安徽省2026届皖南八校高三第二次大联考物理（含答案）

2026届“皖南八校”高三第二次大联考

物理

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答

题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

................

3.本卷命题范围：人教版必修第一三册、选择性必修第一二册。

一、选择题：本题共10小题，共42分。第1~8题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合要求的；第9~10题，每小题5分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.用如图所示的装置观察光的干涉现象．狭缝S1、S2关于OO′轴对称，光屏垂直于OO′轴放置，

用激光照射双缝，在光屏上观察到亮暗相间的条纹．若在双缝和光屏间的区域内充入折射率为

n(n>1)的透明气体，保持其他条件不变，则屏上

A.条纹间距不变，O′点变为暗条纹

B.条纹间距增大，无法确定O′点是亮条纹还是暗条纹

C.条纹间距减小，O′点仍为亮条纹

D.条纹间距不变，无法确定O′点是亮条纹还是暗条纹

2.户外救援中，无人机在离地面高度为h的空中水平悬停，向地面被困人员

空投急救包．由于无人机飞行姿态微调，急救包抛出的水平初速度v0不

同，急救包可能打在前方的竖直岩壁上（无反弹），也可能直接落在地面安

全区．将急救包视为质点，不计空气阻力，则关于急救包抛出后在空中运

动的时间t与速度v0的关系图像，可能正确的是

"c"'n"

3.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，波速v=20m/s,t=0.3s

时波形如图所示，P为传播方向上的一点，则P点的振动图像为

【“皖八”高三二联·物理第1页（共6页）W】

4.2025年2月3日《观点网》消息，小米汽车官方微博宣布，2025年1月，小米SU7交付量再次超

过两万辆．某次测试中小米SU7沿水平直线运动的一段时间，汽车在中间时刻的速度与在中

间位置的速度大小相等，则小米SU7可能的运动是

A.小米SU7做加速度减小的加速直线运动

B.小米SU7做加速度增大的减速直线运动

C.小米SU7先做加速度减小的减速直线运动，紧接着又做加速度增大的加速直线运动

D.小米SU7做匀变速直线运动

5.物块A和斜面B的质量分别为m和3m,水平直角边长分别为L和3L,不计

一切摩擦，A从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程

中，正确的是

A.物块A的机械能守恒

B.A与B组成的系统动量守恒

C.斜面B的位移大小为0.5L

D.物块A的位移大小为1.5L

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2,输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电

源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同．在滑动变阻器R的滑片P从a端滑动

到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是

A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮

B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮

C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗

D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗

7.北京时间2025年9月9日10时00分，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功

将遥感四十五号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．该卫星主要

用于科学试验、国土资源普查、农产品估产和防灾减灾等领域．若遥感四十五号卫星沿椭圆轨

道绕地球运动，周期为T.如图所示，椭圆轨道的近地点离地球表面的距离为2R,远地点离地

球表面的距离为4R,地球可视为半径为R的均匀球体，万有引力常量为G.下列说法正确的是

A.卫星的发射速度大于第二宇宙速度

B.地球的平均密度可表示为

C.卫星在近地点和远地点的速率之比为

D.卫星在近地点和远地点的加速度之比为

【“皖八”高三二联·物理第2页（共6页）W】

8.如图所示，正方形导线框abcd的ad边中点O和bc边中点O′间接有阻值为R的定值电阻，

OO′左侧有方向垂直纸面向里的匀强磁场，OO′右侧有方向垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场

的磁感应强度均为B.从某时刻开始，正方形导线框以恒定角速度w绕转轴OO′转动，已知正

方形导线框边长为L,正方形导线框、接线柱、导线的电阻均不计，下列说法正

确的是

A.导线框转动过程中没有电流流过定值电阻

B.流过定值电阻的电流变化周期为

C.定值电阻的发热功率为

D.由图示位置转过180°角的过程中通定值电阻的电荷量为

9.如图所示，质量为m=2kg的带孔物块和两个质量均为M=3kg的金属环通过光滑铰链用相

同的轻质细杆连接，物块套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端固

定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数k=100N/m,金属环套在固定的水平横杆上．弹簧处于原长

状态时将物块由静止释放，弹簧始终在弹性限度内．已知弹簧的原长L0=0.8m,轻质细杆的

长度L=1m.忽略一切摩擦，重力加速度g=10m/s2,在物块下降的过程中，下列说法正确

的是

A.物块和弹簧组成的系统机械能最小时，单个金属环受到水平横杆的

支持力大小等于45N

B.物块和弹簧组成的系统机械能最小时，单个金属环受到水平横杆的

支持力大小等于30N

C.物块和两个金属环组成的系统动能最大时，弹簧的压缩量为0.2m

D.物块和两个金属环组成的系统动能最大时，弹簧的压缩量为0.15m

10.如图所示，倾角θ=37°的足够长的绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度

一质量为m,带电量为+q的小球以初速度v0斜向上抛出，初速度与斜面的夹角为37°,空气

阻力忽略不计，重力加速度为g,下列判断正确的是

A.运动过程中小球离斜面的最大距离为

B.小球落到斜面上时落点与抛出点间的距离为

C.小球落到斜面上时速度的大小为

D.运动过程中小球增加的机械能为

【“皖八”高三二联·物理第3页（共6页）W】

二、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.(6分）如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律．实验前，已调节好装

置，使斜槽末端水平，选用两个半径相同、质量不同的小球进行实验，用质量大的小球碰撞质

量小的小球．

图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置

由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次．然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再

将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次．分别确定平均落点，记为M、

N和P(P为m1单独滑落时的平均落点）．

(1)图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点：．

(2)分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON.在误差允许范围内，若要验证碰

撞前后动量守恒，应满足关系式为．

(3)完成上述实验后，实验小组的成员对上述装置进行了改造，小红改造后的装置如图丙所

示．使入射球仍从斜槽上由静止滚下，重复实验步骤中的操作，使两球落在以斜槽末端为

圆心的圆弧上，平均落点为M′、P′、N′.测得圆心到M′、P′、N′三点的连线与水平方向的

夹角分别为α1、α2、α3.则小红需要验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为

（用所测物理量的符号表示）．

12.(9分）某实验小组在实验室测量某电阻的阻值，实验室提供的器材如下：

A.电流表A1（量程为15mA,内阻r1约为2Ω)

B.电流表A2（量程为3mA,内阻r2为100Ω)

C.定值电阻R1=900Ω

D.定值电阻R2=9900Ω

E.电压表V（量程为15V,内阻约3kΩ)

F.滑动变阻器R(0~20Ω)

G.蓄电池E电动势为3V,内阻很小

I.多用电表一只

J.开关导线若干

【“皖八”高三二联·物理第4页（共6页）W】

实验步骤如下：

(1)先用多用电表粗略测量电阻的阻值

①首先检查多用电表的指针，进行机械调零，然后把选择开关置于“×100”倍率，经过欧姆

调零后测量电阻Rx,发现指针偏转角度过大，接近达到满偏，这说明倍率选择不当．应

该换用（选填“×1”“×10”或“×1k”)倍率；更换合适的倍率后（选填

“需要”或“不需要”）重新进行欧姆调零．

②更换合适的倍率，测量结果如图所示，被测电阻的阻值为Ω.

(2)精确测量电阻的阻值

①为了尽可能减小测量误差，并能测量多组数据，定值电阻应该选用（选填“R1”

或“R2”),请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图．

②用I1表示电流表A1的示数，I2表示电流表A2的示数，U表示电压表V的示数，根据

所选器材和设计电路，电阻Rx的表达式为Rx=（用题中符号表示）．

③从系统误差的角度出发，该实验Rx的测量值（选填“大于”“等于”或“小于”）真

实值．

13.(9分）如图所示，相互接触的n个相同的刚性齿轮穿过水平

固定的轴处于静止状态．0时刻在左侧第1个齿轮上施加

水平向右的恒定外力，齿轮组向右做匀加速运动，ts末，左

侧第8个齿轮对左侧第9个齿轮作用力的瞬时功率为P.

此过程中，左侧第2个齿轮对左侧第3个齿轮的作用力大

小为F,右侧第5个齿轮对右侧第4个齿轮的作用力大小

F

为.已知每个齿轮所受的摩擦力相等,求：

4

(1)n的值；

(2)外力的大小；

(3)ts末，齿轮组的位移．

【“皖八”高三二联·物理第5页（共6页）W】

14.(15分）如图所示，长度L=2.5m的水平传送带以v0=3m/s的速度顺时针运转，传送带的

左端与水平粗糙轨道平滑连接，在水平轨道上固定有半径R=0.45m的光滑圆弧轨道，圆

弧轨道底端与水平轨道相切，P点为圆弧轨道上的一点，P点与圆心O的连线与竖直方向的

夹角θ=37°.传送带右端与圆弧轨道的左端间的距离s=0.3m,小物块与传送带和水平轨道

间动摩擦因数均为μ=0.2,现将质量m=0.1kg的小物块轻放于传送带左端，g=10m/s2,

不计空气阻力．求：

(1)物块A离开传送带时的速度；

(2)物块第1次到P点时对轨道压力；

(3)物块由放上传送带到最终静止在传送带上通过的总路程．

15.(19分）如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场

和磁场，交变电场的电场强度大小为E0,交变磁场的磁感应强度大小为B0,取x轴正方向为

电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向．在t=0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重

力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放．粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在

x轴上．求：

(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；

(2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离；

(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；

(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系．

【“皖八”高三二联·物理第6页（共6页）W】

2026届“皖南八校”高三第二次大联考·物理

参考答案、解析及评分细则

1.C充入气体后，激光的频率不变，波长λ变小，根据干涉条纹间距公式Δx=λ可知条纹间距减小，O′点到

狭缝S1、S2的光程差不变，故O′点仍为亮条纹，C正确．

2

2.C当v0较小时，急救包未碰岩壁就落地，此时下落高度一定，根据h=gt知其下落时间一定，图线为水平

直线；当v0较大时，急救包在落地前先碰到岩壁，此时水平位移等于抛出点与岩壁距离x保持不变，根据x=

v0t知，v0与t成反比，为双曲线的一支，C正确，ABD错误．

λλT

3.A由图知该波波长λ=4m,由v=解得该波的周期T==0.2,s图示时刻再经Δt=0.1s=,质点P

Tv2

到达关于平衡位置对称的位置，沿y轴负方向运动，正好振动2个周期，A正确．

4.C作出汽车的v-t图像如图，若汽车做加速度减小的加速直线运动，则中间时刻瞬时速度小于中间位置的

瞬时速度，如图A所示，A错误；若汽车做加速度增大的减速直线运动，则中间时刻瞬时速度小于中间位置

瞬时速度，如图B所示，B错误；汽车先做加速度减小的减速运动后做加速度增大的加速运动，中间时刻瞬时

速度可能等于中间位置瞬时速度，如图C所示，C正确；由匀变速直线运动的推论可知，小米SU7做匀变速

直线运动时，其中间时刻的速度小于中间位置的速度，D错误．

5.CA.根据题意可知，斜面B对物块A的支持力对物块A做功，则物块A的机械能不守恒，A错误；B.根据

题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为零，运动过程中，物块A有竖直方向的分速度，则竖直方向上系统的

动量不守恒，故A与B组成的系统动量不守恒，故B错误；CD.由题意可知，系统在水平方向上动量守恒，设

物块A的水平位移为x1,斜面B的水平位移为x2,由动量守恒定律有mx1=3mx2,又有x1+x2=3L-L,解

得x1=1.5L,x2=0.5L,由于物块A的竖直位移不可求，则物块A的位移大小不可求，斜面B的竖直位移为

零，则斜面B的位移大小为0.5L,故D错误，C正确．

(R)·(R)(R)·(R)

副线圈的总电阻为111解得0+Rap0+Rpb0+Rap0+Rpb

6.A=+,R2==.

R2R0+RapR0+Rpb(R0+Rap)+(R0+Rpb)2R0+R

则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有R等=

则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有I1,I1先减

n2

小后增大，I2先减小后增大，则L1先变暗后变亮，根据U1=U-I1R0,U2=U1,由于I1先减小后增大，则副

n1

线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流为则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程

中，Rpb逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中IL2增大，在副线圈的电压U2减小过程中，通过R0的电流为

R,逐渐增大，则R越来越小，则L22R,则1先变暗后变亮，2一直变亮

I0=RapI0I↑=I↑-I0↓LL．

【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案第1页（共4页）W】

7.B卫星绕地球运动，故其发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，A错误．椭圆轨道的半长轴为a=

=4R,由开普勒第三定律有＝，解得近地卫星的周期为T1=\T=T,由万有引力提

供向心力得=mR,解得地球的质量M==,故地球的平均密度为ρ==,B正

确．由开普勒第二定律可知vP×3R=vQ×5R,解得=,C错误．在近地点和远地点由万有引力提供向心

力，则有=ma,解得a=,即=,D错误．

2π

8.D导线框转动过程中abOO′回路和OO′cd回路中产生交变电流，交变电流的变化周期均为T=,由楞次

ω

定律可知任意时刻流过定值电阻的电流方向相同，AB错误．ab边和cd边切割磁感线产生的感应电动势相

等，E1=E2=BL×=,定值电阻的发热功率P==,C错误．由E=n,I=

,q=It,解得q=n,则导线框由图示位置转过180°过程中，流过定值电阻的电荷量q=q2+q1=

LL

2×BL×2×BL×

222BL2

+=,D正确．

RRR

9.BC忽略一切摩擦，物块、弹簧和金属环组成的系统机械能守恒，则物块和弹簧组成的系统机械能最小时，金

属环的速度最大，此时金属环的加速度为零，合外力为零，经分析可知轻杆对金属环的作用力为零，即水平横

杆对单个金属环的支持力FN=Mg=30N,A错误，B正确；物块和两个金属环组成的系统动能最大时，此时

二者加速度为零，合外力为零，由AB选项分析知此时轻杆恰好不产生作用力，对物块有mg=kx,解得x=

mg

=0.2m,C正确，D错误．

k

10.AD将小球受到的力沿斜面和垂直于斜面方向分解，根据牛顿第二定律，垂直斜面方向其加速度a1=

=g,垂直斜面向下，沿斜面方向的加速度a2==g,沿斜面向

2２

(v0sin37°)9v０v0sin37°6v0

下，则小球离斜面的最大距离hmax==,A正确．小球运动的时间t=2×=,小

2a150ga15g

2

球抛出点与落点间的距离L=v0cos37°×t-a2t=,B错误．小球落到斜面上，垂直于斜面方向的分

速度v1=v0sin37°,沿斜面方向的分速度v2=v0cos37°-a2t=v0,解得v=v0,C错误．小球运动过程

２２

中电场力做功W=qELcos37°=mv０,小球机械能增加mv０,D正确．

11.(1)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点(2分）

(2)m1OP=m1OM+m2ON(2分）

解析：(2)碰撞前、后小球均做平抛运动，由h=gt2可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速

度成正比，所以若m1OP=m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒．

1

2

(3)设圆弧半径为L,由几何关系可得x′=Rcosα,h′=Rsinα,由平抛运动的规律得x′=v′0t′,h′=gt′,联

2

立可得v′则做平抛运动的水平速度分别为，，

0=cosα\．v′1=cosα1\v′2=cosα2\

【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案第2页（共4页）W】

v′3=cosα3.代入动量守恒的表达式m1v′2=m1v′1+m2v′3,化简可得m1=m1+

\2sinα3\sinα2\sinα1

12.(1)①×10(1分）需要(1分）②160(1分）

(2)①R1(1分）见解析(2分）②(2分）③等于(1分）

解析：(1)①指针偏转角度过大，表明通过表头的电流过大，待测电阻的阻值较小，为了减小读数误差，使指

针指在中央刻线附近，应选择小倍率，即应该换用×10倍率；欧姆表更换倍率后，需要重新进行欧姆调零．

②更换合适的×10倍率，根据欧姆表的读数规律，该读数为16.0×10Ω=160Ω.

(2)①要求测量多组数据，滑动变阻器应选择分压式接法，电源电动势为3V,电压表的量程过大，则应使用

电流表A2和电阻串联改装电压表，电压表量程为Ug=Ig(r+R),当选择定值电阻为R1=900Ω时，量程为

3V,故定值电阻选择R1,实验电路图如图所示．②由欧姆定律可知Rx(I1-I2)=I2(r2+R1),解得Rx=

I2(r2+R1)

.③由(2)可知，测量过程没有系统误差，则从系统误差的角度分析，Rx的测量值等于真实值.

I1-I2

13.解：(1)设每个齿轮的质量为m,所受的摩擦力大小为f,选左侧第3个齿轮到第n个齿轮为整体作为研究对

象进行受力分析，根据牛顿第二定律有F-(n-2)f=(n-2)ma(1分）

同理，以右侧第4个齿轮到右侧第1个齿轮为整体，根据牛顿第二定律有-4f=4ma(1分）

联立解得n=18(1分）

(2)设水平外力大小为F′,对18个齿轮整体，根据牛顿第二定律有F′-18f=18ma(1分）

9F

联立解得F′=(1分）

8

(3)设ts末左侧第8个齿轮对左侧第9个齿轮的作用力大小为F″,齿轮组的位移和速度分别为x,v

以左侧第9个齿轮到第18个齿轮整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F″-10f=10ma(1分）

瞬时功率P=F″v(1分）

v

根据位移公式可得s=t(1分）

2

4Pt

联立解得s=(1分）

5F

14.解：(1)对物块根据牛顿第二定律得μmg=ma(1分）

解得a=2m/s2(1分）

假设物块一直匀加速至传送带右端，根据运动规律v2=2aL(1分）

解得v=\m/s>3m/s

所以物块在传送带上先加速后匀速，故物块以v0=3m/s离开传送带，速