物理答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260525安徽省合肥市第一中学2026届高三最后一卷（全科）

物理参考答案与评分标准
1.答案：A；
解析：
A项，根据核反应的质量数守恒、电荷数守恒，可知X为 ，故正确；
B项，该反应不属于α衰变，属于原子核的人工转变； 4
2He
C项， 的比结合能比 小；
D项，3 的半衰期不随4温度变化而变化。
1H 2He
3
2.答案1：
H
A
解析：设备受重力 mg、拉力 T、阻力 f 三力平衡。设绳与竖直方向夹角为 θ，正交分解：
Tcosθ=mg
Tsinθ=f
θ 增大时：cosθ 减小 ⇒ T 增大
θ 增大时：sinθ增大且 T增大 ⇒ f 增大；故拉力与阻力均增大。
3.答案：C
解析：据图析题
由于t = 2s 时，P、Q均处于平衡位置且沿 y 轴正方向运动，可知机械波同时传
到P、Q位置，又同一机械波在不同介质中传播的周期相同，可知质点P、Q 的
 1
1 
 2
振动状态始终相同，A错误。由题图知机械波在介质Ⅰ、Ⅱ中的波长之比为 2 ，
 v 1
v 1 
根据 T 可得 v 2 2 ，B 错误。由题图可知机械波的周期为 T = 2 s，机械波传
到P点需要1s，t =3s 时，P质点振动了一个周期，故P质点经过的路程为s =
1
t 4.2s2 T
4A=8cm，C 正确。t= 5.2s 时，质点Q振动的时间为 0 10 ，可知此时质点Q已通过平衡位置向波谷运动，Q质点做加速度逐渐增大的减速运动，D
错误。
4.答案A
解析：双缝干涉条纹是等间距的，单缝衍射条纹不等间距，因此甲乙是干涉条纹，丙丁是衍
射条纹；根据根据干涉规律，相同条件下，波长越长，条纹间距越大，因此甲是红光干涉条
纹，乙是紫光干涉条纹，A正确，B错误；光从空气进入水中波长变短，因此衍射条纹间距
变小，C错；根据德布罗意波公式，动量和波长成反比，因此丙图中红光光子动量更小。
5.答案：C
解析：根据充放电过程特点可以判断， 时刻为充电过程，电场能在增加； 时刻为充电过
程，左极板带正电，因此AB错误；电磁振荡周期公式 ,电磁振荡周
1  2
期与自感系数、电容有关，D错误。 −4
=2    ≈2×10 
6. 答案：D
Mm 42 42r3
G  m r M 
选项A：根据万有引力提供向心力公式 r2 T2 ，可推导出恒星质量 GT2 已知 、
、 ，可以计算出恒星质量。A 错误。
r
选项B：在中心天体质量公式中，环绕天体（行星）的质量 会在公式两边约去，因此无
T G
法通过行星的轨道参数求解行星自身质量。B 错误。
m
Mm
F G
选项C：计算万有引力大小需要公式 r2 ，虽然 可求，但行星质量 未知，故无
法计算引力具体大小。C 错误。
M m
v2
选项D：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，满足 mgm R ，即 v gR。由mgm M R m 2 得
42r3
gm G
R
M
2
代入M 4
G

T
2r
2
3 ，化简可得v G
R
M  G G
R
T2  4
T

2
2
R
r3
7.答案：C
A．电源正极连接下板，负极连接上板。在平行板电容器中，电场方向由正极板指向负极板，
因此两板间的电场方向是竖直向上，故A错误；
B．小火箭与下板接触，小火箭带正电，其受到的电场力向上，“小火箭”在向上运动的过程
中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；
U
C．题意可知上下两板间电压U不变，根据E  可知，减小两板间距离d，则两板间电场
d
强度E增大，故C正确；
S
D．根据C  可知，减小两板间距离d，电容C增大，根据QCU可知，板上锡纸的
4kd
电荷量增大（U不变），故D错误。
故选C。
8.答案：D
货物对传送带的压力
对挡板的压力
1 =   cos 
传送带对货物的摩擦力为 方向与运动方向相同；
2 =   sin 
1 =  1  1 =  1   cos  =0.56  挡板对货物的摩擦力为 与运动方向相反；
对货物，根据牛顿第二定律可得 解得
2 =  2  2 =  2   sin  =0.06  
加速运动的加速度 2
1−  2 =    = 5.0m/s
V =at t =2s 2
0 1 1
= 5.0m/s
X at 2=10m
1 1
1
X =L2-X =10m=V t
2 1 0 2
t =1s
2
=
运动时间t=t +t =2s+1s=3s
1 2
到达右端的速度V =10m/s
右
X =V t -X =10m
相 0 1 1
Q = .X
1 相
Q = L
2  1
摩擦生热Q=Q +Q =56J+12J=68J
2 1 2
9.答案：CD
解：A.速度变化率就是加速度，平抛运动过程中加速度不变，故A错误；
B.由h gt2，可得平抛运动时间由竖直下落高度所决定，故B错误；
1
C.重力=做2功的瞬时功率P
瞬
＝mgvy ，而vy ＝gt，又因面片从O到P与从O到Q的时间之比
为4：9，故C正确；
D.依据竖直位移公式h gt2，从O到P与从O到Q的竖直位移之比为16：81，则面片从
1
O到P与从P到Q的竖=直2位移之比为16：65，则重力做功之比为16：65，又因平均功率用
，

故=重力  做功的平均功率之比为4：13，故D正确。
故选：CD
10.答案：BCD
A．设导体棒a从加速到匀速用时为t，运动距离为x，根据动量定理可得BILtmv0
mv
可得从加速到匀速，流经a的电荷量为qIt
BL
U  t BLx
若q t   
r t r r
mvr
联立解得x ，但是流过的电荷量等于电容器放电的电荷量CEBLv，不等于
B2L2
U mvr
q t，故x ，故A错误；
r B2L2
B．导体棒a匀速时，其两端电压与电容电压相等为U BLv
1
1 1 1 1
故弹射导体棒a的过程中，电容器释放的电能为W  CE2 CU 2  CE2 CB2L2v2 ，B
2 2 1 2 2
正确；
 t BLs
C．导体棒b减速至静止过程中，流经其的电荷量为q  1  ，C正确；
t Rr Rr
1D．设导体棒b减速至静止用时为t ， 根据动量定理可得BILt Ft mv 0
1 1 f 1 0
由于qIt
1
mv RrB2L2s
代入数据，解得t  0 ，D正确。
1 F Rr
f
故选 BCD。
11.答案：（1）2.385；（2） ； B ；（3）0.50或0.51。

【解答】解：（1）由图示游

2标卡尺可知，其精度是0.05mm，其读数为23mm+17×0.05mm
＝23.85mm＝2.385cm。
（2）小球经过光电门C的瞬时速度表达式为v

=
小球从B到C的运动时间是T，由图示v﹣T图像  可2 知，小球的速度v随时间T均匀增加，
即v﹣T图像是倾斜的直线，小球做匀加速直线运动。B项正确
（3）设小球经过B时的速度为v0 ，小球做匀加速直线运动，小球经过C时的速度v＝v0+aT，
由图示v﹣T图像可知，小球经过B时的速度v0 ＝0.58m/s，当小球经过光电门C的速度v
＝1.00m/s，T＝0.64s
光电门B、C间的距离x m≈0.51m
0+  0.58+1.00
12.(1)AD (2)C (3)>= (4)B  = ×0.64
2 2
【详解】 （1）本实验中还需要交流电源、以及测量交流电压所需的多用电表，不需要干电
池、直流电压表，故选AD。
U n
a  a
U n
(2)由表格数据可知 b b
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于
匝数比，所以原线圈的匝数为n，副线圈的匝数为n，而副线圈电压较小，电流较大，所以
b a
为了尽量减少能量损失，副线圈所用导线应比原线圈粗，可知C选项符合题意。
故选C。
（3）>
(4) B 用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，减小涡流；用B选项的摆放方
式可以更好减少漏磁
p S 4p Sl
13.答案：(1) 0 (2) 0 0 W
3g 3 0
【解】（1）对题图1中的活塞受力分析，有mg pS  p S（1分）
1 0
对题图2中的活塞受力分析，有mg p S  p S （1分）
0 2对汽缸内的气体，由玻意耳定律，有pS2l  p Sl （2分）
1 0 2 0
p S
联立解得m 0 （2分）
3g
（2）设汽缸内气体对活塞做的功为W，对活塞由动能定理可得
WW mgl  p Sl 0（1分）
0 0 0 0
则活塞对气体做的功W W（1分）
由热力学第一定律可知U QW （2分）
4p Sl
Q 0 0 W
联立解得汽缸内气体从环境中吸收的热量为 3 0（2分）
14.答案：(1) (2) 可能一x =4L，可能二x =12L v= v
0 0 0
0
① ② 13
(1)粒子在从P到O过程中，轨迹如图，设轨迹半径为r，则：
2 2
2 2 2− 2
=  +  − 
解得 , 轨迹圆心2角为45°（2分）2
又因为  =洛  伦兹力提供向心力可得
（1分）
2
0
0  0 = 
解得 （1分）
0
0 =  
(2) 粒子在垂直xOy平面内做匀速圆周运动，设轨迹半径为 ，
①  1
v =v sin45°= v （1分）
0y 0 0
2
洛伦兹力提供向心力可得 2
qv B =m
v0y 2
（1分）
0y 1
T= 2π （  1 1分）
v0  y1
解得 ， （2分）
2 2 
1 =   =  0
因为正粒子在区域Ⅰ内运动的时间不超过 L，所以粒子可能的运动时间是T、2T，
v0
6
粒子在x方向做匀加速直线运动， v0 2，v =v cos45°，有x =v t + 1 at 2（1分）
0x 0 0 0x2 2
2L 2

当t =T时，x =4L（1分）  =  =
2 0当t =2T时，x =12L（1分）
2 0
取x 的最大值为12L，由v =v +at ,解得v = 2 v （1分）
0 x1 x0 2 x1 0
2
5
②又v= v 2+v 2,解得v= v （1分）
x1 0y 0
13
15. 解：(1)设弹簧从原长拉伸（或压缩） ，由胡克定律 ，弹簧对外做功为
（2分）   =  
0+  
=− 2 ∙ 
根据功能关系，弹性势能的增加量等于 .（2分）
1 2
(2)设释放时底板离地的高度为 ，刚落  地  时=，−  =2   （1分）
着地后，设货物上升的最大高度为 ，这一过程，2 对弹簧和货箱，
ℎ  =2  ℎ
由能量守恒可得：  （2分）
1 2 1 2
在最高点： 2  （  2分=）    +2  
解得：   .=（  1  分）
3  
(3)对 ℎ、=整2  体，从底板与地碰后到上升至最高点，由动量定理可得：
（1分）

2    =0−   （1分）
2 
= 2  ℎ= 3 
解得： ;（1分）

由于两  物=体2质  =量3相等2  ，反弹后瞬间A、B速度等大反向，此后整体可看作自由落体运动，经
过时间 ， 速度为v， 速度减为零。整体重心下降高度： （1分）
2
1 2   
ℎ  =2   = 36 
由能量守恒， （1分）
1 2
2   ℎ  +2   =   
（1分）
2 2 2

= 6