安徽省合肥市2026届高三物理第二次教学质量检测试题含解析

2026年合肥市高三第二次教学质量检测

物理

（考试时间：75分钟满分：100分）

注意事项：

1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净

后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.图为青少年足球比赛的精彩瞬间。有关足球运动中的一些物理知识，下列说法正确的是（）

A.球静止在水平地面上时，受到的重力与支持力是一对作用力与反作用力

B.球被踢中时，脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等

C.球撞击地面时，球对地面的压力是因为地面发生形变而产生的

D.球在地面上减速运动时，惯性不断减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．球静止在水平地面时，重力和支持力都作用在球上，是一对平衡力，A错误；

B．脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小一定相等，

B正确；

C．弹力是施力物体发生弹性形变对受力物体产生的力，球对地面的压力，施力物体是足球，因此压力是足

球发生形变产生的，C错误；

D．惯性大小只和物体质量有关，球减速运动时质量不变，惯性大小不变，D错误。

故选B。

2.我国近期在真空紫外激光（属于紫外线）、6G光通信、ABF晶体等领域连续取得世界级突破。下列说法

正确的是（）

A.真空紫外激光频率比可见光频率低

B.光的偏振现象说明光是纵波，激光的高方向性是偏振造成的

C.光纤通信利用光的折射进行信号传输，光纤内芯折射率小于外套折射率

D.若ABF晶体对某光的折射率为1.6，则该光由该晶体射向真空时发生全反射的临界角小于45°

【答案】D

【解析】

【详解】A．电磁波谱中紫外线频率高于可见光，真空紫外激光属于紫外线，因此其频率高于可见光，A错

误；

B．偏振是横波特有的性质，光的偏振现象说明光是横波，B错误；

C．光纤通信利用光的全反射传输信号，全反射的必要条件是光从光密介质射入光疏介质，因此光纤内芯折

射率大于外套折射率，C错误；

1

D．光从介质射向真空时，全反射临界角满足公式sinC

n

1

代入n1.6得sinC0.625，而sin450.7070.625，因此C45，D正确。

1.6

故选D。

3.空间内有一正方体abcdefgh区域，两根彼此绝缘的通电长直导线沿hg、hd固定，电流大小相等，

方向如图所示。已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比、与该点到直

导线的距离成反比。若沿hg的通电导线在e点产生磁场的磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（）

A.c点的磁感应强度大小为2B0B.c点的磁感应强度方向沿ch

C.e点的磁感应强度大小为2B0D.e点的磁感应强度方向沿eh

【答案】A

【解析】

I

【详解】AB．由题意可知Bk，由于c点和e点到hg的距离相等，则hg中的电流在c点产生磁场的

r

磁感应强度大小为B0，由安培定则可判断其方向沿bc。由于c点到hd的距离等于e点到hg的距离，则hd

中的电流在c点产生磁场的磁感应强度大小为B0，方向沿bc，故c点的磁感应强度大小为2B0，方向沿bc，

故A正确，B错误；

CD．hg中的电流在e点产生磁场的磁感应强度大小为B0，方向沿ea。由于e点到hd的距离等于e点到hg

的距离，则hd中的电流在e点产生磁场的磁感应强度大小为B0，方向沿ef，故e点的磁感应强度大小为

，方向沿，故CD错误。

2B0eb

故选A。

4.江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管成功捕捉中微子信号。光电倍增管基于光电效应工作，

用不同频率的入射光照射阴极金属材料进行光电效应实验，测得遏止电压Uc与入射光频率的关系如图所

示。已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子的电荷量大小为e，下列说法正确的是（）

A.Uc与成正比

B.图线斜率表示普朗克常量h

h

C.图像中U21

2e

D.用频率为2的入射光实验，入射光越强，逸出光电子的最大初动能越大

【答案】C

【解析】

【详解】A．Uc​与是线性关系（一次函数），不是正比关系（正比要求过原点，本图截距不为零），A

错误；

ν

B．根据光电方程EkhW0，结合EkeUc

hWh

可得U0​​，Uc—图线斜率为，不是普朗克常量h，B错误；

ceee

hW

C．将​、UU​、Wh​代入公式U0中

2c201cee

hWh()

解得U2021，C正确；

2ee

D．光电子的最大初动能只由入射光的频率决定，与入射光强度无关，D错误。

故选C。

5.一列沿x轴负方向传播的机械波，波速为2m/s，在t0时的波形如图所示，下列说法正确的是（）

A.这列机械波的周期为4s

B.t1s时，平衡位置在x2m处质点的运动方向沿y轴负方向

C.t1s时，平衡位置在x4m处质点的加速度达到最大值

D.03s内，平衡位置在x3.5m处质点的路程为60cm

【答案】D

【解析】

【详解】A．已知v2m/s，由图可知4m，根据v

T

解得T2s，A错误；

B．波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知，t0时x2m处质点运动方向沿y轴负方向

T

经过t1s，半个周期后质点运动方向反向，即沿y轴正方向，B错误；

2

C．t=0时x4m处质点在平衡位置（y0），经过半个周期t1s，该质点仍回到平衡位置，加速度为0，

C错误；

D．Δt3s1.5T，质点一个周期路程为4A，半个周期路程一定为2A

因此总路程s6A610cm60cm，D正确。

故选D。

6.地球有周期性的潮汐现象，研究表明潮汐力会耗散地球自转能量，缓慢降低地球自转速度，若仅考虑这

一影响因素，则多年以后与现在相比，下列说法正确的是（）

A.地球的第一宇宙速度大小不变B.地球同步卫星的轨道高度减小

C.地球表面赤道处的重力加速度减小D.地球表面两极处的重力加速度增大

【答案】A

【解析】

Mmv2

【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力Gm

R2R

GM

可得v，其中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径，三者均与地球自转速度无关，因此

R

第一宇宙速度大小不变，A正确；

B．同步卫星的周期等于地球自转周期，地球自转速度减慢则周期T增大，根据万有引力提供向心力

Mm42Rh

G2m

RhT2

2

3GMT

整理得Rh，T增大则轨道半径Rh增大，轨道高度h增大，B错误；

42

Mm2

C．赤道处物体的万有引力一部分提供自转向心力，一部分为重力，即Gmg赤mR

R2

GM2

推导得g赤R，地球自转角速度减小，则g赤增大，C错误；

R2

Mm

D．两极处物体无自转向心力，万有引力全部等于重力，即Gmg极

R2

GM

可得g极，与自转速度无关，因此两极处重力加速度不变，D错误。

R2

故选A。

7.如图所示为桥式整流电路简图，变压器、二极管均为理想器材，变压器原线圈输入电压为

的交流电，原副线圈匝数比为10∶1，副线圈两端电压为，负载为，下列说

u12202sin100tVu2R

法正确的是（）

A.u2的有效值为11V

B.R上电流的方向由A到B

C.R上电流的变化周期为0.02s

D.若增加R的阻值，则原线圈的输入功率增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．原线圈输入电压，因此原线圈电压有效值

u12202sin100tVU1220V

U1n1

根据变压器电压比​​

U2n2

n2

可得副线圈电压有效值U2U122V，A错误；

n1

B．根据二极管单向导电性，无论副线圈交流电处于正半周还是负半周，桥式整流后，负载R上A点电位始

终高于B点电位，电流方向始终保持AB，B正确；

2π

C．原交流电的角频率100，周期T0.02s；桥式整流将负半周翻转到正半周，电流变化频率

ω

1

加倍，周期变为原来的​，即上电流周期为，C错误；

2R0.01s

U2

D．变压器输入功率等于输出功率，输出功率P2​​，R增大时输出功率减小，因此原线圈输入功率

R

也减小，D错误。

故选B。

8.如图所示，平面直角坐标系中，一个半径为a、弧长略小于半圆的圆弧形挡板关于x轴对称放置，其圆

心位于原点。以ya为上边界、ya为下边界、圆弧形挡板为右边界，左边界无穷远的区域内有垂直纸

面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B1。其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大

小为B2。一质量为m、电荷量为qq0的带电粒子，从a,0处以某一初速度沿x轴正向射出，恰好

1

从0,a处进入磁场Ⅱ，之后与挡板仅发生一次碰撞，碰后速度大小变为原来的、方向与碰前相反，最后

3

经过0,a处回到磁场Ⅰ。不计粒子重力及碰撞时间，整个过程粒子电量保持不变，下列说法正确的是

（）

qBa

A.粒子初速度的大小为1

2m

B.两个磁场磁感应强度大小关系为B12B2

2

C.粒子第二次离开磁场I的位置坐标为a,a

3

1631m

D.粒子从a,0处至0,a处的时间为

2qB2

【答案】C

【解析】

【详解】A．粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，恰好从0,a处进入磁场Ⅱ，由几何关系可知半径为Ra，

v2

根据qvBm

1R

mv

可得R

B1q

qBa

解得粒子初速度的大小为v1，故A错误；

m

B．如图所示

v2

根据qvBm

R

mv

可得r

Bq

1

碰后速度大小变为原来的，可设碰前的半径为3r，碰后的半径为r，根据几何关系可得2a2r3

3

a

可得r，3r3a

3

mv

即3r

B2q

可得两个磁场磁感应强度大小关系为B13B2，故B错误；

2

1

v

C．如图所示，根据13

qvBm

31R

1

可得Ra

3

2

可得粒子第二次离开磁场I的位置坐标为a,a，故C正确；

3

2R2m

D．在磁场B1中，周期T1

vB1q

2m

在磁场B2中，周期T2

B2q

1523m

粒子从处至处的时间为，故D错误。

a,00,atT1T2T23

4636B2q

故选C。

二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对得满分，选对但不全得3分，有错选的得0分。

9.如图所示，匀强电场中有一直角三角形abc，d、f分别为ab、bc的中点，匀强电场的电场线平行于

平面。从点以速率向所在平面内各方向持续发射电子，电子通过点时的速率为，电子

abcav0abcb3v0

通过点时的速率为。已知电场强度大小为，电子质量为m、电荷量大小为，忽略电子的重力及

f2v0Ee

电子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

A.匀强电场的方向由f指向a

B.电子通过d、f两点时的速率相等

C.电子通过c点时的速度方向可能沿着ac方向

31mv

D.电子从a到b的时间可能为0

eE

【答案】BD

【解析】

121

【详解】AB．从点到点，有22

abWabeUabm3v0mv0mv0

22

1211

电子通过点时的速率为，有22

f2v0WafeUafm2v0mv0mv0

222

可得Wab2Waf

根据匀强电场的特点有Uab2Uad

可得UadadUafaf

可得d、f两点的电势相等，可得d、f两点连线为等势线，又Uab0

可知ab，可知匀强电场的方向由b点到a点。

1

根据WqUmv2可知电子通过d、f两点时电场力做功相同，可知末动能相同，可知末速率相同，

2

故A错误，B正确；

C．如图所示

电子水平方向做减速运动，竖直方向做匀速直线运动，则电子水平速度减到零，水平位移不为零，粒子不

在c点；若初速度方向沿ac，电子做类平抛运动，也不可能沿着ac方向；若初速度方向斜向左下，则水平

方向做加速运动，也不可能沿着ac方向，同理斜向上的方向更不可能，故电子通过c点时的速度方向不可

能沿着ac方向，故C错误；

D．当电子初速度方向水平向右，电子从到的速度变化量大小为

ab31v0

Ee

由速度公式可知

31v0t

m

31mv0

可得运动时间为t，故D正确。

eE

故选BD。

10.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水

平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右

端。下列说法正确的是（）

A.滑块与木板的质量之比为2∶3

B.木板的长度为14m

C.滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3N

11

D.滑块的速度减为v时，木板的速度为v

2030

【答案】ACD

【解析】

1

【详解】A．最终两者共速，速度v相同，由图得共速时滑块动能E8Jmv2

km2

1

木板动能E12JMv2

kM2

mEkm82

因此质量比​，故A正确；

MEkM123

BC．对滑块由动能定理fx滑EkmEk0​

代入x滑14m解得f3N

对木板由动能定理fx木12J

得x木4m，木板长度Lx滑x木14m4m10m，故B错误，C正确；

v

D．系统任意时刻动量守恒，有mvm0Mv

02

m21

代入，解得vv，故D正确。

M330

故选ACD。

三、非选择题：本题共5小题，共58分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最

后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

11.某同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带，将第一

个点标记为0，之后的点依次标记为1、2、3……，测得部分数据如图乙所示。已知当地重力加速度为g，

交流电频率为f，图中数据h1、h2、h3、h4、h5、h6均为已知量。

（1）该实验________（选填“需要”或“不需要”）测量重物的质量。

（2）打下点“8”至点“18”过程中，若重物机械能守恒，则应满足的关系式为_______（用题中字母表示）。

（3）某次实验，重物重力势能的减少量为Ep，动能的增加量为Ek，由于存在阻力（设阻力大小恒定），

ΔEpΔEk

Ep会略大于Ek，若相对误差100%小于5%，则可认为验证成功。该同学实验操作正确，

ΔEp

a

利用纸带求得重物下落的加速度为a，若_____1，则可认为验证成功。

g

222

f[(h6h4)h3h1)

【答案】（1）不需要（2）ghh（3）0.95

528

【解析】

【小问1详解】

1

验证机械能守恒时，我们验证的是mghmv2，等式两边的质量m可以约去，因此不需要测量重物的质量。

2

【小问2详解】

1

交流电频率为f，则打点周期T​。根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于平均速度

f

hhfhhhhfhh

可得：点8的速度v3131，点18的速度v6464

82T2182T2

点8到点18，重物下落高度为h5h2​，机械能守恒满足重力势能减少量等于动能增加量

122

gh5h2v18v8

2

222

f[(h6h4)h3h1)

​整理得ghh​

528

【小问3详解】

设重物下落高度为h，重力势能减少量Epmgh，根据牛顿第二定律mgfma

ΔEΔE

∣pk∣mghmaha

根据动能定理Ekmah。代入相对误差公式15%​

ΔEpmghg

a

整理得0.951

g

12.实验室中有一捆铜导线，某同学想要测量其总长度，该同学查得铜的电阻率为1.7108Ωm，用电阻

表测量该捆导线的总电阻约为9Ω，现需更加精确测量其阻值进而算出导线长度，现有的实验器材如下：

A.电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）

B.电流表A（量程050mA，内阻约为1Ω）

C.电压表V（量程03V，内阻很大）

D.定值电阻R（50Ω，允许最大电流1.0A）

E.滑动变阻器（）

R1010Ω

F.滑动变阻器R2（01000Ω）

G.待测铜导线Rx

H.开关一个，导线若干

（1）该同学剥去一小段待测铜导线的绝缘层，用螺旋测微器测量铜芯直径，测量结果如图甲所示，则读数

为______mm。

（2）该同学根据以上器材设计电路，要求测量时电表的示数超过量程的三分之一，且调节滑动变阻器能使

电表读数有明显变化。

（ⅰ）滑动变阻器应选择______（选填“”或“”）；

R1R2

（ⅱ）请在图乙虚线框内画出设计的实验电路图，并在电路图中标注所用元件对应的符号______。

（3）多次调节滑动变阻器，测出多组电流I、电压U，作出UI图像如图丙所示，根据该图像可计算出

该捆导线的总电阻为______Ω，进而算出该捆导线的长度为______m。（π取3.14，计算结果均保留三位有

效数字）

【答案】（1）1.400

（2）①.②.见解析

R1

（3）①.10.0（9.8～10.2）②.905（880～920）

【解析】

【小问1详解】

根据螺旋测微器的读数规律，该读数为1mm0.0140.0mm1.400mm

【小问2详解】

[1]由于要求能够更加精确测量待测铜导线的阻值，则实验中应使电压与电流数值的测量范围广泛一些，控

制电路应采用分压式接法，为了使测量数据的连续性强一些，滑动变阻器选用总阻值小一些的，即滑动变

阻器选择；

R1

[2]实验要求测量时电表的示数超过量程的三分之一，即电压表与电流表基本上能够同时达到满偏，若电流

表达到满偏，此时待测铜导线两端电压约为501039A0.45V

可知，若电压表直接测量待测铜导线两端，则电压表量程太小，需要在待测铜导线上串联定值电阻R，此时

铜导线与串联定值电阻两端总电压约为50103950A2.95V

恰好能够达到实验要求，又由于电压表内阻很大，其分流影响很小，控制电路采用电流表外接法，电压表

测量铜导线与串联定值电阻两端总电压，结合上述可知，控制电路采用滑动变阻器分压式，作出电路图，

如图所示

【小问3详解】

[1]根据欧姆定律有UIRxR

2.4

结合图丙有RR

x40103

解得Rx10.0

L

[2]根据电阻定律有R

xS

2

d

其中S

2

解得L905m

13.如图所示，容器甲及内部活塞导热性能好；容器乙及内部活塞绝热性能好（视为绝热装置）。甲、乙内

部各封闭了一定质量的理想气体。已知大气压强恒为p0，两活塞质量均为m、截面积均为S，重力加速度

为g，不计活塞与容器间的摩擦，环境温度不变。

（1）在甲内活塞上缓慢倒入一定质量的沙粒，活塞最终稳定时，封闭气体体积减为初始的一半，求所倒沙

粒的质量m；

（2）用乙内电热丝将封闭气体缓慢加热。若活塞锁定，由初始状态，气体温度升高1℃，吸收的热量为Q1。

若活塞不锁定，气体由相同的初始状态，温度升高1℃，吸收的热量为Q2，求此过程中活塞移动的距离x。

pS

【答案】（1）Δmm0

g

QQ

（2）x21

p0Smg

【解析】

【小问1详解】

甲容器导热，环境温度不变，内部气体做等温变化。初始状态对活塞受力平衡p1Sp0Smg

mg

可得封闭气体初始压强pp

10S

加入沙粒稳定后，对活塞+沙粒受力分析p2Sp0SmΔmg

(mm)g

可得pp​

20S

根据玻意耳定律p1V1p2V2

1

由题意得VV

221

pS

联立可得Δmm0

g

【小问2详解】

理想气体内能仅与温度有关，两种情况温度均升高1C，因此内能变化U相等

活塞锁定时，气体体积不变，气体不做功（W0）

根据热力学第一定律得UQ1

mg

活塞不锁定时，活塞平衡，气体压强保持不变pp

0S

气体膨胀推动活塞，气体对外做功，外界对气体做功为WpSx(p0Smg)x

根据热力学第一定律UQ2W

​联立可得Q1Q2(p0Smg)x

QQ

解得x21

p0Smg

14.如图所示，间距L1m的平行光滑金属导轨固定在水平面上，其左端接有电动势E2V、内阻r1Ω

的电源。一轻绳跨过轻质定滑轮，将质量m0.3kg、长度L1m、电阻R3Ω的金属棒与质量

M0.1kg的物块相连，滑轮左侧轻绳水平。导轨间有一宽度d0.3m的矩形区域，分布有竖直向上的匀

强磁场，磁感应强度大小B2T。初始时通过外力使金属棒静止在磁场外距磁场左边界x0.2m处，某时

刻闭合开关S，同时撤去外力，金属棒开始向右运动。整个过程中金属棒始终保持与导轨垂直且接触良好，

不计导轨电阻和一切摩擦，重力加速度g10m/s2，求：

（1）撤去外力后，金属棒进入磁场之前，轻绳拉力的大小；

（2）金属棒刚进入磁场时电流的大小；

（3）金属棒离开磁场瞬间速度的大小。

【答案】（1）0.75N

（2）1A（3）0.25m/s

【解析】

【小问1详解】

进入磁场前，金属棒不受安培力，对M和m整体，由牛顿第二定律Mg(Mm)a

Mg0.110

解得加速度a2.5m/s2

Mm0.10.3

对m分析，由牛顿第二定律Tma

解得T0.75N

【小问2详解】

金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，由运动学公式2

v12ax

解得

v12ax22.50.21m/s

刚进入磁场时，切割磁感线产生的感应电动势E动BLv12112V

由右手定则可知，感应电动势方向与电源电动势同向，总电动势E总EE动2V2V4V

E

因此电流I总1A

Rr

【小问3详解】

设金属棒离开磁场时速度为v，从金属棒进入磁场到离开磁场的过程中，对金属棒和物块组成的系统由动量

EBLv

定理有MgΔtBLΔtMmvMmv0

Rr

E

由已知条件可知MgΔtBLΔt

Rr

另有vΔtd

B2L2d

可以将上式简化为MmvMmv

Rr0

代入数据解得v0.25m/s

15.如图所示，绝缘水平面上有共线的A、B、C、D四点，A、B间距离为d，A点右侧有水平向左的

匀强电场。小物块P、Q分别静止在A、D两点。P的质量为m，带电量为qq0，与水平面间的动

摩擦因数为；Q的质量为2m，带电量为q，与水平面间的动摩擦因数为，Q的左侧连接有处于原

2

m

长的绝缘轻弹簧。某时刻，一质量为的光滑绝缘小球以一定速度向右运动，与P发生弹性正碰，碰后瞬

2

v0

间P的速度大小为v0。此后P向右运动，到B点时速度大小为、加速度为0，未与弹簧接触；到C点时

2

3

速度大小为v、加速度再次为0，弹簧的弹力大小为30mg，然后将P、Q锁定

20

（P由B点运动至C点的过程中，速度方向、加速度方向均未改变）。整个过程中P、Q的电量均保持不变，

mg

它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，匀强电场的电场强度大小E，