2026届安徽合肥皖智高级中学高三下学期阶段性检测九 物理试题

**基本信息** 以春晚诗句热传递、声呐技术等真实情境为载体，覆盖力学、电磁学等模块，通过类比迁移与综合应用突出科学思维与问题解决能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|热阻类比（第1题）、氢原子能级（第2题）、霍尔效应（第6题）|以欧姆定律类比热阻，体现模型建构（第1题）| |多选题|2/10|卫星运动（第9题）、机械波传播（第10题）|结合遥感卫星发射，关联科技前沿（第9题）| |非选择题|5/58|动量能量综合（第14题）、电磁驱动与阻尼（第15题）|15题融合电磁感应与碰撞，考查科学推理与创新应用|

合肥皖智高级中学2026届高三下学期阶段性检测九 物 理 试 题 一、单选题：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，只有一个选项正确。 1．“谁将春晚作冬看，添着绵衣减却难。”人们一年四季穿着的变化与热传递过程密切相关。热传递是一种热能的转移过程，与自然界中其他转移过程（如电荷量的转移）有类似之处，它们的共性可归结为“”，在电学中体现为欧姆定律，即，在热能的转移过程中，动力量表现为温度差，与电阻对应的物理量称为热阻。如图所示，某长方体导热板，侧面1、2的面积均为A，温度分别为T1、T2。坐标轴x与侧面垂直，坐标原点在侧面1上，导热板各处的温度T仅随x线性变化。科学家发现单位时间从侧面1传递到侧面2的热量，其中λ是常量，仅与导热材料有关，为两侧面的间距。下列说法错误的是（　　） A．该导热物体的热阻为 B．λ的单位可表示为 C．热量先后通过多层不同材料的总热阻等于各层热阻之和 D．在导热板垂直于x轴的任意截面上，单位时间传递的热量都相等 2．如图所示为氢原子能级示意图的一部分，假设氢原子发生如图中三种跃迁而辐射三种不同频率的光子，则下列分析正确的是（　　） A．①光子的波长最短 B．①光子的频率最高 C．③光子的能量最大 D．③光子的动量最小 3．气体A被一个隔板封闭在容器左部，现抽去隔板，加热气体，使气体A快速充满整个容器，设在此过程中，气体吸热Q，内能的增量，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．无法比较 4．声呐是海军舰艇、潜艇的“水下眼睛”，某一种声呐的工作原理是通过发射声波并接收目标反射的回波，根据声波传播的时间、方向和强度，计算目标的距离、方位和性质。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。当光经过非均匀介质时，由于折射，光线将发生弯曲，如图1所示。由于温度、压强等因素的影响，某处海洋中的声速与深度的关系如图2所示。下列说法正确的是（　　） A．由图1可知，光在区域1中的传播速度大于在区域2中的传播速度 B．由图1可知，调整光的入射方向，光由区域4射向区域3时可能发生全反射 C．由图2可知，声呐在区域Ⅱ发出的声波向区域I传播的过程中波长变短 D．由图2可知，声呐在区域Ⅱ发出的声波向区域Ⅲ传播的过程中可能发生全反射 5．多个点电荷产生的电场中，某点的电势等于各个点电荷单独在该点产生的电势的代数和。已知在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势，其中k为静电力常量。若真空中有两个点电荷Q1和Q2，分别固定在x轴的坐标为-4cm和1cm的位置上。两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示。下列说法正确的是（　　） A．Q1为正电荷，Q2为负电荷，且 B．x轴上x=6cm处的电场强度为0 C．若仅将Q2的电荷量变为原来的2倍，x轴上x=-1.5cm处的电势将变为0 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，M、N两点间的电势差仍为0.4V 6．用霍尔元件探测螺线管中电流变化的装置示意图如图所示螺线管与通电装置连接，其电流I0方向如图所示，在螺线管正下方装有一块正方形霍尔元件，a、b、c、d为上表面的四个顶点，元件中定向移动的电子形成沿着ab方向的电流I，螺线管的轴线垂直于元件的上表面。用电压表连接b、c两点，即可探测螺线管中电流的变化情况。下列说法正确的是（　　） A．电压表的正接线柱连接c点 B．若电流I不变，则电压表示数为零 C．若电流I0均匀变大，则电压表示数保持不变 D．若电流I0均匀变大，则电压表示数逐渐变大 7．如图所示为远距离输电原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，降压变压器的副线圈匝数可调，为输电线上的电阻，为负载电阻。开始时开关断开，在升压变压器原线圈两端输入最大电压一定的正弦交流电，则下列说法正确的是（　　） A．仅将开关闭合，消耗的功率变小 B．仅将开关闭合，消耗的功率变小 C．仅将滑片P下移，输电线损耗的功率增大 D．仅将滑片P下移，降压变压器的输出功率变大 8．如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端，另一端与物块A拴接。物块A静止在位置O点，此时弹簧的压缩量为。现有一物块B从距离O点上方处由静止释放，与A碰撞后一起向下运动但不粘连。已知A、B质量均为m，两者均可视为质点，弹簧的弹性势能（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间两物块的速度大小为 B．碰撞后两物块运动的最低点离O点距离为 C．向上弹起过程中，两物块在O点分离 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能为 二、多选题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9．2025年11月3日，我国成功将遥感四十六号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设遥感四十六号卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，同步卫星的轨道半径大于遥感四十六号卫星的轨道半径，如图所示，则（　　） A．遥感四十六号卫星的周期大于同步卫星的周期 B．遥感四十六号卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度 C．遥感四十六号卫星的线速度大于同步卫星的线速度 D．遥感四十六号卫星的发射速度应大于第一宇宙速度 10．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，P是平衡位置在x=0处的质点，Q是平衡位置在x=15 m处的质点。t=1.5 s时P第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（　　） A．这列波的波长为32 m B．若该波沿x轴正方向传播，波速为2 m/s C．若该波沿x轴负方向传播，周期为3.6 s D．t=1.5 s时，质点Q的速度方向沿y轴正方向 三、非选择题：本题共5小题，共58分。考生根据要求做作答 11．(6分) 某实验小组利用如图甲所示的实验器材验证力的平行四边形定则。在圆形水平桌面上固定一张白纸，在桌子边缘安装三个不计摩擦的滑轮，其中滑轮固定在桌边，滑轮可沿桌边移动。将三根绳子系在同一点O，每根绳子的另一端各挂一定数量的相同钩码，当系统达到平衡时，记录每根绳上的钩码数量便可得出三根绳子的拉力大小。 (1)滑轮所挂钩码个数分别为，下列选项中的钩码个数，能够保证实验顺利完成的是________。 A． B． C． (2)实验中，O点的位置________（选填“可以”或“不可以”）改变。 (3)如图乙所示，选择合适标度，从O点出发，用力的图示法画出绳的拉力和的大小和方向，根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出与拉力大小相等、方向相反的力F的图示。为判断本次实验是否满足力的平行四边形定则，需比较________。 A．和F的大小 B．和F的方向 C．和F的大小和方向 12．(10分) 某同学从一个损坏的小台灯中拆出了一节锂电池，为了测量该锂电池的电动势，该同学设计了如图甲所示的电路，选用的器材如下： A．毫安表mA（量程为100mA，内阻为4Ω） B．电压表V（量程为3V，内阻很大） C．电阻箱 D．滑动变阻器 E．待测锂电池（电动势标称值为3.0V） F．开关一个、导线若干 （1）由于毫安表mA的量程太小，因此实验前需要将其改装成量程为0.6A的电流表，图甲中电阻箱应调整为______Ω。 （2）改变滑动变阻器滑片的位置，记录两电表的示数，电压表的示数为U，毫安表的示数为I。 （3）描点得到如图乙所示的图像，通过分析可知电源的电动势______V，电源的内阻______。（结果均保留一位小数） （4）用该锂电池、电阻箱和量程为100mA、内阻为10Ω的毫安表改装成欧姆表，如图丙所示，表笔A是______（填“红”或“黑”）表笔，电阻箱应调至______Ω。 13．(10分) 如图所示，质量为的一只长方体形空铁箱在水平拉力作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数。这时铁箱内一个质量为的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求： (1)水平拉力的大小； (2)减小拉力，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹），此时箱的速度为，立即撤去拉力，又经一段时间木块达铁箱右侧壁，此时木块的速度为，则铁箱的长度是多少？ 14．(14分) 如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为L。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2g，L=1m，R=0.4m，H=0.2m，v=2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数=0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)若h=1.25m，a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； (2)求物块a到达DE最高点E时的速度大小vE（用h表示），此时管道对物块的作用力FN； (3)在（1）的条件下，物块a最终静止的位置x坐标（以A点为坐标原点，水平向右为正建立x轴）。 15．(18分) 如图为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图。分界线将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑。左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间距交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为，每个磁场宽度为。右侧较远处存在宽度为，方向垂直平面向里的阻尼磁场，磁感应强度（表示到阻尼磁场左边界的距离，且）。两个完全相同的正方形金属线框和，边长均为，质量均为，其中边和边无电阻，其余各边电阻均为。线框与分界线左侧的动摩擦因数为。现使驱动磁场以稳定速度向右运动，线框在图示位置由静止开始运动，经过一段时间后匀速运动，当边匀速运动到时立即撤去驱动磁场，线框完全越过后，与静止线框发生正碰，碰后边和边粘在一起，组成“”型线框后进入阻尼磁场。设整个过程中线框的边和边始终与分界线平行，边和边碰后接触良好。不计两金属框形变，重力加速度为。求： (1)线框由静止开始运动时的感应电流方向和大小； (2)线框在驱动磁场中匀速运动的速度大小； (3)设某次经过驱动磁场加速后，线框以速度（已知）与线框发生正碰，，请分析“”型线框在阻尼磁场作用下运动的位移。 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥皖智高级中学2026届高三下学期阶段性检测九 物理参考答案 一、二、选择题（42分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B C A D B D B B CD BC 1．B 解析：A．题目给出单位时间传热量 对比规律，可得热阻 与选项相符，故A错误； B．推导的单位：单位时间热量的单位为，单位，单位，温度差单位。 由 代入单位得的单位为，与选项不符，故B正确； C．多层材料串联导热时，稳定导热下各层单位时间传热量相同，总温差为各层温差之和，因此总热阻和串联电阻规律一致，与选项相符，故C错误； D．本题导热过程为稳定导热（温度分布不随时间变化），不会在中间截面积累热量，因此任意垂直x轴的截面上，单位时间传递的热量相等，与选项相符，故D错误。故选B。 2．C 解析：A．频率越大，光子的波长越短，故，故A错误； BC．能级差越大，光子的能量越大，故三种光子的能量 根据可知，故B错误，C正确； D．根据可知波长越长，动量越小，所以，故D错误。故选C。 3．A 解析：气体向真空膨胀，由于右侧为真空，气体在膨胀过程中不受阻力，不需要克服外力做功，即气体对外做功为零，外界对气体做功 根据热力学第一定律 已知气体吸热，则内能的增量，故选A。 4．D 解析：A．由图1可知，光由区域1射入区域2中入射角小于折射角，则区域1介质的折射率大于区域2介质的折射率，所以光在区域1中的传播速度小于在区域2中的传播速度，故A错误； B．同理，区域4介质的折射率小于区域3介质的折射率，即区域4为光疏介质，区域3为光密介质，所以光由区域4射向区域3时不可能发生全反射，故B错误； C．根据可知，声呐在区域Ⅱ发出的声波向区域I传播的过程中，频率不变，波速变大，则波长变长，故C错误； D．声呐在区域Ⅱ发出的声波向区域Ⅲ传播的过程中，传播速度变大，则折射率减小，即光由光密介质射向光疏介质，可能发生全反射，故D正确。故选D。 5．B 解析：A．根据两点电荷周围的电势分布可知，Q1带正电，Q2带负电，坐标原点处的电势为零，则，所以，故A错误； B．x轴上x=6cm处的电场强度为，故B正确； C．若仅将Q2的电荷量变为原来的2倍，则 解得，故C错误； D．根据电势的计算可知，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则M、N两点间的电势差变为原来的2倍，即为0.8V，故D错误。故选B。 6．D 解析：A．由右手螺旋定则可知，元件处在竖直向下的磁场中，元件中电子定向移动的方向沿着ba方向，由左手定则可知电子受指向cd侧的洛伦兹力，故电子将集中到cd侧，c点接电压表负极，故A错误； B．只要电流I存在，电子便受到洛伦兹力，电压表示数不为零，故B错误； CD．设bc距离为d，电压稳定时，得 可知磁感应强度B越大，电压U越大，而I0均匀变大，B将变大，电压也逐渐变大，故C错误，D正确。故选D。 7．B 解析：A．仅将开关K 闭合，负载电阻 与并联，降压变压器副线圈的总电阻减小。设降压变压器匝数比为；根据变压器原理，等效到原线圈的电阻减小，输电线上的总电压不变，则输电线的电流增大，由可知，消耗的功率变大，故A错误； B．仅将开关K闭合，输电线电流增大，输电线上的电压损失 增大。升压变压器副线圈电压 不变，则降压变压器原线圈电压减小。根据变压器电压与匝数的关系，降压变压器副线圈电压减小。 消耗的功率变小，故B正确； C．仅将滑片P下移，降压变压器副线圈匝数减小。等效电阻增大。回路总电阻增大，输电线电流减小。由 可知，输电线损耗的功率减小，故C错误； D．仅将滑片P下移，降压变压器副线圈匝数减小，变压比增大。等效电阻增大，输出功率 输电线的电阻与等效电阻大小未知，所以降压变压器的输出功率可能变小，故D错误。 故选B。 8．B 解析：A．设物块B与物块A碰撞前瞬间物块的速度为，由机械能守恒得 解得 设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为，由动量守恒定律得 解得，故A错误； BD．碰撞后两物块向下运动过程机械能守恒，设运动的最低点离O点距离为，满足 因A初始受力平衡位置弹簧的压缩量为，可知，联立解得 此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，为，故B正确、D错误； C．两物体发生分离的临界条件为物块间弹力为0，且加速度相等；以物块B作为研究对象，与物块A发生分离瞬间，所受合力大小为 由牛顿第二定律可知，此时物块B的加速度为 故物块A的加速度为 由牛顿第二定律可知，此时物块A所受合力大小为，因此弹簧处于原长状态，故C错误。故选B。 9．CD 解析：A．由题意可知遥感四十六号卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的周期小于同步卫星的周期，故A错误； B．由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故B错误； C．由万有引力提供向心力 得，可知遥感四十六号卫星的线速度大于同步卫星的线速度，故C正确； D．第一宇宙速度为人造卫星的最小发射速度，故遥感四十六号卫星的发射速度应大于第一宇宙速度，故D正确。故选CD。 10．BC 解析：A．设波函数为 由图可知振幅，时，处 ， 处，且处y逐渐递减，代入得，其中，解得，故A错误； B．波沿正方向传播时，由上下坡法得点时速度向上，第一次回到平衡位置时，相位变化满足，又由周期 波速，故B正确； C．波沿负方向传播时，点时速度向下，第一次回到平衡位置时，相位变化满足，又由周期，故C正确 D．若波沿正方向，时速度向下， 仍向下运动，速度沿负方向； 若波沿负方向，时速度向上，最高点对应相位，时相位为 已过最高点，速度向下，沿负方向，故D错误；故选BC。 三、非选择题（58分） 11．(6分) (1)A (2)可以 (3)C 解析：（1）对O点进行受力分析，在三个拉力作用下处于平衡状态，因此三个力可构成一个三角形，满足两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，以钩码的个数表示力的大小，可知只有A符合题意要求。故选A。 （2）本实验需要通过三力平衡验证力的平行四边形定则，每次平衡后，记录好结点位置与各个力的大小及方向即可，因此改变滑轮的位置和相应钩码数量，使系统再次达到平衡，绳的结点O的位置可以改变。 （3）比较F′和F的大小和方向，从而判断本次实验是否满足力的平行四边形定则。 故选C。 12．(10分) 0.8 2.4 0.6 红 13.4 解析：（1）[1]实验前需要将其改装成量程为0.6A的电流表，根据串并联特点，改装后有，可得 即图甲中电阻箱应调整为。 （3）[2][3]毫安表mA与电阻箱并联后的电阻为 则根据闭合回路欧姆定律有 结合图像有，，可得 （4）[4]欧姆表中电流由红表笔流入，黑表笔流出，由图丙可知，表笔A是红表笔； [5]欧姆调零时，根据闭合回路欧姆定律有 解得 可知电阻箱应调至。 13．(10分) (1) (2) 解析：（1）木块在竖直方向上，根据平衡条件有 在水平方向上，根据牛顿第二定律有 对整体分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）对木块，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有， 对铁箱，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 联立解得 14．(14分) (1) (2)见解析 (3) 解析：（1）物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 解得 a与b发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得， 联立解得 （2）碰后对a，根据动能定理有 其中，联立解得 可知当时，物块a到达E点时的速度恰好为零，则有 方向竖直向上。 设在E点管道对物块a有弹力，取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有 联立解得 可知当时，弹力为负，则弹力方向竖直向上；当h=1.4m时，弹力为0；当时，弹力为正，则弹力方向竖直向下。综上可知，当时，（方向竖直向上）；当时，；当时（方向竖直向下）。 （3）由第（2）问可知h=1.25m时物块a能过E点，且速度大小为 物块a从E点抛出后，根据平抛运动规律有， 联立解得 故物块a最终静止的位置x坐标 几何关系可知 联立解得 15．(18分) (1)，顺时针方向 (2) (3) 解析：（1）线框刚开始运动时速度为零，与磁场的相对速度为，根据右手定则可知线框左右两边产生的感应电动势顺接，由法拉第电磁感应定律可得 根据欧姆定律可得线框中的感应电流为 感应电流方向为顺时针方向 （2）设线框匀速运动的速度为，回路电动势为， 根据欧姆定律有 可求安培力为 根据线框匀速运动，可知安培力和摩擦力平衡 联立解得 （3）两线框碰撞，满足动量守恒定律 当边进入阻尼磁场，回路总电阻为 设边刚出磁场时线框速度为，从边刚进入磁场到边刚离开磁场的过程，由动量定理可得   ，联立解得 从边刚出磁场到边还未进入磁场过程中，回路电阻为 设边刚进磁场时线框速度为，从边刚出磁场到边刚进入磁场的过程，由动量定理可得 若，则，说明未进入磁场线框已经停止运动，即 求得 线框在阻尼磁场作用下运动的位移 1 学科网（北京）股份有限公司 $