云南省福贡县一中2025-2026学年高三下期末大联考物理试题含解析.doc

云南省福贡县一中2025-2026学年高三下期末大联考物理试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“高分十号”卫星发射升空，卫星顺利进入略低于地球同步轨道的圆轨道，任务获得圆满成功。下列关于“高分十号”卫星的描述正确的是
A．“高分十号”卫星在轨运行周期可能大于24小时
B．“高分十号”卫星在轨运行速度在第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
C．“高分十号”卫星在轨运行的机械能一定小于同步卫星的机械能
D．“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度
2、关于物理学史，正确的是（　　）
A．库仑利用扭秤实验，根据两电荷之间力的数值和电荷量的数值以及两电荷之间的距离推导得到库仑定律
B．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电磁感应
C．法拉第通过实验总结出法拉第电磁感应定律
D．欧姆通过实验得出欧姆定律，欧姆定律对金属和电解质溶液都适用，但对气体导电和半导体元件不适用
3、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度的变化关系如图乙所示，直线斜率。取，则下列说法正确的是

A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为
C．打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为
D．打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为
4、 “跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具（图甲），弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆（图乙），人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面．

A．不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面
B．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能
C．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动
D．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大
5、绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为－2m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，由A点静止释放，则关于负点电荷的下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场） （ ）

A．负点电荷在AO段的加速度大于在OB段的加速度
B．负点电荷在AO段的运动时间小于在OB段的运动时间
C．负点电荷由A点运动到O点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快
D．当负点电荷分别处于－m和m时，电场力的功率相等
6、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则

A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B．由上往下看，液体做逆时针旋转
C．通过R0的电流为1.5A
D．闭合开关后，R0的热功率为2W
8、下列说法正确的是
A．用不能被水浸润的塑料瓶做酱油瓶，向外倒酱油时不易外洒
B．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度升高而减少
C．某气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为NA，则该气体的分子体积为V0＝
D．与固体小颗粒相碰的液体分子数越多，布朗运动越明显
E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
9、1966年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭的速度变化是Δv，下列说法正确的有（　　）

A．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
B．宇宙飞船和火箭组的总质量应为
C．推力F越大，就越大，且与F成正比
D．推力F减小，飞船与火箭组将分离
10、用头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．图甲一定是正点电荷形成的电场
B．图乙一定是异种电荷形成的电场
C．图丙可能是同种等量电荷形成的电场
D．图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）在“测定金属电阻率”的实验中，需要用螺旋测微器测量金属丝的直径，其结果如图甲所示，其读数为______mm；

测量电阻时，先用多用电表粗测金属丝的电阻阻值约为，再采用“伏安法”精确测量金属丝的电阻，实验室能够提供的实验器材有：
A．电流表，量程为，内阻
B．电流表A1，量程为，内阻
C．电流表A2，量程为，内阻
D．电阻箱，阻值范围
E.电阻箱，阻值范围
F.滑动变阻器，最大阻值为
G.电源，内阻约为
H.开关一只，导线若干
回答下列问题：
（2）正确选择实验器材，电流表应选择________和__________，电阻箱应选_______；（填写元器件前的字母代号）
（3）画出电阻测量的实验电路图_______；

（4）使用正确电路，分别测量多组实验数据，并记录在如图乙坐标系中，将调节到，根据记录的实验数据做出金属丝的图线________，并算出金属丝的电阻___________。（计算结果保留两位有效数字）
12．（12分）某学校在为准备学生实验“测量电阻丝的电阻率实验”时购进了多卷表面有很薄绝缘层的合金丝，一研究性学习小组同学想通过自己设计的实验来测算金属合金丝的电阻率和长度。
(1)小组某同学先截取了一小段合金丝，然后通过实验测定合金丝的电阻率，根据老师给提供的器材，他连成了如图甲所示的实验实物图∶该实验连接图中电流表采用的是_______（填“内接”或“外接”），滑动变阻器采用的是______（填“分压式”或“限流式”）；实验时测得合金丝的长度为0.300m，在测金属合金丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属合金丝的直径为_____mm。

(2)实验过程中电压表V与电流表A的测量结果已经在图丙中的U－I图像中描出，由U－I图像可得，合金丝的电阻为_______Ω；由电阻定律可计算出合金丝的电阻率为_____________Ω·m（保留三位有效数字）。

(3)小组另一同学用多用电表测整卷金属合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤∶
①将红黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔∶选择电阻挡“×100”；
②然后将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零；
③把红黑表笔分别与合金丝的两端相接，多用电表的示数如图丁所示，该合金丝的电阻约为____Ω。

(4)根据多用电表测得的合金丝电阻值，不计合金丝绝缘层的厚度，可估算出合金丝的长度约_____m。（结果保留整数）
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN，磁感应强度大小为B0，方向垂直水平南向下，磁场的宽度为，俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径的四分之一光滑绝缘圆弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A，球a质量为2m、电量为－q；球b质量为m、电量为q；某瞬时绝缘裝置解锁，a、b被弹开，装置释放出3E0的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用）
(1)解锁后两球速度的大小va、vb分别为多少；
(2)球a在磁场中运动的时间；
(3)若MN另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E的大小和方向。

14．（16分）如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看做理想气体．

(i)活塞静止时，求汽缸内气体的压强；
(ii)若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动 L/2时，求汽缸内气体的温度．
15．（12分）导热性能良好的两个相同容器A、B由细软管C连通，灌注一定量的某液体后将A的。上端封闭，如图甲所示，A中气柱长度为h，温度为T0.保持A固定不动，缓慢竖直向下移动B，停止移动时位置如图乙所示，此时A、B容器中液面高度差为，甲、乙两图中软管底部相距为。保持两容器位置不变，缓慢加热气体A，使得两容器中液面再次持平，如图丙所示。已知液体密度为ρ，重力加速度为g，求：
①大气压强p0；
②丙图A容器中气体温度T。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】
A．万有引力提供向心力：

解得：，因为“高分十号”轨道半径略低于地球同步轨道的圆轨道，所以周期小于同步卫星的周期24小时，A错误；
B．第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，所以“高分十号”卫星在轨运行速度小于第一宇宙速度，B错误；
C．“高分十号”和同步卫星的质量关系未知，所以机械能大小关系不确定，C错误；
D．高空的卫星由万有引力提供向心加速度：

可知“高分十号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，同步卫星和地球赤道上的物体角速度相同，根据：

可知同步卫星的向心加速度大于地球赤道上的物体的向心加速度，所以“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，D正确。
故选D。
2、D
【解析】
A．库仑利用扭秤实验，得到两电荷之间的作用力与两电荷之间距离的平方成反比，与电量的乘积成正比，从而推导出库仑定律，但当时的实验条件无法测出力的数值和电荷量的数值，选项A错误；
B．奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应，不是电磁感应现象，选项B错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯通过实验总结出了法拉第电磁感应定律，人们为了纪念法拉第，所以将其命名为法拉第电磁感应定律，故C错误；
D．欧姆定律是个实验定律，适用于金属导体和电解质溶液，对气体导电、半导体导电不适用。故D正确。
故选D。
3、C
【解析】
夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；
【详解】
A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度，得
取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：
代入数据解得：，故选项AB错误；
C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为
打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：
即：
代入数据解得，故选项C正确；
D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料，由动能定理得：
同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为
则对夯锤与桩料，由动能定理得：
则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为
代入数据可以得到：，故选项D错误。
本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。
4、D
【解析】
当弹簧下压的程度比较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，故A错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长,弹簧的弹性势能转化为人的动能和重力势能，故B错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，开始弹力大于重力，人向上加速，弹簧逐渐恢复性变,弹力逐渐减小，加速度逐渐减小；后来弹力小于重力，人的加速度反向增加，所以人的加速度先减小后增大，故C错误，D正确．所以D正确，ABC错误．

5、B
【解析】
A．在电势随两点间距离的变化图线中，图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，设C点的坐标值为－m，则C点圆弧切线斜率大小等于直线斜率的绝对值，即此时电场强度大小相等，由牛顿第二定律可知，此时加速度大小相等，故A错误；
B．由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向，负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动，由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度为零，则AO段的平均速度大于OB段的平均速度，所以AO段的运动时间小于OB段的运动时间，故B正确；
C．相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故C错误；
D．当负点电荷分别处于－m和m时，电荷所受电场力相等，但－m处的速度大于m处的速度，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选B。
6、B
【解析】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a1=gsinθ+μgcosθ
a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；
C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有

得

由闭合电路欧姆定律有

解得

R0的热功率

故C错误，D正确。
故选BD。
8、ABE
【解析】
A．从塑料酱油瓶里向外倒酱油时不易外洒，这是因为酱油不浸润塑料，故A正确；
B．一定质量的理想气体，在压强不变时，温度升高，则分子对器壁的平均碰撞力增大，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数减少，故B正确；
C．气体间距较大，则

得到的是气体分子间的平均距离，故C错误；
D．布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，布朗运动的激烈程度与温度和悬浮颗粒的体积有关，温度越高，体积越小，布朗运动越剧烈，若是与固体颗粒相碰的液体分子数越多，说明固体颗粒越大，不平衡性越不明显，故D错误；
E．根据热力学第二定律，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故E正确。
故选ABE。
9、BC
【解析】
A．对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有

设飞船对火箭的弹力大小为N，对火箭组，由牛顿第二定律，有

解得

故A错误；
B．由运动学公式，有，且

解得

故B正确；
C．对整体

由于（m1+m2）为火箭组和宇宙飞船的总质量不变，则推力F越大，就越大，且与F成正比，故C正确；
D．推力F减小，根据牛顿第二定律知整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞船与火箭组不会分离，故D错误。
故选BC。
10、BC
【解析】
A．点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，A错误；
B．根据等量异种电荷电场线分布的特点对比可知，图乙一定是异种电荷形成的电场，B正确；
C．根据等量同种电荷电场线的特点对比可知，图丙可能是同种等量电荷形成的电场，也可能是同种不等量电荷形成的电场，C正确；
D．由图可知，两个金属板之间的电场类似于匀强电场，所以图丁可能是两块金属板带异种电荷形成的电场，D错误。
故选BC。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、1.601mm A B E 5Ω
【解析】
（1）[1]螺旋测微器读数为

（2）[2][3][4] 由所给实验器材可知，没有电压表，应该用电流表与电阻箱改装电压表。
因为流过电阻的电流最大约为

则电流表应选择B。
电源电动势为3V ，改装的电压表量程应为3V ，应选用电流表A与电阻箱改装成电压表
电阻箱的阻值

电阻箱应选E。
（3）[5]待测电阻阻值约为5Ω ，电流表内阻约为0.1Ω，电压表内阻为10kΩ，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为10Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示

（4）[6][7]根据坐标系内描出的点作出图像如图所示

由图示图像可知，金属丝的电阻

12、外接 限流式 0.680 3.00 3.63×10－6 1400 140
【解析】
(1)[1]根据实物连接图分析可知该实验连接图中电流表采用的是内接，[2]滑动变阻器采用的是限流式，[3]螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0=0.180mm，所以最终读数为0.5+0.180mm=0.680mm；
(2)[4]由图像，据欧姆定律可得该小段金属合金丝的电阻为

[5]金属合金丝的横截面积

根据电阻定律可计算出金属合金丝的电阻率为

(3)③[6]欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知多用电表的表盘读数为14，该合金丝的电阻约为

(4)[7]根据电阻定律可知长度之比等于电阻之比，即有

所以金属合金丝的长度

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)，(2)(3)，方向与MN成斜向上方向
【解析】
(1)对两球a、b系统，动量守恒，有

能量守恒，有

解得
，
(2)小球在磁场中运动轨迹如图所示，

由牛顿第二定律得

故小球在磁场中运动的半径

由几何知识得
，∠
两粒子在磁场中运动对应的圆心角均为

(3)两小球相遇，且a做直线运动，电场若与a从磁场射出时的方向相同，则a做减匀速直线运动，b做类平抛运动，b在轨道上运动时间

两球同时出磁场，若电场与小球a从磁场射出时的方向相同，小球a做匀减速直线运动，小球b做向左方做类平抛运动，则两球不能相遇，故电场方向为与a从磁场出射方向相反，即电场方向为与MN成斜向上方向。现小球b做向右方做类平抛运动与a球相遇

联立得

电场大小为，方向与MN成斜向上方向。
14、（1）1.2×105 Pa
（2）500 K
【解析】
（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：
p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，
代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa，
（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得：，
代入数据解得：T2=500K．
15、①；②。
【解析】
①由状态甲到状态乙，A容器中气体等温变化由玻意耳定律得

解得

②由状态甲到状态丙，可看作等压变化
由盖一吕萨克定律

由几何知识

解得