精品解析：江苏省南京市七校2025-2026学年高三上学期12月期中联考物理试题

学情调研 高三物理 注意事项： 1、本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2、答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3、请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。 4、作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5、如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗。 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 操场上不漏气的足球被太阳曝晒后体积变大，与曝晒前比较，足球内气体（　　） A. 每个分子的速率都增大 B. 分子的数密度增大 C. 外界对气体做正功 D. 分子的平均动能增大 2. 氘核通过一系列核聚变释放能量，其中的一种核反应方程为，则方程中x，y的数值分别为（　　） A. B. C. D. 3. 一束激光以入射角θ从空气射入双层平行玻璃砖后再进入空气的出射角为α，玻璃砖厚度均为d，折射率分别为，光在两玻璃砖中的频率分别为，光速分别为，光路如图所示。下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 水面上一浮标在O点以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。如图所示，用实线表示波峰位置，某时刻第1圈的半径为r，第3圈的半径为5r，则（　　） A. 该波的波长为2r B. 该波的波速为fr C. 此时浮标在最高点 D. 再经过，浮标将在最高点 5. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中，两个质量相同的带正电小球用细绳悬于O点，两小球静止时处于同一水平高度，细绳偏角α>β，则（　　） A. 小球间库仑力FBA>FAB B. 小球间库仑力FBA<FAB C. 电荷量qA<qB D. 电荷量qA>qB 6. 如图所示是用传感器研究“电容器充、放电现象”的实验电路，用计算机绘制充电过程U1—I1图像和放电过程U2—I2图像。下列图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，将正点电荷置于距接地金属球壳球心3R处的b点，ab=bc=R，d是球壳外表面上一点。则下列说法正确的是（　　） A. 场强Ea>Ec B. 电势φa>φc C. O点电场方向水平向右 D. d点电场方向沿bd连线 8. 用如图所示的装置来验证动量守恒定律，小球a、b的质量分别为ma、mb，实验过程中，木板上留下撞击痕迹M、P、N。下列说法正确的是（ ） A. 必须要测出木板到斜槽末端的水平距离 B. 实验中应满足ma < mb C. M点是未放b球时，a球的撞击点 D. 若动量守恒，则有 9. 如图所示的电路是将一块小量程表头改装成了双量程电流表。下列说法正确的是（　　） A. 将开关S拨到b，增大R2的阻值，电流表量程会减小 B. 将开关S拨到b，增大R1的阻值，电流表量程会增大 C. 将开关S拨到a，减小R1的阻值，电流表量程会减小 D. 将开关S拨到a，减小R2的阻值，电流表量程会增大 10. 如图甲，轻质弹簧左端与物块相连，右端与物块接触但不拴接，系统处于静止状态，给一水平向右的瞬时速度，之后两物块的图像如图乙所示，已知物块的质量为，时刻与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A. 物块的质量为 B. 时刻的速度大小为 C. 时间内，弹簧对物块的冲量大小为 D. 时间内，弹簧弹性势能变化量 二、非选择题：共5题，共60分，其中11~15题请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. 某同学利用如图甲所示电路测定金属丝的电阻率ρ。电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，滑片P与电阻丝始终接触良好。可使用的器材有：双量程电流表A（量程分别为0~0.6A、0~3A）、定值电阻R0=4.0Ω、直流电源（电动势E=3V，内阻为r）、开关S等。主要实验步骤如下： （1）请根据图甲电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物电路补充完整______； （2）用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图丙所示某次测量中，当螺旋测微器的测微杆靠近金属丝时，应旋转________（填“B”或“C”）直至听到“喀喀”声时停止，然后读数，测得金属丝的直径d=_________mm； （3）闭合开关，调节滑片P的位置改变aP的长度x，记录多组x及对应的电流表示数Ⅰ，如图丁所示，作出关系图线； （4）图线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=____________（用题中物理量符号表示）； （5）小明同学认为，根据关系图线纵轴截距b，可求得电源的内阻r。你是否同意他的观点，并说明理由。_________________________________________ 12. 光滑绝缘水平面上宽度为L的区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m 、总电阻为R、边长为L的正方形线框abcd，bc边与磁场边界平行，将线框以垂直磁场边界的速度v0进入磁场，线框完全离开磁场时的速度为。求： （1）线框刚进入磁场时，线框的电流大小； （2）线框通过磁场过程中，安培力对线圈做的功。 13. 容积为3L的保温壶，向壶内倒入2L热水，然后盖上壶盖，此时壶内气体压强为1.5p0、温度为360K。不计壶内水的蒸发和凝结，壶内气体视为理想气体。 （1）若保温壶不漏气，经24h后壶内温度下降了30K，求此时壶内气体压强； （2）若保温壶漏气，足够长时间后，求壶内逸出的气体与剩余气体质量之比。（已知环境大气压强为p0、温度为300K） 14. 如图甲，质量均为m=0.2kg的物块A、B放在足够长的水平地面上，A与地面动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块在水平外力F的作用下从静止开始向右前进，外力F随位移x变化的图线如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。求： （1）在x=0.5m时，A、B之间的弹力大小； （2）物块A与B分离后，B的速度大小； （3）物块A与B分离后，A还能运动多远。 15. 如图甲所示的平行金属板间接有如图乙所示的交变电压，图中，板长、板间距离均为L。方向垂直纸面向里、区域足够大的匀强磁场的边界MN与两板中线OO1垂直（垂足为O1）。现有带正电的粒子流沿两板中线OO1连续射入电场中，粒子的初速度均为v0，带电量为+q，质量为m。忽略粒子重力和板外电场的影响，粒子与极板碰撞后被吸收，粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变。 （1）试求带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压； （2）若磁感应强度，以O1点为坐标原点建立y轴如图甲所示，求带电粒子离开磁场时在y轴上的坐标范围； （3）若边界MN的右侧有5个水平宽度均为d的匀强磁场如图丙所示，从左至右磁感应强度依次为B、2B、3B、4B、5B。要使所有粒子都不能进入第5个磁场区域，求磁感应强度B的最小值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 学情调研 高三物理 注意事项： 1、本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2、答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3、请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。 4、作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 5、如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗。 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 操场上不漏气的足球被太阳曝晒后体积变大，与曝晒前比较，足球内气体（　　） A. 每个分子的速率都增大 B. 分子的数密度增大 C. 外界对气体做正功 D. 分子的平均动能增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度升高，分子平均速率增大，但并非每个分子速率都增大（部分分子速率可能减小），故A错误； B．分子数密度定义为 （单位体积分子数），分子总数不变，体积增大，故数密度减小，故B错误； C．气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律，外界对气体做负功，故C错误； D．分子平均动能仅与温度成正比，温度升高，平均动能增大，故D正确。 故选D。 2. 氘核通过一系列核聚变释放能量，其中的一种核反应方程为，则方程中x，y的数值分别为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据核反应中质量数和电荷数守恒定律，电荷数守恒 解得 质量数守恒 解得 故选B。 3. 一束激光以入射角θ从空气射入双层平行玻璃砖后再进入空气的出射角为α，玻璃砖厚度均为d，折射率分别为，光在两玻璃砖中的频率分别为，光速分别为，光路如图所示。下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题意，设在介质中的折射角为，在介质中的折射角为，则有 由于 则有，故A错误； B．同一束光的频率不随折射率变化，故频率不变，则有，故B错误； C．根据题意，由折射定律，在上表面有 在下表面有 又有 联立解得，故C正确； D．根据速度公式可知，由于，则有，故D错误。 故选C。 4. 水面上一浮标在O点以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪（视为简谐波）。如图所示，用实线表示波峰位置，某时刻第1圈的半径为r，第3圈的半径为5r，则（　　） A. 该波的波长为2r B. 该波的波速为fr C. 此时浮标在最高点 D. 再经过，浮标将在最高点 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据题意某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为5r，则有 解得波长，故A正确； B．该波的波速为，故B错误； C．浮标（O点）与第1圈实线距离为半个波长，可知此时浮标位于波谷处，即此时浮标在最低点，故C错误； D．由C选项可知，此时浮标位于波谷处，故经过为四分之一个周期（因为），浮标将在平衡位置处，故D错误。 故选A。 5. 如图所示，在竖直向下的匀强电场中，两个质量相同的带正电小球用细绳悬于O点，两小球静止时处于同一水平高度，细绳偏角α>β，则（　　） A. 小球间库仑力FBA>FAB B. 小球间库仑力FBA<FAB C. 电荷量qA<qB D. 电荷量qA>qB 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据牛顿第三定律，小球A对B的库仑力与B对A的库仑力大小相等，即，故AB错误； CD． 分析A小球受力，把重力，电场力合成一个力，画出受力图如上图所示， 由图可得，同理可得 因，又，可得，故C正确、D错误。 故选C。 6. 如图所示是用传感器研究“电容器充、放电现象”的实验电路，用计算机绘制充电过程U1—I1图像和放电过程U2—I2图像。下列图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】AB．电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U1 = E－UR，且UR = I1R 可得U1－I1图像的斜率是个定值，图像应与D项图像类似，故AB错误； CD．电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U2 = I2R，故C正确，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，将正点电荷置于距接地金属球壳球心3R处的b点，ab=bc=R，d是球壳外表面上一点。则下列说法正确的是（　　） A. 场强Ea>Ec B. 电势φa>φc C. O点电场方向水平向右 D. d点电场方向沿bd连线 【答案】B 【解析】 【详解】A．金属球壳接地，处在正点电荷的电场中，所以金属球壳带负电，球壳上的电荷产生的电场在a、c两点的场强方向都是水平向右的，正点电荷在a点的场强方向水平向左，在c点水平向右，且a、c两点到点电荷的距离相等，所以正点电荷在a、c两点产生的场强大小是相等的，根据场强矢量叠加原理可知a点的场强小于c点的场强，故A错误； B．由上面的分析可知正电荷和a点之间的电场强度小于正电荷和c点之间的场强，ab=bc,根据U=Ed可知，从正点电荷到c点之间的电势差大于从正点电荷到a点之间的电势差，所以a点的电势高于c点的电势，故B正确； C．金属球壳处于正点电荷的电场中，处于静电平衡状态，其内部场强处处为零，故C错误； D．处于静电平衡状态的导体是一个等势体，其表面是一个等势面，电场强度的方向与等势面是相互垂直的，所以d点的电场强度方向是沿dO方向指向O的，故D错误。 故选B。 8. 用如图所示的装置来验证动量守恒定律，小球a、b的质量分别为ma、mb，实验过程中，木板上留下撞击痕迹M、P、N。下列说法正确的是（ ） A. 必须要测出木板到斜槽末端的水平距离 B. 实验中应满足ma < mb C. M点是未放b球时，a球的撞击点 D. 若动量守恒，则有 【答案】D 【解析】 【详解】B．为了防止小球a和小球b碰撞后反弹，需要满足ma > mb，故B错误； ACD．小球离开斜槽末端后做平抛运动，设木板到斜槽末端的水平距离为x，小球下落的高度为y，小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动规律有x = vt， 联立解得 因为小球a和b碰撞后，小球a的速度小于b的速度，且小球b的速度大于小球a单独离开斜槽时的速度，所以P点是小球a单独离开斜槽时打在木板上的点，它们离开斜槽后的水平位移相等，则M点是碰后小球b打在木板上的点，N是碰后小球a打在木板上的点，小球a单独离开斜槽的速度为 碰撞后小球a的速度为 小球b离开斜槽末端的速度为 根据动量守恒定律有mav0 = mav1＋mbv2 整理可得，不需要测出木板到斜槽末端的水平距离，故D正确，AC错误。 故选D。 9. 如图所示的电路是将一块小量程表头改装成了双量程电流表。下列说法正确的是（　　） A. 将开关S拨到b，增大R2的阻值，电流表量程会减小 B. 将开关S拨到b，增大R1的阻值，电流表量程会增大 C. 将开关S拨到a，减小R1的阻值，电流表量程会减小 D. 将开关S拨到a，减小R2的阻值，电流表量程会增大 【答案】A 【解析】 【详解】AB．将开关S拨到b，改装后电流表量程为 增大R1或R2的阻值，电流表量程会减小，故A正确，B错误； CD．将开关S拨到a，改装后电流表量程为 减小R1的阻值，电流表量程会增大，减小R2的阻值，电流表量程会减小，故CD错误。 故选A。 10. 如图甲，轻质弹簧左端与物块相连，右端与物块接触但不拴接，系统处于静止状态，给一水平向右的瞬时速度，之后两物块的图像如图乙所示，已知物块的质量为，时刻与弹簧分离，弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法正确的是（　　） A. 物块的质量为 B. 时刻的速度大小为 C. 时间内，弹簧对物块的冲量大小为 D. 时间内，弹簧弹性势能变化量 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图乙可知，两物块速度相等时，速度为，根据动量守恒有 解得，故A错误； B．时间内，两物块相当于发生了一次弹性碰撞，根据动量守恒和初、末状态系统动能相等有， 联立解得，故B错误； C． 时间内，根据动量定理可知，弹簧对物块的冲量 故弹簧对物块A的冲量大小为，故C错误； D．时间内，根据物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒有，故D正确。 故选D。 二、非选择题：共5题，共60分，其中11~15题请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. 某同学利用如图甲所示电路测定金属丝的电阻率ρ。电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，滑片P与电阻丝始终接触良好。可使用的器材有：双量程电流表A（量程分别为0~0.6A、0~3A）、定值电阻R0=4.0Ω、直流电源（电动势E=3V，内阻为r）、开关S等。主要实验步骤如下： （1）请根据图甲电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物电路补充完整______； （2）用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图丙所示某次测量中，当螺旋测微器的测微杆靠近金属丝时，应旋转________（填“B”或“C”）直至听到“喀喀”声时停止，然后读数，测得金属丝的直径d=_________mm； （3）闭合开关，调节滑片P的位置改变aP的长度x，记录多组x及对应的电流表示数Ⅰ，如图丁所示，作出关系图线； （4）图线的斜率为k，则金属丝的电阻率ρ=____________（用题中物理量符号表示）； （5）小明同学认为，根据关系图线纵轴截距b，可求得电源的内阻r。你是否同意他的观点，并说明理由。_________________________________________ 【答案】 ①. ②. C ③. 0.626##0.627##0.628##0.629 ④. ⑤. 不同意，因为电流表的内电阻不知，而截距为，故无法测量出电源的内电阻 【解析】 【详解】（1）电路中的最大电流 则电流表量程选择0~0.6A，故电路连线如图 （2）[1][2]当螺旋测微器的测微杆靠近金属丝时，应旋转C直至听到“喀喀”声时停止；测得金属丝的直径d=0.5mm+0.01mm×12.7=0.627mm （3）由闭合电路欧姆定律可知 即 可得 解得 （4）不同意；图像的截距 则因为电流表的内电阻不知，故无法测量出电源的内电阻。 12. 光滑绝缘水平面上宽度为L的区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m 、总电阻为R、边长为L的正方形线框abcd，bc边与磁场边界平行，将线框以垂直磁场边界的速度v0进入磁场，线框完全离开磁场时的速度为。求： （1）线框刚进入磁场时，线框的电流大小； （2）线框通过磁场过程中，安培力对线圈做的功。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 线圈刚进入磁场时感应电动势E=BLv0 根据 可得 【小问2详解】 根据动能定理，则 解得 13. 容积为3L的保温壶，向壶内倒入2L热水，然后盖上壶盖，此时壶内气体压强为1.5p0、温度为360K。不计壶内水的蒸发和凝结，壶内气体视为理想气体。 （1）若保温壶不漏气，经24h后壶内温度下降了30K，求此时壶内气体压强； （2）若保温壶漏气，足够长时间后，求壶内逸出的气体与剩余气体质量之比。（已知环境大气压强为p0、温度为300K） 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 此过程为等容变化，由查理定律可知 其中， 解得 （也是对的） 【小问2详解】 经过足够长时间，壶内气体压强与温度均与环境保持一致，若不漏气，末态气体体积为V，则有，其中 解得V =V0 从壶内逸出的气体与剩余气体质量之比为 解得 14. 如图甲，质量均为m=0.2kg的物块A、B放在足够长的水平地面上，A与地面动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块在水平外力F的作用下从静止开始向右前进，外力F随位移x变化的图线如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。求： （1）在x=0.5m时，A、B之间的弹力大小； （2）物块A与B分离后，B的速度大小； （3）物块A与B分离后，A还能运动多远。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 对AB整体，根据牛顿第二定律 对B根据牛顿第二定律 联立解得 【小问2详解】 当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，此时加速度仍然相等； 对B分析 aB = 0 对A分析 aA= aB = 0 则此时水平外力 由图可知A、B分离时位移 0-3m过程外力做功 对A、B由动能定理 解得物块A与B分离后，B的速度大小 【小问3详解】 A与B分离后,外力对A做功为 对A由动能定理 解得物块A与B分离后，A还能运动 15. 如图甲所示的平行金属板间接有如图乙所示的交变电压，图中，板长、板间距离均为L。方向垂直纸面向里、区域足够大的匀强磁场的边界MN与两板中线OO1垂直（垂足为O1）。现有带正电的粒子流沿两板中线OO1连续射入电场中，粒子的初速度均为v0，带电量为+q，质量为m。忽略粒子重力和板外电场的影响，粒子与极板碰撞后被吸收，粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变。 （1）试求带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压； （2）若磁感应强度，以O1点为坐标原点建立y轴如图甲所示，求带电粒子离开磁场时在y轴上的坐标范围； （3）若边界MN的右侧有5个水平宽度均为d的匀强磁场如图丙所示，从左至右磁感应强度依次为B、2B、3B、4B、5B。要使所有粒子都不能进入第5个磁场区域，求磁感应强度B的最小值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，沿电场方向， 垂直于电场方向 解得 【小问2详解】 设粒子进入磁场时速度方向与的夹角为θ，则任意时刻粒子进入磁场的速度大小 粒子在磁场中运动，设轨迹半径为R，根据牛顿第二定律 设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 解得 故任何一个带电粒子，在边界MN入射点与出射点间距离为定值 当粒子从下极板边缘射出时 当粒子从上极板边缘射出时 即粒子离开磁场时的坐标范围为 【小问3详解】 分析可知，粒子从下极板边缘射出时，向右运动时离边界MN最远。设粒子沿电场方向速度为，沿电场方向 垂直于电场方向 解得 则粒子射出时速度偏角满足 解得 粒子速度为 粒子在磁场中运动取极短时间，取竖直向上为正方向，由动量定理 若粒子最远到达第4个磁场右侧时，此时速度方向为竖直向上，对上式两边求和得 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $