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《江苏省宿迁中学2026 届最后一练 高三物理试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C C C D D A D A A
题号 11
答案 C
1．C
【详解】控制铀235核裂变反应速度的方法是控制中子的数量，其有效方法是用吸收中子能力很强的镉
棒插入铀燃料周围，镉棒插入的深度不同，吸收中子的数目的能力不同，从而达到控制核反应的目的。
故选C。
2．C
【详解】ABC．由图可知，a为两列波峰相遇点，为振动加强点，b为波谷与波峰相遇点，为振动减弱
点，c为波谷与波谷的相遇点，为振动加强点；cd在OO 的中垂线上，且两波源的振动情况完全相同，
1 2
故中垂线上的点均为振动加强点，故AB错误，C正确；
D．e为波谷与波峰相遇点，为振动减弱点，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而
防护人体免受高压电场及电磁波的危害。等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电
场强度为0。所以C正确，ABD错误；
故选C。
4．C
【详解】BC．电流i正在增大，可知电路磁场能增大，电场能减弱，电容器正在放电，A、B两板间的
电压在减小，故B正确，C错误；
A．由题图电路方向可知B板带正电，故A正确；
D．电流i正在增大，可知电路磁场能增大，故电场能正在转化为磁场能，故D正确。
本题选错误的，故选C。
5．D
【详解】B．动能变化量等于重力做功，即ΔE =mgy，两颗鸟食质量未知，且下落高度不同，因此动
k
能变化量不一定相同，故B错误；
C．平抛运动加速度恒为重力加速度g，速度变化量∆v=gt，方向始终竖直向下，因此两颗鸟食的速度
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学科网（北京）股份有限公司变化量方向相同，故C错误；
1 2y
D．竖直方向满足y= gt2，得运动时间t =
2 g
由图可知，落在N点的鸟食下落竖直高度更大，因此运动时间比落在M点的时间更长，落在N点鸟食
x
水平位移稍大于落在M点鸟食的，根据v= 可知两颗鸟食初速度不一定相同，故A错误，D正确。
t
故选D。
【点睛】
6．D
【详解】A．甲图装置中，插入和抽出条形磁铁，穿过螺线管的磁场方向相同，但插入过程中穿过螺线
管的磁通量增大，抽出过程中穿过螺线管的磁通量减小，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，螺线管中
感应电流方向相反，电流计指针偏转方向相反，故A错误；
l d
B．由∆x= l，得l= ∆x
d l
乙图中目镜观察到的干涉条纹倾斜并不会影响相邻亮条纹（或暗条纹）间距的测量，也就不会影响波长
测量的结果，故B错误；
C．丙图中探究气体等温变化规律实验的过程中，要求气体做等温变化，若用手握注射器管，会使注射
器内气体温度升高，故C错误；
D．丁图中测定玻璃的折射率，选用宽度大的玻璃砖，会使折射光线方向的确定更加准确，从而减小实
验误差，故D正确。
故选D。
7．A
【详解】A．对小球受力分析可知，F一定大于m g
1
故A正确；
B．将小球与滑块视为整体，受力分析可知滑块受到的摩擦力大小等于Fcosθ，故B错误；
C．将小球与滑块视为整体，受力分析可知
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学科网（北京）股份有限公司F =(m +m )g−Fsinθ
N 1 2
由牛顿第三定律知，滑块对木板的压力大小为(m +m )g−Fsinθ，故C错误；
1 2
D．滑块受到静摩擦力作用，可知滑块对木板的压力必大于零，故地面对木板的支持力必大于m g，故
3
D错误。
故选A。
8．D
【详解】A．9月30日至10月10日期间，卫星从b到c过程中，轨道高度逐渐降低，r减小，由 T ∝ r3
可知周期逐渐减小，故A错误；
GM
B．a点轨道高度小于c点，即r <r ，由v= ，得v >v ，故B错误；
a c a c
r
C．10月1日期间卫星轨道高度在变化，除重力外有其它力做功，机械能不守恒，故C错误；
D．从c到d过程轨道高度升高，卫星需要做离心运动，逆着运动方向喷气，卫星获得向前的推力，实
现加速，离心后轨道抬升，故D正确。
故选 D。
9．A
【详解】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W =0
根据热力学第一定律ΔE =W +Q
已知气体吸热Q，则内能的增量ΔE=W +Q=0+Q=Q
故选A。
10．A
【详解】ABC．由于物块B始终处于静止状态，在水平方向上，B物块仅受摩擦力和弹力，摩擦力与弹
力始终等大反向，O为弹簧原长位置，由此可知由N运动到M过程中，根据对称性可知，物块A由N
运动到O的过程和物块A由O运动到M的过程，弹力对B的冲量等大反向，总冲量为0，所以摩擦力
对B冲量为0，选项A正确，BC错误；
D．物块A由M运动到O的过程，B受到的弹力始终向左，则摩擦力始终向右，所以摩擦力冲量不为零，
故D错误。
故选A。
11．C
【详解】B．因小球在ab两点的速度大小相同，可知小球在ab两点的电势能相同，ab两点的电势相同，
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学科网（北京）股份有限公司即ab为等势面，则电场强度方向与a、b连线垂直，方向斜向左下方，B错误；
A．小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大再减小，A错误；
C．由对称性可知，ab连线与水平线的夹角为30 ，小球沿ab方向做匀速运动，则a、b之间的距离为
d =2vcos60⋅t=vt，C正确； °
qE
D．沿场强方向由2vsin60 =−2vsin60+ t
m
2 3mv
解得E= ，D错误。
qt
故选C。
12． 110Ω/110.0 ① R′=175Ω 不均匀 不同意 测量其他温度不准确
【详解】[1]多用电表欧姆挡读数为11Ω，选择的欧姆挡是“×10”，所以欧姆表测量结果是11×10Ω=110Ω；
[2]由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，所以电流表应该采用外接法，故①连接错误；
E
[3]根据闭合电路欧姆定律有I =
R′+R +R
g t
解得R′=175Ω；
E
[4]根据闭合电路欧姆定律有I =
R′+R +R
g t
又R =R（1+αt）
t 0
所以刻度是不均匀的。
E
[5][6]不同意，根据闭合电路欧姆定律有I =
R′+R +R
g t
电动势E变小，即使调节电阻箱减小电阻箱阻值R′，使电流表指针指在4mA，此时温度为0°C，温度
变化，金属电阻的阻值R变化，显然电流不再与电动势变化前相同，故测量其他温度不准确。
t
13．(1)
0.16V（或）160mV
(2)
0.008W（或）8mW
【详解】（1）太阳能电池不接负载时，开路电压等于电动势，即E=800mV=0.8V
短路时满足E=I r
短
E 0.8
因此内阻r= = Ω=20Ω
I 0.04
短
E 0.8
根据闭合电路欧姆定律，电路电流I = = A=0.032A
R+r 5+20
答案第4页，共7页
学科网（北京）股份有限公司路端电压U =IR=0.032×5V=0.16V
（2）电源输出功率规律：当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大。本题可调电阻范围为0∼30Ω，
可调节到R=r=20Ω
2
E
因此最大输出功率公式为P = r=0.008W
max 2r
14．(1) n2−1
n2
(2) L
c
sinθ
【详解】（1）根据光的折射规律可得n=
sinr
由几何知识可得r+C =90°
1
结合题意可得sinC =
n
联立解得 sinθ= n2−1
c
（2）光在玻璃丝中传播的速度v=
n
作出光的折射光路图，如图所示
L
由几何关系有sinC =
x
x
传播时间t =
v
n2
解得t= L
c
15．(1)15N
(2)① 0.625m
5
② m
6
【详解】（1）小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时设系统加速度为a，根据牛顿
第二定律，对小物块有mmg =ma
对整体有F =(M +m)a
min
解得F =15N
min
答案第5页，共7页
学科网（北京）股份有限公司（2）①若F =20N，则小物块和木板已发生相对运动，根据牛顿第二定律，对小物块有mmg =ma
1
解得a =3m/s2
1
对木板有F−mmg =Ma
2
解得a =4.25m/s2
2
1
撤去水平恒力F前，小物块的位移x = at2 =1.5m
1 2 11
1
木板的位移x = a t2 =2.125m
2 2 21
则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离Δx=x −x =0.625m
2 1
②撤去F时，小物块的速度v =at =3m/s
1 11
木板的速度v =a t =4.25m/s
2 21
撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对木板有−mmg =Ma
3
解得a =−0.75m/s2
3
设经过时间t 小物块和木板达到共速，则v =v +at =v +at
2 共 1 12 2 3 2
1
解得t = s，v =4m/s
2 3 共
v +v 7
时间t 内小物块的位移x′ = 1 共 ⋅t = m
2 1 2 2 6
v +v
时间t 内木板的位移x′ = 2 共 ⋅t =1.375m
2 2 2 2
5
则时间t 内，木板比小物块向右多走的距离Δx′=x ′−x ′ = m
2 2 1 24
5
此后两者保持相对静止一起做匀速运动，所以最终小物块到木板右端的距离s=Δx+Δx′= m
6
B2L2v2
16．(1) 0
2R
mv
(2) 0
BL
nmv2
(3) 0 ，n = 1，2，3，…
2(n+1)
【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv
0
E
则此时回路的电流为I =
2R
此时导体棒受到的安培力F = BIL
安
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学科网（北京）股份有限公司B2L2v2
此时导体棒受安培力的功率P=F v = 0
安 0 2R
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有−BIL⋅∆t =0−mv
0
其中I ⋅∆t =q
mv
解得q= 0
BL
（3）由于每根导体棒均以初速度v 进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进
0
1
入磁场后产生的总热量均为Q= mv2
2 0
1
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量Q = ⋅Q
R1 2
1 1
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量Q = ⋅ ⋅Q
R2 2 3
1 1
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量Q = ⋅ ⋅Q
R3 3 4
1 1
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量Q = ⋅ ⋅Q
Rn n n+1
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量
Q = Q ＋Q ＋Q ＋…＋Q
R R1 R2 R3 Rn
n nmv2
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出Q = ⋅Q= 0 ，n = 1，2，3，…
R n+1 2(n+1)
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