2026届安徽省蒙城县第一中学高考物理三模试卷含解析

这是一份2026届安徽省蒙城县第一中学高考物理三模试卷含解析，共14页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、通过实验研究通电长直导线间的相互作用规律。如图所示，为两根平行的长直导线，通过外接直流电源分别给两导线通以相应的恒定电流。为导线所在平面内的两点。下列说法中正确的是（ ）
A．两导线中的电流大小相等、方向相反时，点的磁感应强度为零
B．导线电流向上、导线电流向下时，导线所受安培力向右
C．点的磁感应强度一定不为零
D．两导线所受安培力的大小一定相等
2、如图所示的x­t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B（t2，x1）为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A（t1，0），乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t2时间内甲的平均速度大于乙
B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等
C．甲质点的加速度为
D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻
3、如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车，装满沙子．沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2>μ1），下列说法正确的是
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ=μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ>μ2
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tan θ>μ1
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tan θ
4、为了抗击病毒疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法。某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度Vx及竖直方向Vy与飞行时间t的关系图像如图甲、图乙所示。关于无人机运动说法正确的是（ ）
A．0~t1时间内，无人机做曲线运动
B．t2时刻，无人机运动到最高点
C．t3~t4时间内，无人机做匀变速直线运动
D．t2时刻，无人机的速度为
5、小球在水平面上移动，每隔0. 02秒记录小球的位置如图所示。每一段运动过程分别以甲、乙、丙、丁和戊标示。试分析在哪段，小球所受的合力为零
A．甲B．乙C．丙D．戊
6、2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四颗北斗导航卫星。它是北斗三号系统首颗倾斜地球同步轨道卫星，经过一系列在轨测试后，该卫星将与此前发射的18颗中圆地球轨道卫星和1颗地球同步轨道卫星进行组网。已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的，中圆地球轨道卫星轨道半径为地球半径的k倍，地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T，则中圆地球轨道卫星在轨运行的（ ）
A．周期为
B．周期为
C．向心加速度大小为
D．向心加速度大小为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束单色光。下列说法中正确的是( )
A．a、b两束单色光相互平行
B．a光在玻璃中的传播速度大于b光
C．在玻璃中a光全反射的临界角大于b光
D．用同一双缝干涉装置进行实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
8、下列说法中正确的是（ ）
A．布朗微粒越大，受力面积越大，所以布朗运动越激烈
B．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大
C．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小
D．两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相同
E.外界对封闭的理想气体做正功，气体的内能可能减少
9、在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是：
A．细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变
B．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小
C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s）
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）
10、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是______________。
A．液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能必定改变
C．0的铁和0的冰，它们的分子平均动能相同
D．晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征
E.扩散现象在液体和固体中都能发生，且温度越高，扩散进行得越快
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是（___）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V．（结果保留两位小数）
12．（12分）在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有:
A．直流电源(电动势约为4V，内阻可不计)
B．直流电流表A1(量程0~3A，内阻约为0.1Ω)
C．直流电流表A2(量程0~300mA，内阻为1 Ω)
D．直流电压表V1(量程0~15V，内阻很大)
E.直流电压表V2(量程0~4V，内阳很大)
F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
G.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)
H.定值电阻R1=1Ω
I.定值电阻R2=10Ω
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。
(1)实验中电流表应选用_____，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_____(均用序号字母表示)。
(2)请按要求设计实验电路_______

(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由E=3V，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功率约为______W(结果保 留两位有效数字)。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。求：
(1)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；
(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变使两金属板均不带电，则从小孔O射入的电子在两板间运动了多长时间？
14．（16分）甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿轴正向和负向传播，波速度均为.两列波在时的波形曲线如图所示，求:
（1）时，介质中偏离平衡位置位移为的所有质点的坐标;
（2）从开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为的质点的时间.
15．（12分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=1kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.1，g取10m/s1．
（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】
A．两导线的电流方向相反，由安培定则知两电流在点产生的磁场方向相同，则合磁感应强度不为零，故A错误；
B．N导线电流向下，由安培定则知该电流在M导线处产生垂直纸面向里的磁场。M导线电流向上，由左手定则知M导线所受安培力向左，故B错误；
C．若两导线通以反向电流，由安培定则知在点产生相反方向的磁场。若M导线电流较强、N导线电流较弱，它们在点产生的磁感应强度的大小可能相等，则合磁感应强度可能为零，故C错误；
D．不管两导线中电流的大小、方向如何，两导线间相互作用的安培力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确。
故选D。
2、D
【解析】
A．0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A错误；
BD．x­t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等。又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即：
，
解得：
t2=2t1，
B错误D正确；
C．对甲质点，有
，
解得加速度为
，
C错误。
故选D。
3、C
【解析】
假设最后一粒沙子，所受重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力时，能顺利地卸干净全部沙子，有，B对；若要卸去部分沙子，以其中的一粒沙子为研究对象，，C对；
4、D
【解析】
A．0~t1时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A错误；
B． 0~t4时间内，无人机速度一直为正，即一直向上运动，则t2时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B错误；
C．t3~t4时间内，无人机水平方向做速度为v0的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C错误；
D．t2时刻，无人机的水平速度为v0，竖直速度为v2，则合速度为，选项D正确。
故选D。
5、C
【解析】
小球所受的合力为零时，物体处于静止或匀速直线运动状态，
A.根据图象可知，甲阶段的位移越来越小，所以做减速直线运动，合力不为零，故A错误
B.乙阶段做曲线运动，则合外力要改变速度，所以不为零，故B错误
C.丙阶段在相等时间内的位移相等，所以做匀速直线运动，则合外力为零，故C正确
D.戊阶段的位移越来越大，所以做加速运动，则丙阶段小球所受的合力不为零，故D错误
6、C
【解析】
AB．中圆地球轨道卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的，地球的自转周期为T，根据开普勒第三定律可知：
解得
故AB错误；
CD．物体在地球表面受到的重力等于万有引力，有
中圆轨道卫星有
解得
故C正确，D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、AD
【解析】
A．据题意，通过平行玻璃砖的光，出射光线与入射光线平行，故选项A正确；
B．单色光a偏折程度较大，则a光的折射率较大，据v＝可知，在介质中a光的传播速度较小，故选项B错误；
C．据sinC＝可知，a光发生全反射的临界角较小，故选项C错误；
D．a光折射率较大，a光的波长较小，又据Δx＝λ可知，a光进行双缝干涉实验时条纹间距较小，故选项D正确。
8、BDE
【解析】
颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；根据分子力和分子距离的图像和分子势能和分子之间距离图像，分析分子力和分子势能随r的变化情况；两个系统达到热平衡时，温度相同；根据热力学第一定律判断。
【详解】
A．布朗运动微粒越大，受力面积越大，液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的越趋于平衡，所以布朗运动越不剧烈，故A错误；
B．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大，如图所示：
故B正确；
C．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，如图所示：
故C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，两个系统达到热平衡时，温度相同，它们的分子平均动能一定相同，故D正确；
E．根据热力学第一定律：
外界对封闭的理想气体做正功，但气体和外界的热交换不明确，气体的内能可能减少，故E正确。
故选BDE。
9、CD
【解析】
试题分析：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=r，随r减小，小球角速度增大，故A、B错误；绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m，解得此时的半径为r=m，由于小球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t=，其中r1=1m，r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得t=0.7π（s），故C正确；小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9m，故D正确．故选CD
考点：牛顿第二定律 圆周运动规律
10、ACE
【解析】
A．由于液体表面分子间距大于内部分子间距，故表面处表现为引力，故A正确；
B．一定质量理想气体的内能由温度决定，状态变化时温度可能不变，内能也就可能不变，故B错误；
C．因为温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能相同，故C正确；
D．晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，某些性质表现出各向异性，而多晶体没有规则形状，表现出各向同性，故D错误；
E．气体、液体和固体物质的分子都在做无规则运动，所以扩散现象在这三种状态的物质中都能够进行，且温度越高，扩散进行得越快，故E正确。
故选ACE。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、滑动变阻器 A 1.48
【解析】
（1）当断开电键S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）
将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： 联立以上可解得：.
12、C E F 0.54--0.57
【解析】
(1)[1][2]小灯泡的额定电压为3V，因此电压表选择量程大于等于3V的即可，电压表故选E；而小灯泡的额定电流为
电流表A1量程太大，测量误差太大，故应用电流表A2和定值电阻并联，改装成电流表，电流表故选C；
[3]还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的F；
(2)[4]本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：
(3)[5]电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为，根据图象可知，此电压下流经灯泡的电流为
则小灯泡的功率
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)，磁感应强度方向垂纸面向外；(2)
【解析】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有
①
由于电子在两板间做匀速运动，则
②
其中
③
联立解得
④
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂纸面向外；
(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有
⑤
联立①④⑤可得
⑥
由几何关系可知
⑦
而
⑧
则电子在场中运动的时间
⑨
14、 (1) (2)t=0.1s
【解析】
（1）根据两列波的振幅都为，偏离平衡位置位移为16的的质点即为两列波的波峰相遇．
设质点坐标为
根据波形图可知，甲乙的波长分别为，
则甲乙两列波的波峰坐标分别为
综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为
整理可得
（ii）偏离平衡位置位移为是两列波的波谷相遇的点，
时，波谷之差
整理可得
波谷之间最小的距离为
两列波相向传播，相对速度为
所以出现偏离平衡位置位移为的最短时间
15、（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.14m或R≥0.6m．
【解析】
解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有
mv0=（m+M）v1
代入数据解得
v1=4m/s
设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒定律，有
μmgL1=
代入数据解得 L1=3m
设与滑块相对静止时小车的位移为S1，根据动能定理，有
μmgS1=
代入数据解得S1=1m
因L1＜L，S1＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s．
（1）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为L1=L﹣L1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为
mg=m
根据动能定理，有
﹣μmgL1﹣
①②联立并代入数据解得R=0.14m
若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理，有
﹣μmgL1﹣
代入数据解得R=0.6m
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R≤0.14m或R≥0.6m
答：
（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；
（1）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.14m或R≥0.6m．
【点评】本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第1题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．