接应用，以及对光路进行几何建模的能力。求解时间需要先运用折射定律确定折射角，再结合圆柱的几何特征找出光在介质中的实际路径长度，最后将路径长度与光速相结合。本题计算量适中，难度中等，重点检验学生对折射基本规律的掌握及将物理问题转化为几何问题的建模分析能力。整个解题过程逻辑链条清晰，能有效锻炼学生的综合应用与推理能力。
13.【答案】a第一次运动到最高点的时间t为(π−θ)mqB a运动到最高点时，a、b间的距离H为2(1+csθ)mv0qB
【解析】解：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

设a运动到最高点时转过的圆心角为β，做圆周运动半径为R，由几何关系可得
β=π−θ
a运动到最高点的时间
t=β2πT
洛伦兹力提供圆周运动向心力
qv0B=mv02R
T=2πRv0
代入解得：
t=(π−θ)mqB
(2)a运动到最高点时，b恰好运动至最低点，由几何关系可得
H=2(1+csθ)R
由
qv0B=mv02R
得
R=mv0qB
代入解得：
H=2(1+csθ)mv0qB
答：(1)a第一次运动到最高点的时间t为(π−θ)mqB；
(2)a运动到最高点时，a、b间的距离H为2(1+csθ)mv0qB。
(1)画出粒子的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力结合周期表达式求a第一次运动到最高点的时间t；
(2)根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求出a运动到最高点时，a、b间的距离H。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，弄清楚运动情况、画出运动轨迹是关键。
14.【答案】射出加速电场时电子束电流是1.6×10−4A 电子通过偏转电场所需的运动时间是5×10−9s 1s内能击中荧光屏的电子占所有电子的比例是13
【解析】解：(1)设t0时间内射出加速电场的电子总电荷量为q
电流I=qt0，q=nt0e
代入数据得I=1.6×10−4A
(2)设电子经加速电场加速后获得速度大小为v0
由动能定理得eU1=12mv02
解得代入数据得v0= 2eU1m=8×106m/s，电子在偏转电场中，水平方向上做匀速直线运动
射出偏转电场的时间t=lv0
代入数据得t=5×10−9s
(3)设电子恰好从偏转电场边缘射出时，偏转电压为Um，竖直方向12d=12at2
水平方向l=v0t，由牛顿第二定律Ee=ma且E=Umd
代入数据得Um=90V，对应的时刻为T12
当偏转电压|Um|≤90V时电子能射出偏转电场击中荧光屏，一个周期内满足条件的时间为T3，所以能够射到荧光屏的电子占所有电子的比例13。
答：(1)射出加速电场时电子束电流是1.6×10−4A；
(2)电子通过偏转电场所需的运动时间是5×10−9s；
(3)1s内能击中荧光屏的电子占所有电子的比例是13。
(1)根据电流的定义式，结合每秒逸出的电子数量与单个电子的电荷量，通过计算单位时间内通过的总电荷量，即可求出射出加速电场时的电子束电流；
(2)先由动能定理求出电子经加速电场获得的初速度，再分析电子在偏转电场中的水平运动，结合匀速直线运动的位移与速度关系，求出通过偏转电场的时间；
(3)先确定电子不飞出偏转电场的最大允许偏转电压，结合偏转电压的正弦变化规律，分析一个周期内满足条件的时间占比，进而求出1秒内击中荧光屏的电子比例。
这是一道电子在交变偏转电场中的综合问题，融合电流定义、动能定理、类平抛运动及交变电压的周期性分析，考察多知识点的综合应用。题目层次清晰，从电流计算到运动时间，再到电子击中比例的分析，逻辑严谨，能有效检验对电场中运动和交变电路的理解，是典型的力电综合题。
15.【答案】过程运动的时间为15s 起跳时的最小对地速度大小为5m/s 所做功的最小值为125 62J
【解析】解：(1)据题意：ut=L，解得：t=15s。
(2)机器人在A木板上行走时，设其速度为v1，A木板速度为v2，由动量守恒定律得：Mv1=mv2，故有Mx1=mx2，且x1+x2=L，解得A木板相对地面移动的距离：x2=2.5m。设机器人起跳速度大小为v，方向与水平方向夹角为θ，从A右端跳到B左端时间为t1，有vcsθt1=x2，vsinθ=gt12，联立得v2=gx22sinθcsθ=gx2sin2θ，当θ=45°时，v最小，vmin=5m/s。
(3)设机器人起跳速度大小为vM，与水平方向夹角为α。机器人跳离A时，水平方向动量守恒：MvMcsα=mvA。
由能量守恒定律，机器人做功为W=12MvM2+12mvA2。设机器人从A右端跳到B左端时间为t2，代入vMcsαt2=x2，vMsinα=gt22且x2=2.5m，联立解得：W=125(1+5cs2α)4sinαcsα=125(sin2α+6cs2α)4sinαcsα=1254(tanα+6tanα)，当tanα=6tanα时，W取最小值，Wmin=125 62J。
答：(1)过程运动的时间为15s。
(2)起跳时的最小对地速度大小为5m/s。
(3)所做功的最小值为125 62J。
(1)机器人以相对A木板的速度在A上行走，已知相对速度与A的长度，可直接利用相对运动关系得到运动时间，无需考虑木板运动，因为相对速度直接对应机器人相对于A的位移。
(2)机器人相对A静止时，需分析此前机器人在A上行走过程，系统水平方向合外力为零，利用动量守恒确定A木板相对地面的位移，机器人起跳后做斜抛运动落到B左端，水平位移等于A的位移，利用斜抛运动水平匀速与竖直上抛的规律，结合运动时间关系，得到速度表达式并求极值。
(3)机器人起跳时与A木板相互作用，水平方向动量守恒，机器人做功转化为自身与A的动能，机器人仍做斜抛运动，水平位移条件不变，联立动量守恒、能量关系及斜抛运动方程，得到做功关于起跳角的表达式，通过数学方法求其最小值。
本题综合考查动量守恒定律、抛体运动规律、能量守恒定律及最值问题的分析求解，是一道难度较高的力学综合题。第一问直接运用相对运动关系求解，计算简单。第二问与第三问则构成了递进深入的逻辑链条，第二问在动量守恒基础上，巧妙结合斜抛运动射程与速度分解，利用三角恒等变换求解最小速度，有效锻炼了学生构建物理模型与数学处理能力。第三问进一步引入能量视角，将机器人做功转化为机器人动能与木板动能之和，通过抛体运动时间与位移关系建立参数方程，最终利用基本不等式求极值，对学生的综合分析与数学应用能力提出了很高要求。序号
第1组
第2组
第3组
第4组
I/A
0.10
0.20
0.32
0.44
U/V
1.38
1.28
1.21
1.08