安徽省合肥市第八中学2026届高三下学期3月阶段性检测 物理试卷（含解析）

这是一份安徽省合肥市第八中学2026届高三下学期3月阶段性检测 物理试卷（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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
项是符合题目要求的。
1.科学家们创造出了许多物理思维方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和比值定义法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（ ）
A．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，就可以用ΔxΔt表示物体在某时刻的瞬时速度，应用了微元法
B．在探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了控制变量的方法
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想
D．加速度的定义a=ΔvΔt采用的是比值定义法
2. 如图所示，一带电的A球用绝缘细线自由悬挂，另一带电的B球在外力（未画出）作用下，从无穷远处缓慢运动到A球的初始位置，此时A球运动到图示位置。在该过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A球的带电荷量大于B球的带电荷量
B．细线的拉力大小和方向均在变化
C．A球对B球做的功小于B球对A球做的功
D．外力对B球做的功小于A球、B球机械能的增加量
3. 如图所示，以O为圆心的光滑圆弧AB上有a、b两个挡板，挡板处各有一个可沿圆弧滑动的带孔小球，圆弧可绕竖直杆OA在水平面内转动。现将转动的角速度ω从0缓慢增大（ ）
A．两个小球相对圆弧总保持静止 B．两个小球同时沿圆弧向上运动
C．a处小球最先沿圆弧向上运动 D．b处小球最先沿圆弧向上运动
4. 如图所示为嫦娥六号探测器“奔月”过程，其历经了①地月转移、②近月制动、③环月飞行等过程，已知三个过程的轨道均经过P点。则（ ）
A．通过测量③上的运行周期可以估测月球密度 B．②转移到①时需要减速
C．②上经过P点时加速度比③上经过P点时大 D．②上的运行周期小于③上的运行周期
5. 电缆周围的电场分布对电缆的电气强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的电场分布情况，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说法正确的是（ ）
A．电场中b点的场强与d点的电场强度相同
B．将一电子放在c点，电子的电势能为30eV
C．将一电子由a点经b点移至c点，电场力先做正功后做负功
D．在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子将沿电场线运动
6. 如图甲所示，弧形磁铁固定在把手的表面，转动把手改变弧形磁铁与霍尔元件的相对位置。如图乙所示，霍尔元件通以向右的恒定电流，使垂直穿过霍尔元件的磁场增强，则霍尔元件（ ）
A．上下表面间的电势差变大B．上下表面间的电势差变小
C．前后表面间的电势差变大D．前后表面间的电势差变小
7. 一定质量的理想气体被密封在容器中，图为其某段时间内的p−V图，1和2是两条等温线，线段bc平行于V轴，下列说法正确的是（ ）
A．a→b过程中，气体温度降低 B．a→b过程中，外界对气体做功
C．b→c过程中，气体从外界吸收热量
D．b→c过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大
8. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（ ）
A．下滑过程中，环的加速度逐渐减小 B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2
C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα−14mv2 D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
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，选对但选不全得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中（ ）
A．甲粒子的入射速度小于乙粒子B．甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子
C．甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向D．电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功
10. 氢原子的部分能级图如图甲所示，大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出多种频率的光，这些光照射到同种材料后发生光电效应，产生的光电流与电压关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．由于跃迁时辐射的光子能量不连续，因此氢原子光谱是线状谱
B．氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，核外电子动能增大
C．a、b、c三种光子的波长关系满足1λa=1λb+1λc
D．图线c的光对应从n=3能级向n=2能级的跃迁
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、方程式和重要的演
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.（6分）(1)图1是“探究小车加速度与力、质量的关系”的实验方案甲，图2是改进后的方案乙，两方案中滑轮与细线间摩擦力，以及它们的质量均不计。下列说法正确的是_______（多选）。
A．两种方案均需要补偿阻力
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行
C．不断增加槽码质量，两种方案中小车的加速度大小均不可能超过重力加速度
D．操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，得到的纸带一定不可用
(2)A组同学按照方案甲正确操作打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，则打点计时器打下D点时小车的速度大小v=______m/s，小车的加速度a=______m/s2。（结果均保留2位有效数字）
(3)B组同学按照方案乙做实验，在实验中，正确补偿阻力后，保持槽码盘中的槽码质量m0不变，仅改变小车的质量M，测得多组加速度大小a和对应的小车的质量M，作出M−1a图像如图丙所示，图像的纵截距为−b，则槽码盘和动滑轮的总质量为________（用字母b、m0表示，滑轮均光滑，细绳质量不计）。
12.（10分）导电胶条广泛应用于电话、电子表、计算器、仪表等产品的液晶显示器与电路板的连接。某
实验小组测量某导电胶条的电阻。实验过程如下：
(1)固定导电胶条，将多用电表的选择开关旋转至欧姆“×100”挡，欧姆调零后，发现指针偏转角度太大。为了较准确地进行测量，应该选择 挡位（选填“×10”、“×1k”），并重新欧姆调零，正确操作并读数，此时刻度盘上的指针位置如图所示。测量值为 Ω。
(2)实验小组设计电路进一步精确测量导电胶条的阻值，实验室提供了以下器材：
A．待测导电胶条
B．电压表V（量程0～1V、内阻rV=300Ω）
C．电流表A1（量程0～3A、内阻rA1约为1Ω）
D．电流表A2（量程0～30mA、内阻rA2约为5Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω）
F．滑动变阻器R2（0～1kΩ）
G．定值电阻
H．电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干
实验时，要求尽可能的减小实验误差，且要求电表的示数从零开始调节。
①实验中，电流表应选 ，滑动变阻器应选 。（选填器材前面的字母代号）
②选取合适的器材，请将设计的电路画在图乙虚线框中，并在电路图上标出所选用的相应的器材符号，导电胶条用“”表示 。
③改变滑动变阻器滑动触头的位置，读取多组电压表和电流表的示数U和I，作出U-I关系图如图丙所示，根据图像中的数据可求得导电较条的阻值为Rx= Ω。（保留两位有效数字）。
13.（10分）如图所示，将玉米粒装入手摇爆米花机中，机内气体的初始温度T0=300K、压强p0=1.0×105Pa，对爆米花机密封加热，当气体压强达到p1=4.0×105Pa时，开盖使玉米粒爆开。不计玉米粒在加热过程中的体积变化，气体视为理想气体。
(1)求开盖前瞬间气体的温度T1；
(2)若加热过程中气体吸热3600J，求该气体内能的变化量ΔU。
14.（14分）如图所示，有一带正电粒子从O点飘入加速电场，经过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场Ⅱ左边界入射到磁场中。已知粒子的比荷qm=2×108C/kg，加速电场电压U0=100V。速度选择器水平极板长L=0.15m，间距d1=0.12m，板间电压U1=120V。磁场Ⅱ的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离d2=0.08m，磁感应强度B2=1×10−2T。粒子重力忽略不计，取sin37°=0.6。
(1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B1的大小；
(2)求粒子在磁场Ⅱ中运动时间t1；
(3)仅撤去磁场Ⅰ，求粒子在磁场Ⅱ中运动的时间t2及入射点与出射点的距离d3。
15.（18分）如图甲，一固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道圆心为O，半径R=0.2m，底端C点切线水平。原长l0=0.22m劲度系数k=100N/m的轻弹簧，一端挂在过O点的光滑水平轴上，另一端栓接一个质量m1=1kg的小球，小球静止在C点。轨道右边水平地面上有一长L=6m，质量M=1.5kg的木板AB，A端与C端的距离s=7m，AB上表面与C点等高。t=0时，一质量m2=3kg的滑块以v0=9m/s的水平初速度滑上木板的B端，之后一段时间内滑块和木板的速度v与时间t的关系图像如图乙所示。滑块和小球均视为质点，木板A端碰到C端会立即被粘住，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求滑块与木板之间的动摩擦因数μ1，以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2；
(2)求滑块运动到木板A端时的速度大小vA；
(3)滑块与小球在C点发生弹性正碰后，小球随即沿圆弧轨道运动，试通过计算分析小球能否到达圆弧轨道的最高点。若能到达，求出在最高点处小球对轨道的压力大小；若不能到达，求出小球脱离轨道时，弹簧与竖直方向夹角θ的余弦值。
答案
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
项是符合题目要求的。
1. 【答案】D
【详解】A．根据速度定义式v=("Δ" x)/("Δ" t)，当Δt非常小时，就可以用Δx/Δt表示物体在某时刻的瞬
时速度，应用了极限法，故A错误；
B．在探究两个互成角度的力的合成规律时，利用合力的效果与分力的效果一样，采用了等效替代的方
法，故B错误；
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型的思想，故C错
误；
D．比值定义的基本特点是被定义的物理量与分子与分母上物理量无关，在数值上等于二者的比值而已，
加速度的定义式为采用的是比值定义法，故D正确。故选D。
2. 【答案】B
【详解】A．力的作用是相互的，无法判定A球、B球带电荷量的大小关系，故A错误；
B．A球在细线的拉力、静电力和重力作用下始终处于平衡状态，三力的合力为零，由于静电力的大小和
方向始终在变化，而重力保持不变，则细线的拉力大小和方向均在变化，故B正确；
C．A、B间的相互作用力大小相等，A球的位移小，B球的位移大，所以A球对B球做的功大于B球对
A球做的功，故C错误；
D．对系统，根据能量守恒定律可知外力做的功等于系统机械能和电势能增加量之和，则外力对B球做的
功大于A球、B球机械能的增加量，故D错误。故选B。
3. 【答案】C
【详解】A．设圆弧半径为R，小球与小球的连线与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析如图所示
向心加速度大小为ω2Rsinθ，将向心加速度沿着切线方向和半径方向分解，则沿圆弧切线方向根据牛顿第
二定律有mgsinθ−FN2=mω2Rsinθcsθ，得FN2=mgsinθ−mω2Rsinθcsθ
显然ω越大则FN2就越小，当FN2减小到0时，若ω继续增大，则小球将沿圆弧上移，故A错误；
BCD．当FN2=0时设角速度为ω0，有mgsinθ=mω02Rsinθcsθ
解得ω0=gRcsθ即θ越大则ω0就越大，故θ小的先沿圆弧向上滑动，即a处小球最先沿圆弧向上运动，故
BD错误，C正确。故选C。
4. 【答案】A
【详解】A．③是贴近月球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力GMmR2=m2πT2R
解得M=4π2R3GT2，则月球的密度为ρ=M43πR3，解得ρ=3πGT2，所以通过测量③上的运行周期可以估测月球密度，故A正确；
B．卫星从低轨道到高轨道需要加速，故②转移到①时需要加速，故B错误；
C．根据牛顿第二定律GMmr2=ma，解得a=GMr2
可知②上经过P点时加速度与③上经过P点时加速度相等，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，周期越大，故D错误。故选A。
5. 【答案】C
【详解】A．根据题图电场线分布结合对称性可知，电场中b点的场强与d点的场强大小相等，但方向不
同，故A错误；
B．因c点电势为30V，则将一电子放在c点，电子的电势能为−30eV，故B错误；
C．将一电子由a点经b点移至c点，电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后变大，则电场力先做
正功后做负功，故C正确；
D．因电场线为曲线，则在b点由静止释放一带正电的粒子，粒子不会沿电场线运动，故D错误。
故选C。
6. 【答案】C
【详解】AB．结合图乙，左手定则可知霍尔元件中载流子只会向前或向后偏转，造成前后表面电势差U
发生改变，由于载流子不会向上或向下偏转，所以上下表面间的电势差不变，故AB错误；
CD．设霍尔元件前后表面距离为d，一个载流子电量为q，霍尔元件中单位体积内载流子的数量为n，其
定向移动的速率为v，导体横截面积为S，当载流子在磁场和电场中不再偏移时有qvB=Udq
电流微观表达式I＝nqSv，联立解得U=BdnqSI，故磁场增强，前后表面间的电势差变大，故C正确，D错
误。故选C。
7. 【答案】B
【详解】A．由图可知等温线离原点越远，对应的温度越高，故a→b过程中，气体温度增大，故A错
误；
B．a→b过程中，体积减小，外界对气体做功，故B正确；
CD．从c→b为等压变化，由公式VT=C可知，等温线2对应的气体温度比等温线1对应的气体温度低；
b→c过程中，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可得：ΔU=Q+
W，气体放出的热量比外界对气体做功多，此过程中压强不变，根据p=FS，可得容器单位面积受到气体分
子碰撞的平均作用力不变，故CD错误。故选B。
8. 【答案】C
【详解】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，可知环先加速后减速。圆环所受弹簧的弹力逐渐增
大，弹簧一直处于伸长状态。并且，弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿着
斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆环的加速度先减小后增大，故A错误；
B．环由A到C，有mgLsinα=EpC+Q环由C到A，有EpC−Q−mgLsinα=−12mv2
解得Q=14mv2，EpC=mgLsinα−14mv2，故B错误，C正确；
D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgℎ−Wf−W弹=12mvB2−0
圆环由B上滑至A，vB'>vB即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。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，选对但选不全得3分，有选错的得0分。
9.【答案】BD
【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为y=v0t
沿电场方向的位移为x=12at2=12⋅qEmt2。联立可得v0=yqE2mx
由于yP>yQ，xPνa
由于大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，能辐射出的光的种类数目为3×3−12=3
可知，图线a的光对应从n=3能级向n=2能级的跃迁，图线b的光对应从n=2能级向n=1能级的跃
迁，图线c的光对应从n=3能级向n=1能级的跃迁，故D错误；
C．结合上述有hνa=E3−E2，hνb=E2−E1，hνc=E3−E1
根据频率与波长的关系有νa=cλa，νb=cλb，νc=cλc，解得1λc=1λa+1λb，故C错误。故选AB。
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、方程式和重要的演
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.（6分）(1)AB (2) 0.50 0.93 (3)4b−m0
【详解】（1）A．两种方案均需要补偿阻力，A正确；
B．两种方案均需要让牵引小车的细线跟轨道保持平行，以保证小车受到的合力等于细线的拉力，B正确；
C．方案乙中小车的加速度等于槽码加速度的2倍，则不断增加槽码质量，乙方案中小车的加速度大小可能超过重力加速度，C错误；
D．操作中，若有学生不小心先释放小车再接通电源，如果在纸带上能打出足够的点，得到的纸带可用，故D错误。故选AB。
（2）[1][2]相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，则相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s，则打点计时器打下D点时小车的速度大小v=xCE2T=0.1636−
小车的加速度a=xCE−xAC4T2=(16.36−6.32−6.32)×10−24×0.12m/s2=0.93m/s2
（3）设槽码盘和动滑轮的总质量为m，对槽码和槽码盘以及动滑轮分析(m+m0)g−2T=(m+m0)a
对小车分析T=M⋅2a，解得M=g4(m+m0)1a−m+m04，由图线可知−b=−m+m04，解得m=4b−m0
12.（10分） (1) ×10 90 (2) D E 82
【详解】（1）[1][2]指针偏转角度太大，说明待测电阻小，应换小倍率“×10”，根据图甲可知测量值为
（2）[1]题意知电动势为3V，则电流中最大电流
则电流表选择A2，即选D。
[2]要求电表的示数从零开始调节，且方便调节，滑动变阻器应选择电阻小的，即选E。
[3]因为
可知电压表V量程太小，需要改成大量程电压表，即电压表V需要与串联成一个3V电压表，此时改装表内阻为
由于改装后的电压表内阻已知，电压表的分流值可以精确求出，故电流表A2采用外接法，故电路图如下
[4]根据电路图可知，整理得，可知斜率，解得。
13.（10分） (1)1200K (2)3600J
【详解】（1）等容变化，设后来温度为T1，根据查理定律有p1T1=p0T0 ，解得T1=1200K
（2）根据热力学第一定律有ΔU=W+Q，加热过程体积不变，即有W=0，解得ΔU=3600J
14.（14分） (1)B1=5×10−3T (2)t1=53π360×10−6s (3)t2=53π180×10−6s，d3=0.2m
【详解】（1）粒子加速，根据动能定理有qU0=12mv2，解得v=2×105m/s
速度选择器内，粒子受力平衡，则有qU1d1=qvB1，解得B1=5×10−3T
（2）粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB2=mv2r，解得r=mvqB2=0.1m
粒子运动的周期为T=2πrv=2πmqB2=π×10−6s ，粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角sinθ=d2r= ，解得θ=53°，粒子运动时间与周期的关系为t1=θ360°T，解得t1=53π360×10−6s
（3）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有L=vt，根据牛顿第二定律有a=qU1md1
竖直方向末速度vy=at=qU1Lmd1v=1.5×105m/s，合速度大小v1=v2+vy2=2.5×105m/s
速度与水平方向夹角tanθ=vyv=34 ，解得θ=37°，粒子在磁场中运动的半径为r1=mv1qB2=0.125m
粒子从磁场左边界射出时入射点与出射点的距离d3=2r1cs37°=0.2m
粒子在磁场Ⅱ中运动的时间t2=106°360°T=53π180×10−6s
15.（18分） (1)μ1=0.4,μ2=0.1 (2)vA=2m/s (3)0.9
【详解】（1）由图乙可得滑块的加速度大小a1=v0−vt=4m/s2
木板的加速度大小a2=vt=5m/s2
由牛顿第二运动定律，对滑块得μ1m2g=m2a1
对木板得μ1m2g−μ2M+m2g=Ma2
解得μ1=0.4,μ2=0.1
（2）t=0∼1s时间内，设滑块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则有x1=v0+v2t=7m
x2=v2t=2.5m由于x1−x2