2025-2026 学年度高三年级下学期综合素质评价三
物理学科
考试时间：75 分钟；试卷满分：100 分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题，共 46 分）
一 、单项选择题： (本题共 7 小题，每道题目 4 分，共 28 分。每个小题只有一项符合要求)
1 ．甲、乙、丙、丁四幅教材插图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是( )
A ．甲图中，在薄膜的右侧能够看到明暗相间的条纹，这是薄膜干涉现象
B ．乙图中，一个处于第 5 能级的氢原子，最多可以辐射 10 种频率的光
C ．丙图中，酱油与右边材料不浸润，它与水银和玻璃之间的关系类似
D ．丁图中，汤姆孙通过对阴极射线的研究揭示了原子核内还有复杂结构
2 ．如图是以质点 P 为波源的机械波在绳上刚传到质点 Q 时的波形。下列说法正确的是( )
A ．Q 点即将开始向下振动
B．P 点从平衡位置刚开始振动时，运动方向向上
C ．若 P 点停止振动，绳上的波会立即消失
D ．当波传到 Q 点时，P 点恰好振动了 1 个周期
3 ．小区阳台常见的升降式晾衣架如图所示，它由一根轻绳跨过光滑轻质滑轮带动总质量为 m 的晾衣杆部分。现缓慢向上拉动晾衣架至新的平衡位置，此过程中保持绳始终绷直且未与滑轮打滑或脱离。在晾衣架缓慢上移的过程中，下列说法正确的是( )
A ．当绳 a 与竖直方向成 60°时，轻绳上的张力大小为 mg 6
B ．轻绳上的张力逐渐减小
C ．轻绳上的张力逐渐增大
D ．总质量为 m 的晾衣杆部分所受合力逐渐增大
4 ．2026 年 1 月 2 日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为
H + H → x +n 。已知氘核的质量为m1 ，比结合能为 E，中子的质量为m2 ，反应中释放的核能为 ΔE ，光速为 c，下列说法正确的是( )
A ．反应产物 x 为 He
ΔE
B ．x 核的质量为 2 + m2 _ 2m1
c
C ．x 的比结合能为
D ．核聚变需要极高的温度，是为克服核子间的万有引力
5 ．如图甲所示，质量分别为 1kg、2kg 、3kg 的三个物块 A、B 、C 叠放在水平面上，现对物块 B 施加一水平向右的拉力 F，物块 A 、B 、C 的加速度与水平拉力的关系如图乙（以水平向右为正方向）所示。
若物块足够长，物块 A、B 间的动摩擦因数为μ1 ，物块 B、C 间的动摩擦因数为μ2 ，物块 C 与地面间的
动摩擦因数为μ3 ，重力加速度取 g=10m/s2，则下列正确的是( )
答案第 2 页，共 8 页
A．μ1=0.2 B．μ1=0.3 C．μ2=0.3 D．μ3=0.4
6 ．如下图所示，一束由红、蓝色光组成的复合光，以入射角 θ 从侧面射入均匀透明的长方体玻璃砖，在玻璃内色散成 a、b 两束，在玻璃砖上表面刚好没有光线射出。已知红光的折射率小于蓝光的折射率，则( )
A ．b 为红色光束 B ．全反射临界角C红 < C蓝
C ．玻璃对红光的折射率n sin2θ D ．若缓慢增大 θ,蓝光先从上表面射出
7 ．行星 A 、B 绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳在椭圆轨道的焦点上，A 、B 所受的引力随时间的变化如图所示，其中t2 = ·2t1 ，行星 A、B 与太阳的距离分别记为 rA 、rB。假设 A、B 只受到太阳的引力，下列叙述正确的是( )
A ．行星 A 、B 轨道半长轴之比 2 ：1
B ．rA 的最大值与 rB 的最大值之比为 4 ：9
C ．行星 A 与行星 B 的质量之比为 81 ：32
D ．行星 B 与太阳的连线在任意 t2 时间内扫过的面积均为整个椭圆轨道面积
二 、多项选择题： (本题共 3 小题，每道题目 6 分，共 18 分。每个小题有多个选项符合题目要求。全选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有选错得 0 分。)
8 ．如图所示，真空中位于同一高度的 P 、Q 为带电量均为+Q 的点电荷，O 点为 P 、Q 连线的中点。一可视为质点、带电量为+q 的小球从O 点正上方的A 点处由静止释放，A、P 的连线与水平方向夹角θ > 45° ,
答案第 3 页，共 8 页
A、B 两点关于O 点对称。若以O 点为位移零点、竖直向下为正方向、无限远处电势为零，则下列关于小球从A 点运动到 B 点的过程中，其加速度a 、重力势能Ep 、机械能E机 、电势能E 等随其位移x 变化的图像中可能正确的是( )
答案第 4 页，共 8 页
(
A
．
)
(
C
) (
D
) (
.
)
(
B
．
)
(
.
)
9 ．某同学自制电子秤的原理示意图如图所示。托盘与金属弹簧相连，滑动变阻器 R 的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端，此时电压表示数为 0.设变阻器总电阻为 R，总长度为 l，电源电动势为 E，内阻为 r，限流电阻阻值为 R0，弹簧劲度系数为 k，重力加速度为g。忽略弹簧的电阻、托盘与弹簧的质量及一切阻力，电压表示数未超过量程。下列说法正确的是( )
A ．该电子秤能够称量的物体最大质量为 g kl
R + r
(
R
+
R
+
r
)B ．电压表的示数能够达到的最大值为 0 E
0
C ．电压表示数为 U 时，物体的质量为
D ．电压表示数为 U 时，物体的质量为
10．如图所示，界线 MN 以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取 MN 上一点O 作为原点，竖直向下建立y 轴，磁场的磁感应强度 B 随y 坐标（以 m 为单位）的分布规律为 B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为 m=0. 1kg、电阻 R=2Ω 的正方形金属框 abcd 从 MN 上方静止释放，0.2s 后金属框的cd 边到达界线 MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力 F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直， g 取 10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A ．金属框进入磁场的过程中电流大小为 1A
2
B ．金属框进入磁场的过程经历的时间为 s
3
C ．金属框进入磁场的过程中外力 F 做功为 0.35J
D ．金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到 2m/s 后不再加速
第 II 卷（非选择题，共 54 分）
11．（6 分）某物理兴趣小组采用图甲所示的双缝干涉实验装置，开展光的波长测定实验，实验过程中通过目镜清晰观测到光屏上的干涉条纹。
(1)如图乙所示，实验中发现目镜中干涉条纹与分划板中心刻线始终有一定的角度，下列操作可以使得分
划板中心刻线与干涉条纹平行的是( )
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A ．仅拨动拨杆 B ．仅旋转单缝
C ．仅前后移动凸透镜 D ．仅旋转毛玻璃处的测量头
(2)实验操作过程中，干涉条纹的形态由图丙①变为图丙②,下列操作中能够实现这一变化的是( )
A ．换用长度更长的遮光筒 B ．增大单缝到双缝的距离
C ．换用间距更小的双缝 D ．将红色滤光片更换为紫色滤光片
(3)某次测量条纹间距时，因游标卡尺零刻度线标识模糊，采用目镜测量头进行观测，其示数如图丁所示（箭头所指为游标卡尺与主尺的对齐位置），则该次测量的读数为 mm 。
12 ．（10 分）一实验小组为了测量一个改装后量程为0 ~ 0.6A 的电流表的内电阻RA ，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电流表为待测电流表，R0 为定值电阻，R 为电阻箱。
(1)一同学实验步骤如下：闭合开关S，将电阻箱电阻调至 0 时，电流表读数如图乙所示，读出此时电流I1 = A ； 然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R 和此时电流表的电流I2 ，忽略电源内阻，则电流表电阻的测量结果R = （用 I1、I2、R 和R0 表示）；如果考虑电源内阻，则该测量结果RA 与真实值比较 （填“偏大” 、“偏小”或“不变”）。
(2)另外一同学实验步骤如下：闭合开关S ，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R 及对应电流表的电流I ，
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1
作出 一 R 图像如图丙所示，不考虑电源内阻，从图像可知电流表内阻的测量值为 ；还I
可测出电源的电动势为 （用 a、b、R0 表示）。
13．（8 分）如图所示，粗细均匀的 U 形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置．管中有两段水银柱 a、 b，长分别为 5cm、10cm，两水银液柱上表面相平，大气压强为 75cmHg，温度为 27℃ , a 水银柱上面管中封闭的 A 段气体长为 15cm，U 形管水平部分长为 10cm，两水银柱间封闭的 B 段气体的长为 20cm，给 B 段气体缓慢加热，使两水银柱下表面相平，求此时：
(i)A 段气体的压强；
(ii)B 段气体的温度为多少
14 ．（13 分）如图，两平行金属导轨由倾角θ = 37° 足够长的倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平部分的正方形 abcd区域内存在竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间变化规律为B1 = 0.5t ，倾斜
部分存在方向沿斜面向下、大小B2 = 1T 的匀强磁场。质量m = 0.1kg ，电阻R = 0.2Ω 的导体棒 ef锁定于倾斜轨道上边缘 PQ 处。t = 0 时刻，解除锁定，同时对 ef施加沿斜面向下的拉力，使其以a = 5m / s2 的加速度匀加速下滑。已知 ef 始终与导轨垂直且接触良好，与导轨间动摩擦因数μ = 0.5，其长度及导轨间距均为L = 0.2m ，水平导轨电阻不计，倾斜部分每条导轨单位长度电阻r0 = 0.04Ω ,重力加速度
g = 10m / s2 ，sin37° = 0.6 。
(1)求回路中感应电动势的大小；
(2)求t = 0 时刻拉力的大小；
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(3)若前 1s 内流过 ef 的电荷量q = 0.08C ，求此过程中拉力的冲量大小；
15 ．（17 分）如图所示的平面直角坐标系中，x 轴水平向右、y 轴竖直向上，区域 I 存在平行于 xOy 平
面的匀强电场，场强大小为E， 区域 II 存在垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B g ，区域 III 存在竖直向上、场强大小为E的匀强电场和垂直于xOy 平面向外、宽度均为d 、磁感应强度大小依次为B0、2B0、 、nB0 的n 个匀强磁场。在原点O 处将质量为m 、电荷量为+q 的小球以大小为v0 的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为 v0 经过A 点，速度方向与x 轴正方向相同，之后经过MM 9 与x 轴的交点C ，小球第一次经过NN9 时速度方向沿x 轴正方向。已知MM 9、NN9 是相邻区域的边界且均与x 轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为g 。
(1)求小球从O 点运动到A 点过程中合外力的冲量及区域 I 中的电场强度与x 轴正方向的夹角θ ;
(2)求小球经过C 点时的速度大小vC 和在区域 II 运动时最大速度的大小vm ；
(3)若B ，求小球在区域 III 运动过程中最大水平位移的大小x 。
答案第 8 页，共 8 页《2025-2026 学年度高三年级下学期综合素质评价三》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C C C C B BC AC ACD
11 ．(1)D (2)D
(3)10.70
【详解】（1）若要使得分划板中心刻线与干涉条纹平行，仅旋转毛玻璃处的测量头即可。故选 D。
（2）A ．干涉条纹由图丙 1 变为图丙 2，观察到的条纹数目增加，即条纹间距减小，由公式可知，换用长度更长的遮光筒，条纹间距增大，故 A 错误；
B ．增大单缝到双缝的距离，可知条纹间距不变，故 B 错误；
C ．换用间距更小的双缝，即 d 减小，则条纹间距增大，故 C 错误；
D ．红色滤光片换成紫色滤光片，即λ 变小，则条纹间距减小，故 D 正确。
故选 D。
（3）由图可知，主尺的读数为24 mm ，游标卡尺为 20 分度，故其精确度为 mm = 0.05 mm则游标卡尺的分度值为1 mm _ 0.05 mm = 0.95 mm
其读数为24 mm _14× 0.95 mm = 10.70 mm
12 ．(1) 0.58 偏大
a
(2) a _ R0 b
【详解】（1）[ 1] 电流表量程为 0.6A，由图乙所示表盘可知，其分度值为 0.02A，示数为 0.58A；
[2][3]根据欧姆定律有E = I1 (R0 + RA）、E = I2 (R0 + R + RA）
联立可得RA
根据闭合电路欧姆定律有E = I1 (R0 + r + RA）、E = I2 (R0 + r + R + RA）联立可得RA
可知如果考虑电源内阻，则该测量结果 RA 与真实值比较偏大。
（2）[ 1]根据欧姆定律E = I(R0 + RA + R)
整理可得
结合题图可得 b可得RA = a _ R0
[2]根据欧姆定律E = I(R0 + RA + r + R)整理可得
结合题图可得
可得电源的电动势为E
13 ．（1）80cmHg（2）375K
【分析】（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度.
【详解】（1）加热后，当 b 水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B 段气体压强pB=p0+10cmHg=85cmHg；
A 段气体的压强为 pA=pB-5cmHg=80cmHg
（2）给 B 段气体缓慢加热时，B 段气体发生的是等压变化，则 a 水银柱处于静止状态，当 b 水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，设此时 B 段气体的温度为 T2，则
式中 L1=20cm ，L2=25cm解得 T2=375K
14 ．(1)0.02V
(2)0.31N
(3) 0.308N . s
【详解】（1）回路中感应电动势E 其中 T / s
解得E = 0.02V
（2）t = 0 时刻感应电流IA
根据楞次定律可知，电流方向由 e 指向f，对 ef进行分析，根据牛顿第二定律有F0 + mgsinθ _ μ (mgcosθ + B2I0L) = ma
解得F0 = 0.31N
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（3）导体棒 ef在 1s 末速度v = at1
对 ef 进行分析，前 1s 内，根据动量定理有IF + mg sinθ . t1 - μ (mg cosθ + B2 IL)t1 = mv
其中q = It1
解得IF = 0.308N . s
v0 ， 3v0
【详解】（1）设小球从O 到A 速度变化量为Δv ，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示
Δv 的大小为 v0 ，设Δv与y 轴负方向夹角为 α ,有
解得 α = 30°
由动量定理可知，该过程合外力的冲量I = mΔv
解得I mv0 ，方向与y 轴负方向夹角 α = 30°对小球受力分析，水平方向有qE cos θ = max
竖直方向有mg +qE sinθ = may
设小球从O 到A 经历的时间为t ，则 ax ay
联立解得电场强度与x 轴正方向的夹角θ = 30° , ax = g，ay = g
（2）依题意，小球从O 到 C 所用时间为2t ，则小球在 C 点时水平方向的分速度vCx = ax × 2t ，则小球经过C 点时的速度大小vC v0
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度v1 ，大小满足qv1B = mg
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可得vv0
设v2 与v1 等大反向，v2 与vC 的合速度为v3 ，则小球的运动可看成以速度大小为v3 的匀速圆周运动和速度大小为v1 的匀速直线运动的合运动，如图所示
根据几何关系可得v v0
可知当v3 与v1 方向相同时，在区域 II 运动时的速度最大，为 vm = v1 + vv0
（3）小球在区域 III 运动，由于qE = mg 可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域 III 中运动的水平位移最大。
小球经过第 1 个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得Σ Fy1Δt = Σ qB0vx1Δt = qB0d = mvy1 _ 0同理可得小球经过第 2 个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得
ΣFy 2Δt = Σq × 2B0vx 2Δt = 2qB0d = mvy 2 _ mvy1
小球经过第 3 个磁场，有3qB0d = mvy3 _ mvy 2 …小球经过第n 个磁场，有nqB0d = mvyn _ mvyn_1
则小球经过n 个磁场后，竖直方向有qB0d (1+ 2 + 3…+ n) = mvyn _ 0可得vyn n = 1, 2, 3…)
当n = 63 时，可得vy v0 < vm
当n = 64 时，可得vy v0 > vm
可知小球在第 64 个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第 64 个磁场中沿水平方向通过的位移为x0 ，则有64qB0x0 = mvm _ mvy 63
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解得x
故小球在区域 III 运动过程中最大的水平位移为x = 63d d
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