安徽省合肥市巢湖四中等校2026届高三下学期高考一模物理试卷（含解析）

2026年安徽省合肥市巢湖四中等校高考物理一模试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.一个带正电的小球用绝缘细线悬挂于O点，在其右侧放置一个不带电的枕形导体时，小球将在细线与竖直方向成θ角处保持静止，如图所示。若将导体的A端接地，当重新平衡时，细线与竖直方向的夹角将(

)A.不变

B.变大

C.变为零

D.变小但不为零2.一辆汽车在水平面上由A经B运动至C时停下，其v-t图像如图所示，已知两段运动的时间相等，则两段的位移之比为(

)

A.4：1 B.3：1 C.2：1 D.1：13.一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，其振动周期为0.4s。下列说法正确的是A.该列波向右传播

B.该列波的波长为6m

C.该列波的波速为5m/s

D.4.如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的O点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动.当装置分别以角速度ω1、ω2匀速转动时，小球相对杆分别静止在A、B点，杆对球的弹力大小分别为FNA、FNB，其中FNAA.ω1>ω2，FNA>FNB B.ω1>ω25.如图所示，蹄形磁铁水平放置(N极在上)，质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时奖细导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为g，则(

)A.导体棒中的电流方向为a→b

B.单根导线上的拉力大小为mgcosθ

C.若电流大小加倍，再次稳定后θ角也加倍

D.6.某兴趣小组设计了一款金属探测仪，如图所示，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由b流向a，且电流强度正在减弱过程中，则(

)A.该时刻线圈的自感电动势正在减小

B.该时刻电容器上极板带负电荷

C.若探测仪靠近金属时其自感系数增大，则振荡电流的周期减小

D.若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不会产生涡流7.1801年，托马斯⋅杨进行了著名的杨氏双缝干涉实验，有力地支持了光的波动说。如图甲所示是双缝干涉实验装置的示意图，某次实验中，利用黄光得到的干涉条纹如图乙所示。为了增大条纹间距，下列做法中可行的是(

)

A.只增大滤光片到单缝的距离 B.只增大双缝间的距离

C.只增大双缝到屏的距离 D.只把黄色滤光片换成绿色滤光片8.如图所示，NPQ是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为R，半圆弧的一端固定在天花板上的N点，NQ是半圆弧的直径，处于竖直方向，P点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为m的小球A(可视为质点)穿在细杆上，通过轻绳与质量也为m的小球B相连，轻绳绕过固定在C处的轻小定滑轮。将小球A移到P点，此时CP段轻绳处于水平伸直状态，CP=2R，然后将小球A由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为g，在小球A由P点运动到圆弧最低点Q的过程中，下列说法不正确的是(

)A.小球A的动能可能先增大后减小

B.小球A始终比小球B运动得快(释放点P除外)

C.当小球A绕滑轮转过30°时，小球A的动能为8-235mgR

D.小球A刚释放时，小球A、B二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.神舟十九号载人飞船于2024年10月30日成功发射，经过10分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道1的P点点火加速进入椭圆轨道2，在远地点Q点再次点火加速进入圆轨道3。若飞船在1、2轨道的P点和2、3轨道的Q点速度分别为v1P、v2P和v2Q、v3Q，向心加速度分别为a1P、a2P和a2Q、a3Q，机械能分别为E1P、E2P和A.v2P>v1P>v310.如图所示，挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，∠MON=60°，质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面)，其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是A.小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B组成的系统机械能守恒

B.小球A由M点运动到N点的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小

C.小球A到达N点时的速度大小为1219gR

D.小球A三、实验题：本大题共2小题，共22分。11.李华用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。在高处固定电磁铁，通电时吸住小铁球(图中未画出电磁铁)，断电后小铁球由静止开始下落，通过正下方的光电门。光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方。

(1)安装并调整好器材。用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径，取平均值为测量值d。其中某次测量的示数如图2所示，该示数为

cm。

(2)让电磁铁通电吸住小铁球，测量并记录球心到光电门的距离H。释放小铁球，记录它通过光电门的时间t。

(3)改变光电门位置，重复步骤(2)多次，得到多组H、t数据，在坐标图中描点连线，得到如图3所示的直线，算出斜率k。若在实验误差允许的范围内，k=

(用当地重力加速度g、铁球直径d表示)，则验证机械能守恒成功。

(4)实际上，小铁球通过光电门的平均速度略

(选填“大于”或“小于”)小铁球球心通过光电门的瞬时速度。由此是否会给本实验带来明显的影响？答：

(选填“是”或“否”)。12.实验小组测量一盘铜导线的电阻及电阻率，标签标注长度为100m，实验室提供以下器材：

A.螺旋测微器

B.多用电表

C.电流表A(0～200mA，内阻约为0.5Ω)

D.电压表V(0～3V，内阻约为2kΩ)

E.滑动变阻器R1(0～5Ω)

F.滑动变阻器R2(0～1kΩ)

G.电源E(电动势为3.0V，内阻不计)

H.开关、若干导线

(1)将铜导线一端拨去绝缘层，用螺旋测微器在不同位置测量铜导线的直径，某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，则该铜导线直径d=______mm。

(2)用多用电表电阻×1Ω挡粗测铜导线的电阻如图乙所示，导线电阻约为______Ω。

(3)用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器应选______(填器材前面的序号)，将实验器材如图丙所示连接成实验电路，用笔划线代替导线完成电路连接。

(4)连接电路无误，实验得到多组数据，将所测电压表读数U和电流表读数I，作出伏安特性曲线如图丁所示，则铜导线电阻R=______四、计算题：本大题共3小题，共36分。13.某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：

(1)线圈切割磁感线时，bc14.如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在O点，半径分别为2a和4a的半圆盒N1N2和M1M2围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。质量为m、带电荷量为+q的粒子不断从粒子源S飘入加速电场，其初速度为0，经电场加速后沿M1N1的中垂线从极板上的小孔P射入磁场后打到荧光屏N2M2上。已知加速电压为U0(未知)时，粒子刚好打在荧光屏15.如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为23v0，重力加速度为g。求：

(1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？

(2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？

(3)若

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：小球在细线与竖直方向成θ角处保持静止，根据平衡可知tanθ=Fmg，将导体的A端接地，负电荷会从大地运动到枕形导体上，A端带负电电量变大，则与球之间的吸引力F变大，细线与竖直方向的夹角变大，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据共点力平衡条件和将导体的A端接地后A端电量的变化导致的小球受到的电场力的变化情况，分析θ角的变化情况。

2.【答案】B

【解析】解：根据v-t图像可知，汽车做匀减速直线运动且末速度为0，从开始减速到完全停止所用时间为2T，利用逆向思维方法，结合初速度为0的匀加速直线运动规律，连续相等的时间内的位移之比为1：3，则题中两段位移之比为3：1，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据v-t3.【答案】A

【解析】解：A.由题知，此时介质中x=2m处的质点P由平衡位置向y轴正方向运动，则由图及“同侧法”可知，该列波向右传播，故A正确；

B.由图可知，该列波的波长为：λ=4m，故B错误；

C.结合前面分析可知，该列波的波速为：v=λT=40.4m/s=10m/s，故C错误；

D.由图知，t=0时x=4m位置的质点在平衡位置，则速度最大，故D错误；

故选：A。

4.【答案】C

【解析】解：对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、沿弹簧方向的拉力F和水平杆对其的竖直弹力FN，小球在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为θ，轨道半径为r，角速度为ω，小球质量为m0设弹簧的劲度系数为k，原长为l0，O点到水平杆的竖直高度为h。则弹簧的长度l=r2+h2

拉力F=k(l-l)

由几何关系可知sinθ=rl

弹簧拉力的水平分量提供向心力Fsinθ=mrω2

整理得ω2=k(1-l0r2+h2)m

此式表明，角速度ω是随轨道半径r的增大而增大的，从图中可以看出，B的轨道半径大于A的轨道半径，对应的角速度关系为5.【答案】D

【解析】A.根据左手定则，由于导体棒所受安培力水平向右，则导体棒中的电流方向为b→a，故A错误；

B.由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小F=mg2cosθ，故B错误；

C.导体棒所受安培力大小FA=mgtanθ，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时tanθ的值加倍，故C错误；

D.作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，故D正确。【解析】解：A、已知此时刻电流强度正在减弱，由于电流减小的过程，电流变化率变大，故线圈的自感电动势增大，故A错误；

B、已知此时刻电流强度正在减弱，可知磁场能再向电场能转化，故电容器正在充电，因电流的方向由b流向a，故电容器上极板带负电，故B正确；

C、若探测仪靠近金属时其自感系数增大，根据振荡周期：T=2πLC，可知振荡电流的周期增大，故C错误；

D、此时电流正在减弱过程中，电流周围的磁场变化，故金属中会产生涡流，故D错误。

故选：B。

电流减小的过程，电流变化率变大，据此判断自感电动势的变化；电流强度正在减弱，磁场能再向电场能转化，电容器正在充电，再根据电流的方向判断电容器上极板带电性；根据振荡周期7.【答案】C

【解析】解：根据双缝干涉条纹间距的公式Δx=ld⋅λ可知，增大条纹间距的方法是减小双缝的距离d，或者增加双缝到屏的距离l，或者增加入射光的波长λ(黄光换成绿光波长减小)，与其它因素无关，故C正确，ABD错误。

故选：C。8.【答案】A

【解析】解：A、下滑过程中，小球A所受的合力与速度成锐角，所以小球A的动能一直增大，故A错误。

B、设小球A运动到某位置(P点除外)时，A、C连线与水平方向的夹角为θ，由关联速度可知vB=vAsinθ(其中0°<θ≤45°)，所以小球A的速度始终比小球B的速度大，故B正确。

C、当小球A绕滑轮转过30°时，小球A下降的距离为hA=R⋅sin60°，减少的重力势能为EpA=mghA=mgR⋅sin60°，小球B下降的高度为hB=2R-2Rcos30°，减少的重力势能为EpB=mghB=mg⋅2R(1-cos30°)，此时两小球的速度关系为vB=vAsin30°，由系统机械能守恒有EpA9.【答案】AD

【解析】解：A.由人造卫星的万有引力等于向心力可得GMmr2=mv2r，得v=GMr

则v1P>v3Q

且两次加速，有v2P>v1P

v3Q>v2Q

则v2P>v1P>v3Q>v2Q

故A正确；

B.在P、Q两点，由地球对其万有引力提供飞船所需向心力，即GMmr2=ma

则10.【答案】BC

【解析】解：AB.小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故A错误，B正确；

CD.设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为x1，则B沿斜面方向受力平衡mgsin30°=kx1

小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为x2，则C沿斜面方向受力平衡，即mgsin30°=kx2

当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为R，所以x1+x2=R

代入数据得x1=x2=12R

设小球A到达N点时的速度为v，对v进行分解，在沿绳子方向的速度v'=vcos30°

此时B的速度也为v'，对A、B、C和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知4mgR(1-cos60°)-mg11.【答案】1.0202小于否【解析】(1)因为游标卡尺是20分度的，所以精确度是0.05mm，游标尺上第4条刻度线和主尺对齐，所以示数为10mm+4×0.05mm=10.20mm=1.020cm

(3)铁球通过光电门的速度为v=dt，根据自由落体运动的速度—位移关系有v2=2gH，整理可得1t12.【答案】0.630；22；

E；见解析；

22.5；7×10-8；【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，铜导线直径d=0.5mm+13.0×0.01mm=0.630mm

(2)欧姆表测电阻，导线电阻Rx=22×1Ω=22Ω

(3)实验要求电流表示数从零开始测量，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择E；

由于RxRA=220.5=44<RVRx=200022≈91

因此电流表采用外接法，连接的实验电路如图所示：

(4)根据欧姆定律I=1R⋅U

I-U图像的斜率k=100×10-32.25Ω-1=245Ω-1

结合I-U函数斜率的含义k=1R

13.【答案】解：(1)bc、ad边的运动线速度大小为：v=ωl2

线圈切割磁感线产生的感应电动势为：E=2×NB×2lv=2NBl2ω

线圈切割磁感线时感应电流为：I1=Er+R

bc边所受安培力的大小为：F=NBI1×2l

解得：F=4N2B2l【解析】(1)确定bc、ad边的运动线速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求解线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小；

(2)确定线圈转动一个周期内，有感应电流的时间，根据有效值的定义求解外接电阻上电流的有效值I。

本题考查了交流电的产生与有效值的物理意义，以及安培力的计算。掌握