安徽省“新高考”联盟校2026届高三下学期一模检测（Word版） 物理试题+答案解析

这是一份安徽省“新高考”联盟校2026届高三下学期一模检测（Word版） 物理试题+答案解析，文件包含安徽省“新高考”联盟校2026届高三下学期一模检测物理试题docx、安徽省“新高考”联盟校2026届高三下学期一模检测物理试题答案解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
2026.3
一、单选题：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，只有一个选项正确。
1. 【答案】D
【详解】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程， 先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应压力先减小后增大，起立时对应先超重再失重，则压力先增大后减小。
故选 D。
2. 【答案】B
【详解】由位移公式x = v0t at2 ，对比题中x = 30t − 2.5t2
得初速度v0 = 30m/s，加速度满足a = −2.5m/s2 ，解得a = −5m/s2
A ．根据逆向思维可知，刹车过程中最后 1s 内的位移大小是xat2 = 2.5m，故 A 错误；
B ．刹车过程中在相邻 1s 内的位移差的绝对值为|Δx| = |at2 | =5m，故 B 正确；
C ．刹车停止时间tm s ，总位移xm m。
则从刹车开始计时，8s 内通过的位移大小为 90m，故 C 错误；
D．将 1s 和 2s 代入题中表达式可知，前 1s 内和前 2s 内的位移大小分别为 27.5m ，50m，位移大小之比为 11:20，故 D 错误；故选 B。
3. 【答案】B
【详解】A．在研究香蕉球和电梯球的形成原因时，足球的旋转和姿态占主要因素，因此不能把足球当成质点，故 A 错误；
B ．运动状态包括物体运动速度的大小和速度的方向，任何一项发生改变都将表明物体的运动状态发生了改变，足球运动过程中因受阻力速度变小，则可说明力是改变物体运动状态的原因，故 B 正确；
C ．动量是矢量，既有大小又有方向，当守门员用双手将足球以原速率扑出时，足球的速率不变，但是方向发生了改变，因此足球的动量发生了改变，故 C 错误；
D ．由动量定理可知，足球的动量变化量等于合外力的冲量，则足球的动量变化量除了与力的大小方向有关，还与力的作用时间有关，故 D 错误。故选 B。
4. 【答案】C
【详解】AB ．对甲乙整体受力分析，根据牛顿第二定律可得F1 − F2 = 2ma ，解得a = 对乙受力分析则有F甲对乙 − F = ma ，联立解得F甲对乙
结合牛顿第三定律可知，乙对甲的作用力大小为F乙对甲 ，故 AB 错误；
C．如果撤去F1，整体而言则有F2 = 2ma′，解得a′ = ，对乙单独受力分析则有F2 − F ′甲对乙 = ma′ ，解得F对乙 F 甲对乙，故 C 正确；
D ．如果撤去F2，整体而言则有F1 = 2ma′′ ，解得a
对乙单独受力分析则有F对乙 = ma F 甲对乙，故 D 错误。故选 C。
5. 【答案】D
【详解】A．当火车完全运动到斜面上时速度刚好减为 0，根据动能定理，有−mgsin30∘ = 0 −
mv ，解得火车的初速度v0 = ，故 A 错误；
BC ．根据题意可知，火车在斜面上的质量为m′ = m斜面上的火车其重心位置为h = sinα
此刻火车具有的重力势能为Ep = m′ gh = mg ⋅ sinα = mgx
而根据动能定理有−m′ gh mvmv 联立解得v = ，故 BC 错误；
D ．取沿斜面向上为正方向，当列车冲上斜坡的长度为x(x < L) 时，列车所受合外力
由此可知，列车做的是简谐振动，其周期为T = 2π 可知火车上升过程的总时间为t ，故 D 正确。故选 D。
6. 【答案】C
【详解】A ．匀强电场中圆周上电势最低点 M 与最高点 M'关于圆心 O 对称，电场线由高电势指向低电势，因此电场方向沿半径 OM 方向，而 AM 为弦，其方向与 OM 不同，故 A 错误；
B ．因 CB 连线垂直电场线，可知UCB = 0，而UOD ≠ 0，可知电势差UCB ≠ UOD ，B 错误；
C ．因 AD 两点电势相等，则从 A 到 D 电场力不做功，由动能定理，小球到达D点的动能为
EkD mv mgR ，C 正确；
D ．小球受恒力作用，设水平加速度ax = ，竖直加速度ay =
合加速度a = 由数学知识可知，a 的最小值为amin = g故加速度不可能为 0.5g，故 D 错误。故选 C。
7. 【答案】D
【详解】A ．由图乙可知，0~1s 内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，t = 0.5s时流过ad 边的电流方向由 d 到 a，故 A 错误；
B ．根据法拉第电磁感应定律可知， t = 0.5s时导体框的感应电动势为E
12 V=0.1V
感应电流大小为I A，故 B 错误；
′
C ．导体框的 bc 边刚越过虚线 AB 时，感应电动势为E1 = B1 Lv0 + B2 Lv0 = 0.03V受到的安培力的大小为F = B1 L + B2 L = 0.018N，故 C 错误；
D ．根据动量定理有B1 ′ ILt + B2 ILt = mv0 − mv
根据电流的定义式有q 解得x m，故 D 正确；故选 D。
8. 【答案】D
【详解】AB ．根据题意，由图可知，左侧波波源的起振方向向下，右侧波波源的起振方向向上，两列波的波长均为0.4m ，则两列波的周期均为 T s
两列波相遇后可以发生稳定的干涉现象，右侧波传播到 M 点的时间为t s = 1s左侧波传播到 M 点的时间为t s = 2s
则 0 ~ 1s 内，质点M 未振动，路程为 0 ， 1 ~ 2s 内，只有右侧波在M 点引起振动，路程为s1 = 2A = 8cm
t = 2s 时，右侧波在M 点引起振动向下，恰好左侧波传播到 M 点，振动方向向下，则M 点为振 动 加 强 点 ， t = 3s 时 ， M 点 的 振 动 方 向 向 上 ， 2 4s 内 ， 质 点 M 的 路 程 为
s2 = 4 × (2A) = 32cm ，则0 ~ 4s 内质点 M 运动的路程为s = s1 + s2 = 40cm故 A 错误，B 错误；
λ
C ．由于两个波源的振动方向始终相反，可知波程差为 2 偶数倍时为振动减弱点，设减弱点的坐标为x0 ，则有 (x0 + 0.2)− (1.2 − x0 ) = 2x0 −1 = nλ = 0.4n (0.2m < x0 < 0.8m)
可得，当n = 0 时，x0 = 0.5m ，n = ±1 时，x0 = 0.3m ，x0 = 0.7m则 x 轴上 P 、Q 之间振动减弱点的个数为 3 个，故 C 错误；
D ．结合上述分析可知，Q 点的起振方向向上，又有 rads ， A = 4cm则右侧波引起 Q 点的振动方程为y = 4 sin π t(cm) ，故 D 正确。故选 D。
二、多选题：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，有多个选项正确，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
9. 【答案】AD
【详解】AB ．设带电粒子的电荷量为 q，质量为 m，则在加速电场中有qE1 d = mv2
在偏转电场中，竖直方向做匀加速运动，三个粒子的加速距离都是相同的，有y = at2 = t2，沿 x 方向的位移为x = vt，联立以上公式，可解得x = 2
沿 x 轴方向的位移大小与粒子的比荷无关，故 A 正确，B 错误；
CD．三个粒子在 x 轴上的同一位置进入磁场进行匀速圆周运动，根据平抛运动的推论，从偏转电场进入磁场时粒子的速度方向也是相同的，设粒子运动速度为v1，则有qv1 B
在磁场中运动的水平位移为x1 = 2rsinθ = ，根据动能定理，有qE1 d + qE2y = mv
可解得v1 = 所以x
由于三个粒子所带电荷量大小是相同的，质量之比为1: 2: 3，所以在磁场中的水平方向位移大小之比为1:√2: √3。故 C 错误，D 正确。故选 AD。
10. 【答案】BC
【详解】AB ．根据光路可知，射入玻璃时，a 、b 光的入射角都为α=60°, 折射角分别为30° 和45° , a 光的折射角小于 b 光的折射角。根据折射定律，可知 a 光的折射率为n b 光的折射率为n，故 A 错误，B 正确；
C ．对同一种介质，a 光的折射率大，故 a 光的频率高，波长短，根据 可知 b 光在光屏上形成的条纹间距比 a 光的大，故 C 正确；
D ．根据v =
可知折射率越高，传播速度越小，故 a 光在玻璃球中的传播速度小于 b 光在玻璃球中的传播速度，故 D 错误。故选 BC。
三、实验题（第 11 题 8 分，第 12 题 8 分。）
11. （8 分）【答案】(1)2.150/2.149/2.151 (2)t2
(4)遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确
【详解】（1）由图乙可知，遮光片的宽度d = 2mm + 15.0 × 0.01mm = 2.150mm
（2）由题知，遮光片通过光电门时的速度为vI
又遮光片与小物块同轴转动，具有相同的角速度，则有 解得小物块的速度为v
小物块恰好滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，则有μsmg = m 联立解得l t2可知要绘制出如图丙所示的图像，l 为纵坐标，则横坐标为t2。
（3）根据l 可知l − t2 图像的斜率为k 解得
（4）遮光片的长度忽略或恰好滑动的时机不准确。
12.（8 分）【答案】折射 乙 欧姆调零 4.0 b R 0
【详解】（1）下雨时，光电二极管接收到的红外线与不下雨时存在差异，原因是有雨时，玻璃之外是雨水，雨水的折射率大于空气，故有一部分光线通过界面发生折射。
（2）雨量越大时，光电传感器电阻越小，则雨刮器越快，由此可知雨量越大时通过电动机的电流越大，由闭合电路欧姆定律可知，能够实现雨量越大雨刮越快的是图乙的电路。
（3）欧姆表选择了×1 挡后，先进行欧姆调零，再进行测量，读数如图 b 所示，则读数为4.0Ω;为了多测几组数据，要求电压表的测量时的变化范围更大一些，故电压表应该接在b端。
由欧姆定律可知，电动机内阻为R机 R 0
四、解答题（本题共 3 小题，共 42 分。）
13.（10 分）【答案】（1）7.8 × 104 pa；（2）66mL
【详解】（1）杯内气体做等容变化，有 = ，其中P1 = P0 = 1 × 105 pa，T1 = (273 + 87) K=360K， T2 = (273 + 7) K=280K ，代入数据可得P2 = 7.8 × 104 pa（4 分）
（2）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为 V，以杯内原有气体为研究对象，则P2V2 = P0V3 ，其中V2 = (500 − 200) mL = 300mL ，则V = V2 − V3 ，联立可得V = 66mL。（6分）
14.（14 分）【答案】(1)I0 > 2N ⋅ s（或I0 ≥ 2N ⋅ s ）（5 分）(2)2 ，j > 20（5 分）
(3)QR = − x2 + 4x(J)(0 < x ≤ 4)（4 分）
【详解】（1）cd恰好能处于静止状态，沿轨道方向受力平衡mg sinθ − f = 0
对ab施加瞬时冲量后，由动量定理，有I0 = mv0
ab沿倾斜轨道上滑到cd位置的过程，由动能定理有mv
代入数据解得I0 > 2N ⋅ s
（2）碰撞后两杆整体切割磁感线，产生感应电动势E = Blv ，回路总电阻R总 = R + 两杆整体受到的安培力F安 = Bl = B l
总
对两杆整体由牛顿第二定律有2ma = F1 − 2mg sinθ − 2f − F安
结合F1 = kv + j( N)，代入数据整理得两杆整体的加速度a = (j − 20) + (k − 2)v
要使碰撞后R两端的电压随时间均匀增大，则感应电动势随时间均匀增大，根据E = Blv
可知，两杆整体沿导轨做匀加速直线运动，即a > 0且a保持不变，由上式可得(j− 20) > 0， 即k 、j应满足k = 2 ，j > 20
（3）对ab施加瞬时冲量后，由动量定理有I0 = mv0
ab沿倾斜轨道上滑到cd位置的过程，由动能定理有mv − (mg sinθ + f) × = mv，
ab和cd碰撞瞬间动量守恒mv1 = 2mv2 ，解得v2 = 4m/s
当k = 0，j = 20时，F1 = 20N，分析知碰撞后两杆整体的合力为安培力，碰撞后两杆整体运动
过程中，根据能量守恒，得 × 2mv = × 2mv2 + Q
根据焦耳定律，R产生的焦耳热QR
总 总
当IN ⋅ s时，由以上各式代入数据整理得：QR x2 + 4x
15.（16 分）【答案】(1) h = 3m （6 分）(2) vF = 6m/s （6 分）(3) Δx = 0.105m （6 分） 【详解】（1）m1 运动到 C 点时，根据牛顿第二定律得FN = m
m1 从 A 到 C 的运动过程，根据动能定理得m1g m1v 联立代入数据解得h = 3m
（2）m1 从 A 到 F 的运动过程，根据动能定理得
m1g - μ1m1gLBD - μ1m1g cs 37°LDE m1v 代入数据解得vF = 6m/s 。
（3）m1 与 M 相碰，根据动量守恒定律得m1vF = (m1 + M )v1 ，代入数据解得v1 = 1.2m/s m1 与 M 碰后对 m2 分析得 μ3m2 g = m2 a1 ，代入数据解得a1 = 2m/s2
对M 和m1 构成的整体受力分析得μ2 (M + m1 + m2 )g + μ3m2 g = (M + m1 )a2 代入数据解得a2 = 4m/s2 ，设经过时间 t ，m2 与 m1 、M 共速，则v1 - a2 t = a1t
代入数据解得共速的速度v = 0.4m/s ，t = 0.2s
该过程中 m2 运动的位移x a1t2 = 0.04m ，M 运动的位移x2 = v1t a2 t2 = 0.16m
共速过后，m2 与M 分别减速运动，对 m2 受力分析得μ3m2 g = m2 a1 ，代入数据解得a1 = 2m/s2 ，对M 和m1 构成的整体受力分析得μ2 (M + m1 + m2 )g - μ3m2 g = (M + m1 )a3
代入数据解得a3 = 3.2m / s2 ，m2 对地位移xm
M 的对地位移xm 最终计算可得m2 距离M 最右端的长度
Δx = x2 - x1 + x4 - x3 = 0.105m