安徽宣城市2025-2026学年度第一学期期末调研测试高三物理试卷（含答案）

这是一份安徽宣城市2025-2026学年度第一学期期末调研测试高三物理试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.恒星末期，氧、硅等重元素在极端高温高压下聚变，释放巨大能量。这一“烧石头”的核过程短暂而剧烈，为超新星爆发埋下伏笔。其中某一核反应方程为 ZASi+724He→2856Ni，下列选项正确的是( )
A. Z=14，A=28B. Z=14，A=52
C. Z=26，A=28D. Z=26，A=52
2.如图所示，用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。某一时刻的波形如图所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置。下列说法正确的是( )
A. 绳上c点的振动方向向下
B. 若增加抖动频率，波速会变大
C. 经过一个周期，a质点运动到b质点位置
D. 从手抖动开始质点b完成的全振动次数比质点a少
3.川超联赛(四川省城市足球联赛)中一球员用头球破门，足球运动轨迹如图所示，关于足球在空中的运动，空气阻力不可忽略。下列说法正确的是( )
A. 足球的加速度始终小于重力加速度gB. 足球一直处于超重状态
C. 足球在最高点的动能为零D. 足球的机械能一直减小
4.木星是太阳系中拥有最多卫星的行星，若木卫一和木卫二绕木星可近似看成是在做匀速圆周运动，木卫一和木卫二到木星中心的距离之比为k，忽略木卫一和木卫二之间的相互作用。在时间t内，木卫一与木星中心连线扫过的面积为S1，木卫二与木星中心连线扫过的面积为S2，则S1与S2的比值为( )
A. 1B. kC. kD. 1k2
5.如图甲是利用干涉检查玻璃平整度的侧视图，其中A是表面绝对平整的标准板，B是被检测板，装置右端用薄片垫高。检查用的是蓝色光C，图乙是正对A板看到的干涉图样。以下分析正确的是( )
A. 当把光源换为频率更小的光时，条纹间距变小
B. 图乙中条纹弯曲处对应着被检查平面处凸起
C. 若将薄片向左移动少许，从上往下可以观察到干涉条纹变密
D. 若用很小的力施加在A的上侧中间附近，使其发生微小的形变，如图丙所示，干涉图样变为左边密，右边疏
6.电磁制动原理是通过线圈与磁场的作用使物体做减速运动。某列车车底安装的电磁铁产生磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，同种材料制成的粗细均匀的闭合正方形线框abcd，边长为L1，MN长为L2(L2>L1)，若当列车MN部分刚越过ab时，速度大小为v，则ab两端的电势差Uab等于( )
A. −14BL2vB. −34BL1vC. BL1vD. BL2v
7.如图所示，质量均为m的A，B两物块通过一根劲度系数为k的轻质弹簧连接(粘连不分离)，开始处于静止状态；现在用力将A物块再向下压缩一段距离x，然后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放物块A后( )
A. 物块A上升过程中的机械能先减小后增大
B. 物块B一定始终保持静止
C. 若距离x≤2mgk，物块A释放后做简谐运动
D. 物块A动能最大时，B对地面的压力为mg
8.如图所示，变压器的原线圈串联一阻值6R0的定值电阻，副线圈串联一个阻值R0的定值电阻和一个最大阻值为R0的滑动变阻器R，变压器可视为理想变压器，原副线圈的匝数n1:n2=2:1。ab两端接一电压有效值恒定的正弦式交流电源。调节滑动变阻器R的滑片从最右端至最左端，在此过程中，以下分析正确的是( )
A. 副线圈中的电流减小
B. 副线圈两端的电压保持不变
C. 变压器的输出功率先增大后减小
D. 副线圈两端电压的变化ΔU与副线圈中电流的变化ΔI的比值|ΔUΔI|减小
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.用试探电荷可以探测电场中场强和电势的分布情况。如图甲所示，两个被固定的点电荷Q1、Q2，连线的延长线上有a、b两点，Q1带正电。试探电荷+q仅受电场力作用，t=0时刻从b点沿着ba方向运动，t0时刻到达a点，其v−t图像如图乙所示，根据图像，下列判断正确的是( )
A. Q2带负电B. 沿ba连线电势先减小后增大
C. 场强为零的点在b点和Q2之间D. a点电势比b点高
10.如图所示，图(a)中长木板Q静止于粗糙水平地面上，其形状为“L”形，小滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s时与长木板Q相撞并粘在一起。已知小滑块的质量为m=1kg且两者运动的v−t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10m/s2，则( )
A. Q的质量为1kgB. 地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C. 由于碰撞系统损失的机械能为1.0JD. t=5.8s时木板速度恰好为零
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“探究平抛运动的特点”实验中
(1)如图1所示，重复实验数次，无论打击力大或小，仪器距离地面高或低，A、B两球总是同时落地，该实验表明 。
A.平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动
B.平抛运动水平方向的分运动是匀加速直线运动
C.平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动
D.平抛运动竖直方向的分运动是匀速直线运动
(2)如图2所示，在探究平抛运动水平分运动的特点时，下列器材中除木板、小球、斜槽、铅笔、刻度尺、图钉、白纸和复写纸之外，还需要的有 。(选填“弹簧测力计”、“重锤线”或“天平”)
(3)实验中，下列说法正确的是 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
C.斜槽轨道末端要保持水平
D.记录点应适当多一些，这样描绘出的轨迹更好地反映真实运动
(4)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L=5cm，通过实验记录了小球在运动途中的三个位置，如图3所示，则该小球做平抛运动的初速度为 m/s。(g取10m/s2)
12.为测试旧遥控器电池能否继续使用，判断电池是否老化失效。某物理兴趣小组对一个电动势E(约1.5V)和内阻r(小于2Ω)的旧遥控器电池进行测量，可用的器材有：一个小量程的电压表(量程为0.3V)，定值电阻R0=149.0Ω，最大阻值为999.9Ω的电阻箱R，开关S，他们设计如图甲的实验电路。
实验方案如下：
(1)在电表安全范围内，闭合开关，改变电阻箱阻值R，记录相应电压表读数U，某次测量时R的读数如图乙，该读数为 Ω；
(2)处理测量数据获得1U−1R图像如图丙，该小组将图甲中的电压表当成理想电压表，结合图丙(图像截距)可得待测电池的电动势E′= V(保留3位有效数字)；
(3)该小组发现E′与预期相差较大，通过查阅电压表的使用说明书，得知电压表的内阻RV=300.0Ω，结合图丙计算得E= V(保留2位小数)，r= Ω(保留1位小数)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.功夫茶讲究“烫杯热罐”，冲泡时需用热水淋烫茶具以激发茶香。如图甲所示为一款功夫茶专用陶瓷茶杯，冲泡时先在杯中倒入半杯滚烫的茶汤，迅速盖上配套的陶瓷杯盖(避免茶香散失)。刚盖上杯盖瞬间，杯中气体的压强为p0、温度为T0；静置片刻后，杯中气体温度升至某一温度时，此时杯盖刚好要被内部气体顶起。已知大气压强恒为p0，杯盖质量为m，杯盖边沿圆形截面的直径为d，杯盖与杯口接触光滑(无摩擦)，且盖沿不漏气，不考虑茶汤蒸发对气体质量的影响，杯中气体可视为理想气体，重力加速度大小为g，求：
(1)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的压强；
(2)杯盖刚好要被顶起时，杯中气体的温度。
14.如图所示，在xOy坐标系的第一、四象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场(未画出)。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，从y轴上的A点沿平行于x轴的方向射入第一象限，经C点与x轴成30°角进入第四象限。已知第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小为B，C点到O点的距离为a，不计粒子的重力。
(1)判断带电粒子电性；
(2)求粒子从A点射出时的速度大小；
(3)若粒子刚好不能进入第三象限，求粒子在第四象限内运动的时间。
15.如图所示在竖直面内距地面一定高度处有一个轨道，凹圆弧BCD⌢和凸圆弧DEF⌢的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个轨道无摩擦且各段之间平滑连接。在B点处将一质量为m的小球沿切线方向射入轨道。已知重力加速度为g，取sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8，不计空气阻力。
(1)若小球经过最低点C时轨道受到的压力为5mg，求B点射入时初速度的大小；
(2)若小球能沿轨道通过最高点E运动到F点，求B点射入时初速度的大小满足的条件；
(3)在某次实验中，小球运动到D点时，速度较大，在D点离开轨道沿图中虚线轨迹运动，最后落到地面上的P点。若小球从D点至P点的运动过程考虑空气阻力的影响，已知空气阻力方向与速度方向相反，大小与速率成正比，比例系数为k。D点的速度大小为v0，P点的速度大小为76v0，与水平方向成53 ∘角，D点至P点所用时间为t，求D点至P点的水平位移和竖直位移的大小。
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.C
5.C
6.B
7.C
8.C
9.AD
10.AC
11.C
重锤线
BCD
1.5m/s

12.25.0
1.00
1.50
1.0

13.(1)当杯盖刚好要被顶起时，根据力的平衡有 p0S+mg=pS
又 S=π(d2)2
解得 p=p0+4mgπd2
(2)设杯盖刚好要被顶起时杯中气体的温度为T，由查理定律可得 p0T0=pT
解得 T=T01+4mgπp0d2

14.(1)由左手定则可知，带电粒子带正电；
(2)运动轨迹如图
设在一象限内圆周运动的半径为R1，由几何关系得R1=asin30∘
解得R1=2a
又因为qvB=mv2R1
代入数据解得v=2qBam
(3)刚好不进入第三象限，轨迹如图
根据几何关系R′+R′sin30∘=a
又因为qvB′=mv2R′
根据几何关系可知粒子在磁场中转过轨迹弧长为s=56⋅2πR′
所以粒子运动时间为t=sv
联立求解得t=5πm9qB。

15.(1)在C点时，根据牛顿第二定律 5mg−mg=mvC2R
B点至C点过程中，根据动能定理 mgR−Rcs53 ∘=12mvC2−12mvB2
解得 vB=4 5gR5
(2)分析可知小球要能到F点，需满足不能脱轨即在弹力最小的D点 mgcs37 ∘≥mvD2R
B点至D点过程中，根据动能定理 mgRcs37 ∘−Rcs53 ∘=12mvD2−12mvB2
解得 vB≤ 10gR5
速度最小的E点 vE≥0 ，B，E两点高度相同，根据能量守恒可得 vB=vE≥0
所以若小球一定能沿轨道运动到F点，B点射入时初速度的大小 0≤vB≤ 10gR5
(3)在水平方向，根据动量定理 −∑kvxΔt=m76v0cs53 ∘−mv0cs37 ∘
∑kvxΔt=kx
可得水平位移 x=mv010k
在竖直方向，根据动量定理 mgt−∑kvyΔt=m76v0sin53 ∘−m−v0sin37 ∘
∑kvyΔt=ky
可得竖直位移 y=mgtk−23mv015k