2025-2026学年安徽省合肥市名校名师多校高三（下）联考物理试卷（3月份）（含解析）

这是一份2025-2026学年安徽省合肥市名校名师多校高三（下）联考物理试卷（3月份）（含解析），共3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.丹麦物理学家玻尔意识到了经典理论在解释原子结构方面的困难，他在1913年提出了自己的原子结构假说。下列关于玻尔原子理论说法正确的是( )
A. 处于激发态的原子是非常稳定的
B. 电子从n=4能级跃迁到n=3能级，可能辐射出γ射线
C. 电子在一系列定态轨道上运动，可能也会发生电磁辐射
D. 玻尔理论可以解释食盐被灼烧时发光的现象
2.如图所示，当小车A向左运动，B物体向上做匀速直线运动。图示时刻，小车A的速度大小为v。下列说法正确的是( )
A. 小车A向左以速度v做匀速直线运动B. 图示时刻，B物体的速度为vcsθ
C. 绳子对B的拉力大于B的重力D. 绳子对A的拉力大小将变大
3.如图甲所示，在真空中固定的两个相同点电荷A、B关于x轴对称，它们在x轴上的E−x图像如图乙所示(规定x轴正方向为电场强度的正方向)。若在坐标原点O由静止释放一个正点电荷q，它将沿x轴正方向运动，不计重力。则( )
A. A、B带等量正电荷B. 点电荷q在x1处电势能最大
C. 点电荷q在x2处动能最大D. 点电荷q沿x轴正向运动的最远距离为x3
4.t=0时刻从某点竖直上抛一个小球，用一台固定的相机每隔时间T拍一张照片(不计曝光时间)，0、T、2T时刻的照片从左向右排列如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球的初速度为( )
A. gTB. 12gTC. 32gTD. 2gT
5.如图，光滑水平轨道AB长为 3L，与光滑圆弧轨道BC平滑连接，圆弧BC半径为L，圆心为O，圆心角为60°.空间中存在范围足够大的水平向右的匀强电场。从A点由静止释放质量为m、带电量为q的带电小球，电场强度E= 3mgq.重力加速度取g。在小球以后的运动过程中下列说法正确的是( )
A. 小球通过B点时对轨道的压力为mg
B. 小球通过C点时对轨道的压力为10mg
C. 小球能达到的最大高度为L
D. 当小球达到最高点时，小球的机械能达到最大
6.交食双星系统由一颗较亮的主星与一颗较暗的伴星组成，两颗星球在相互引力作用下围绕连线上某点做匀速圆周运动。观测者与双星系统距离遥远，但由于双星相互遮挡可以得到如图所示的亮度变化。已知主星的质量和轨道半径分别为m1、r1，伴星的质量和轨道半径分别为m2、r2，万有引力常量G和常数π，则有( )
A. r1r2=m1m2
B. m1+m2=4π2(r1+r2)3G(t2−t1)2
C. 主星与伴星的向心加速度之比为r12：r22
D. 主星与伴星匀速圆周运动的动能之比为r1：r2
7.如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆心O1、O2在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰推，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g，则( )
A. a的释放位置距O点的高度为0.2R
B. a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为 5gR5
C. a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg
D. a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg
8.如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
A. 在t=t02时，金属棒中电流的大小为B0L22t0R
B. 在t=3t02时，金属棒受到安培力的方向竖直向下
C. 在t=3t02时，金属棒受到安培力的大小为B02L32t0R
D. 在t=3t0时，金属棒中电流的方向向右
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的波速为1m/s
C. 质点P在7s内的路程为(6− 3)cmD. 质点P经4s运动到x=9m处
10.如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30°，斜面上两平行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框abcd四条边的阻值相等，t=0时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab边恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v−t图像如图乙所示，t1∼t2时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 线框宽度ad小于第一个磁场宽度MP
B. t3∼t4时间内，导线框的速度大小为v04
C. t3∼t4时间内，导线框b、d两点间的电势差为0
D. t2∼t3时间内，导线框的位移大小为v04(t3−t2)+3v028g
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图甲所示装置验证力的平行四边形定则。
(1)该实验用到以下的方法来选择两个弹簧测力计进行实验。有两种选择方案，方案一：两弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上对拉，方案二：两弹簧测力计置于尽量光滑的水平桌面对拉，下列说法正确的是 。
A.弹簧测力计使用前必须进行调零
B.对拉的两个弹簧测力计的量程需一致
C.若方案一的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
D.若方案二的两弹簧测力计读数相等，则可正常使用
(2)实验时，先用两个弹簧测力计把橡皮条AO拉长，记下结点的位置O和 及两细绳的方向，然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，将橡皮条的结点拉到 ，记下弹簧测力计拉力的大小、方向，实验中，一个弹簧测力计的示数如图乙所示，则该弹簧测力计的拉力大小为 N。
(3)通过作图对实验结果处理：F1、F2表示两个测力计互成角度的拉力，F表示平行四边形做出F1与的合力；F′表示用一个弹簧测力计拉橡皮条时的力，则如图中符合实验事实的是 。
A. B.
C. D.
(4)某次实验时，用两个弹簧测力计拉橡皮条，结点到O点时，两个弹簧测力计的示数相同，两个弹簧测力计的拉力夹角小于90°，现将其中一个弹簧测力计拉力方向不变，转动另一弹簧测力计的拉力方向，使两拉力的夹角减小，保持结点始终在O点位置，则转动的弹簧测力计的拉力会( )
A.变大
B.变小
C.可能先变大后变小
D.可能先变小后变大
12.用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称为非线性电阻元件。
(1)图(a)是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是______(选填“线性”或“非线性”)电阻元件。当元件两端的电压为1.925V时，其电阻为______Ω。(结果保留三位有效数字)
(2)使用图b电路利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为I和U。则UI______元件的电阻。(选填“小于”或“大于”)
(3)为了准确测量Rx的阻值，改用了图c电路进行测量，使用的器材为电流表A1(内阻r1)、电流表A2(内阻未知)以及一个用作保护电阻的定值电阻R0(阻值未知)。某次测量中电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则Rx=______(用I1、I2和r1表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽L=6m，一质量m=50kg的跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙做加速运动，加速到A点斜向上跃起，到达右墙壁B点时竖直速度恰好为零，B点距地面高ℎ=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平速度变为等大反向，并获得一竖直向上的速度，恰能跃到左墙壁的C点，C点与B点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度为g，可认为整个过程中人的姿态不发生变化，如图乙所示，求：

(1)人蹬墙后的水平速度大小；
(2)人加速助跑的距离s。
14.汽车的胎压指的是汽车轮胎内空气的压强，过高和过低的胎压既会使汽车的行驶产生安全问题，也会缩短轮胎的使用寿命。绝大多数小轿车的轮胎胎压在230−250kpa之间为正常范围。已知轮胎内原有空气的压强为p=240kpa，胎内空气温度t=27℃，体积为V=30L。由于长时间行驶，胎内空气温度t1=67℃，胎内空气体积变成V1=32L。胎内气体均可视为理想气体，车胎不漏气。
(1)通过计算说明此时胎压是否正常；
(2)若胎压不正常，则需要放出部分空气，已知放出气体后胎压为p2=240kpa，胎内空气温度为t2=47℃，胎内空气体积变成V′=30.5L，求放出气体的质量与胎内原来气体质量的比值。(保留小数点后两位)
15.如图是研究粒子在电磁场中加速和偏转的装置。粒子首先进入由n个金属圆筒组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周期为T的交变电压。某正离子从圆筒0处由静止加速，以速度v0沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从O点进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为棱长为L的立方体ABCD−A1B1C1D1，O为DA1中点，以O为原点建立空间坐标系O−xyz，AB、AD和AA1分别平行x轴、y轴和z轴，加速器中心轴与x轴重合。关闭圆筒4后的加速电场，当仅在沿A1D方向加磁感应强度大小为B0的匀强磁场时，离子恰好打在B点。不计重力，求：
(1)圆筒4的长度；
(2)该离子的比荷；
(3)将一足够大的荧光屏垂直x轴放置，屏中心O′到O点的距离为2L。撤掉偏转区域A1D方向的磁场，同时加上沿+z方向的匀强电场E=9 2B0v0π2和匀强磁场B=3 28B0，除了偏转区域外，其他空间不存在电场和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.根据玻尔理论，处于激发态的原子不稳定，会自发跃迁到低能级并辐射光子，故A错误；
B.γ射线是刚发生了核反应产生的、处于高能级的原子核向低能级跃迁产生的高能辐射，电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差较小(对应可见光或红外光范围)，不可能辐射γ射线，故B错误；
C.玻尔理论假设电子在定态轨道上运动时不会辐射电磁波，辐射仅发生在能级跃迁过程中，故C错误；
D.玻尔理论通过能级跃迁机制解释原子发光现象(如氢原子光谱)，食盐灼烧时钠原子发出的特征光(如黄光)可由电子跃迁解释，故D正确。
故选：D。
本题考查玻尔理论：电子在绕原子核运动的过程中轨道半径并不是连续的，氢原子的能量是不连续的，电子在绕原子核运动的过程中原子是稳定的并不向外辐射能量，当从高轨道向低轨道跃起时才会向外辐射能量，并且辐射的能量是由初末能级的能量差决定的，知道γ射线产生的原理。
本题考查玻尔氢原子模型，重在记忆，重在积累，故要多看课本，注意掌握跃迁过程中能量的变化，同时掌握发光原理。
2.【答案】B
【解析】解：AB、将小车的速度v沿着绳和垂直于绳正交分解，如图所示，
B物体的速度为vB=vcsθ
当小车向左运动时，θ减小，csθ增大，由于vB大小不变，可知小车A向左的速度v将变小，因此小车A做减速运动，不是做匀速直线运动，故A错误，B正确；
CD、B物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，绳子对A和对B的拉力均大小等于B的重力，大小不变，故CD错误。
故选：B。
将小车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小，从而判断出重物的运动规律。
解决本题的关键将小车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，知道沿绳子方向的速度等于重物的速度大小。
3.【答案】C
【解析】解：BC、电荷量为q的正点电荷，从O点到P点，电场力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，电场力做负功，电势能增加，因此点电荷q在x1处电势能不是最大；可知点电荷q在x2处动能最大，故B错误，C正确；
A、由E−x图像可知，在x轴上的P点对应x2点，在P点的左侧电场强度为正值，沿x轴正方向，右侧为负值，沿x轴负方向，可知A、B带等量负电荷，故A错误；
D、由对称性可知，点电荷q沿x轴正方向最远能到达O点关于P点的对称点O′点位置，故点电荷q沿x轴正向运动的最远距离为2x2，故D错误。
故选：C。
根据E−x图像分析x轴上场强的方向，从而确定A、B的电性；根据电场力做功情况，判断电势能的变化和动能的变化，确定什么位置电势能最大，什么位置动能最大；根据对称性分析q沿x轴正向运动的最远距离。
本题的关键要理解E−x图像的物理意义，知道场强的正负表示场强的方向。利用功能关系：电场力做正功，电势能减小，动能增大；电场力做负功，电势能增大，动能减小，来分析电势能和动能的变化情况。
4.【答案】C
【解析】解：设t=0时刻小球的初速度为v0，由图可知，T时刻小球处于上升状态，对应的速度为vT=v0−gT，又由T时刻和2T时刻小球处于同一高度，说明2T时刻小球下降到与T时刻等高位置，结合竖直上抛运动的时间对称性，可知从T时刻运动到最高点还需要T2，所以T时刻的速度vT又等于12gT，即12gT=v0−gT，解得v0=32gT，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据竖直上抛运动的规律，以及时间对称性，结合竖直上抛运动的速度公式v=v0−gt进行分析解答。
考查竖直上抛运动规律的应用，巧妙应用对称性和速度公式，属于中等难度考题。
5.【答案】B
【解析】解：A、A到B根据动能定理有：qE⋅ 3L=12mvB2，
在B点，根据牛顿第二定律有：NB−mg=mvB2L，
解得小球在B点受到的支持力大小为：NB=7mg，
所以小球通过B点时对轨道的压力为：NB′=NB=7mg，故A错误；
B、A到C根据动能定理有：qE( 3L+L⋅sin60°)−mg⋅Lcs60°=12mvC2，
在C点，根据牛顿第二定律有：NC−2mg=mvC2L
解得小球在B点受到的支持力大小为：vC=2 2gL，NC=10mg，
所以小球通过B点时对轨道的压力为：NC′=NC=10mg，故B正确；
C、小球从C点飞出轨道后，竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向的速度为零时，小球运动到最高点，
从C点到最高点，小球在竖直方向的位移为：y=vCy22g=(vC⋅sin60°)22g=3L，
所以小球能够上升的最大高度为4L，故C错误；
D、根据题意可知，小球到达最高点后仍要继续向右运动，电场力仍然要对小球做正功，小球的机械能继续增加，所以在最高点小球的机械能不是最大的，故D错误。
故选：B。
A到B根据动能定理求解到达B点的速度，根据牛顿第二定律以及牛顿第三定律求解小球通过B点时对轨道的压力；
A到C根据动能定理求解到达B点的速度，根据牛顿第二定律以及牛顿第三定律求解小球通过C点时对轨道的压力；
小球从C点飞出轨道后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向的速度为零时，小球运动到最高点，根据运动学公式求解最大高度；
根据机械能守恒条件分析当小球达到最高点时，小球的机械能是否达到最大。
解决该题的关键是明确知道小球在B、C两点时向心力的表达式，知道小球从C点飞出后的运动情况，知道小球到达最高点时的运动学特征。
6.【答案】D
【解析】解：AD.根据双星系统的特点可知，主星和伴星做匀速圆周运动的周期相等，角速度相等，万有引力提供彼此间所需的向心力，故二者所需向心力相等，有m1ω2r1=m2ω2r2
求得r1r2=m2m1
主星与伴星匀速圆周运动的动能之比为Ek1Ek2=12m1v1212m2v22=m1(ωr1)2m2(ωr2)2=m1r12m2r22=r2r1×r12r22=r1r2，故A错误，D正确；
B.对主星和伴星，根据万有引力提供向心力分别有Gm1m2(r1+r2)2=m14π2T2r1，Gm1m2(r1+r2)2=m24π2T2r2
其中T=2(t2−t1)
联立得m1+m2=π2(r1+r2)3G(t2−t1)2，故B错误；
C.主星与伴星的向心加速度之比为a1a2=ω2r1ω2r2=r1r2，故C错误。
故选：D。
AD.根据万有引力提供向心力结合角速度关系求半径比值关系，再根据动能定理求主星与伴星匀速圆周运动的动能之比；
B.根据万有引力提供向心力结合周期表达式求两质量的和；
C.根据加速度表达式求主星与伴星的向心加速度之比。
本题综合考查了双星问题的多个知识点，需要学生对双星问题有深入的理解和掌握。通过这道题，学生可以进一步巩固双星问题的相关知识提高分析和解决问题的能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.设a的释放位置与O1连线和竖直方向夹角为θ，碰前速度为v1，则
mgR(1−csθ)=12mv12
碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从碰后到b脱离轨道过程
mgR(1−csθ)=12mv22−12mv12
且刚要脱离时
mgcsθ=mv22R
联立解得
csθ=45
所以a的释放位置距O点的高度为
ℎ=R(1−csθ)
解得
ℎ=0.2R
故A正确；
B.根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为
v1= 10gR5
故B错误；
C.根据牛顿第二定律
mg−N=mv12R
结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为
N′=N=35mg
故C错误；
D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为
mg−N1=mv12R
结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大小为
N1′=N1=35mg
故D错误。
故选：A。
A.根据动能定理求a的释放位置距O点的高度；
B.结合A选项的分析求a、b碰撞后瞬间，b的速度大小；
C.根据牛顿第二、第三定律求a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小；
D.根据牛顿第二、第三定律求a、b碰撞前瞬间，b对轨道的压力大小。
本题考查了动能定理的应用，根据题意分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用动能定理和圆周运动规律可以解题。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律，在0～2t0时间段内产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=B0L2t0，由闭合电路欧姆定律，此时间段的电流大小为I=ER=B0L2t0R，故A错误；
BC、由图可知，3t02时刻磁感应强度大小为B02，根据安培力公式可知F安=B02IL=B02L32t0R，由图可知在t=3t02时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故B错误，C正确；
D、在t=2t0时，释放金属棒。电路中感应电流为零，安培力为零，金属棒在重力的作用下向下运动，在t=3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒速度向下，根据右手定则可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列式求解；根据图像对应时刻的磁感应强度和安培力公式结合楞次定律和左手定则进行分析解答；根据相应时间内磁感应强度的情况结合导体棒的运动情况再利用右手定则进行分析解答。
考查法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，左手定则和右手定则的应用，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。
9.【答案】BC
【解析】解：A、由图乙可知，t=0s时质点P的振动方向沿y轴负方向，根据同侧法和波形图，可以判断该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图甲可看出，该波的波长λ=12m，由图乙可看出，该波的周期T=12s，根据波速公式v=λT，可以计算波速v=1212m/s=1m/s，故B正确；
C、由三角函数图像特点，当t=7s时，乙图中y=2cm，质点P正好位于波峰，所以质点在7s内的路程s=(2− 3)+2+2cm=(6− 3)cm，故C正确；
D、质点不会随波迁移，只会上下振动，故D错误；
故选：BC。
A、根据波动图像和振动图像，利用同侧法判断波的传播方向；
B、通过三角函数图像特点得到波长和周期，再利用波速公式计算波速；
C、判断t=7s时P点位移，从乙图中算得运动的路程；
D、明确机械波的基本特性——波动过程中质点不随波迁移。
本题考查对波形图和振动图像的理解与掌握，解题时需要综合题目信息，分析质点运动情况和波动之间的关联，根据选项要求正确计算各物理量，加强对简谐运动和机械波相关知识的运用能力。
10.【答案】BCD
【解析】解：根据v−t图像，线框在t1至t2时段处于平衡状态，重力沿斜面的分力与安培力相互平衡，即mgsin30°=B2L2v0R。
A、若ad250kpa
说明此时胎压不正常
(2)根据理想气体状态方程有：
P1V1t1+273=P2V2t2+273
放出气体的质量与胎内原来气体质量的比值为
m′m=V2−V′V2
m′m=0.05
答：(1)此时胎压不正常，计算过程见解答过程；
(2)若胎压不正常，则需要放出部分空气，已知放出气体后胎压为p2=240kpa，胎内空气温度为t2=47℃，胎内空气体积变成V′=30.5L，求放出气体的质量与胎内原来气体质量的比值为0.05。
【解析】(1)根据理想气体状态方程，结合前后的变化求出胎压，与正常范围比较即可；
(2)根据理想气体状态方程，结合放出气体后的状态分析求解。
本题考查了理想气体状态方程，掌握方程中各个物理量的变化和含义是解决此类问题的关键。
15.【答案】圆筒4的长度为v0T 该离子的比荷为4 2v03B0L 离子打在荧光屏上的位置的坐标为(2L,−(2−2 33)L,L3+4 3L3π)
【解析】解：(1)设离子的电荷量为q，质量为m，进入第4个圆筒的速度为v4；
经过第一次加速后，根据动能定理qU=12mv02
经过第4次加速后，根据动能定理4qU=12mv42
解得v4=2v0
根据运动学公式，圆筒4的长度L4=v4⋅T2=2v0⋅T2=v0T
(2)如下图所示：
根据几何关系R2=L2+(R− 22L)2
解得R=3 24L
根据洛伦兹力提供向心力B0qv4=mv42R
解得qm=4 2v03B0L
(3)如下图所示：
根据洛伦兹力提供向心力Bqv4=mv42r
解得r=2L
圆心角α=30°=π6
离子在磁场中运动的周期T=2πrv=2πLv0
则离子在磁场中运动的时间t=T12=πL6v0
在y方向上偏移y1=(2− 3)L
该过程在z轴方向上，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Eq=ma
根据运动学公式z1=12at2
解得z1=L3