安徽省马鞍山市2025-2026学年高三下学期二模考试物理试题（含解析）高考模拟

这是一份安徽省马鞍山市2025-2026学年高三下学期二模考试物理试题（含解析）高考模拟，共11页。
1．答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上。
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。
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，只有一项是符合要求的。
1. 图示为氢原子能级的示意图，现有一个氢原子处于的激发态，当向低能级跃迁时可以辐射出不同频率的光子。下列说法正确的是（ ）
A. 跃迁过程可能辐射出6种不同频率的光子
B. 跃迁过程可能辐射出4种不同频率的光子
C. 跃迁过程可能只辐射出1种频率的光子
D. 辐射出的光子一定不能使逸出功为6.34 eV的金属铂发生光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于只有一个氢原子，若从能级跃迁，最多可能产生种不同的频率的光，故AB错误；
C．若该氢原子的核外电子从能级直接跃迁至能级，则只辐射出1种频率的光子，故C正确；
D．若该氢原子由能级跃迁到能级辐射出的光子能量
或该氢原子由能级跃迁到能级，再从能级跃迁到能级辐射出的光子能量
或者该氢原子向下跃迁到能级，再从能级跃迁到能级辐射出的光子能量
这三种情况的光子能量都大于金属铂的逸出功，能发生光电效应，故D错误。
故选C 。
2. 如图所示，在国产动画片《舒克和贝塔》中，舒克驾驶直升飞机沿水平方向匀速飞行，每隔相同时间向粮仓中投放粮袋，忽略空气阻力，一段时间后粮袋在空中的位置关系应为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】飞机沿水平方向做匀速直线运动,粮袋做平抛运动,粮袋水平方向做匀速直线运动,飞机及投放的各个粮袋水平方向相对静止，粮袋竖直方向做自由落体运动,先投放的运动时间长，竖直方向速度大，相等时间间隔内下落的高度大，故飞机与粮袋在竖直方向始终位于同一条直线上,且在竖直方向上从上往下相邻粮袋之间的间距逐渐增大。
故选A。
3. 物理兴趣小组的同学用振动装置带动水平轻绳中点O在竖直方向振动，一段时间后振动恰好传播到轻绳两端，形成如图所示的波形，关于形成的绳波，下列说法正确的是（ ）
A. 绳上质点随波迁移
B. 波速不断增大
C. O点振动的频率增大
D. 绳上关于O点对称的两质点同时开始振动
【答案】D
【解析】
【详解】A．绳上质点只会在其平衡位置上下振动，不会随波迁移，故A错误；
B．机械波的传播速度只由介质决定，所以波速保持不变，故B错误；
C．由题图可知，波长变大，根据可知，O点振动的频率减小，故C错误；
D．绳上关于O点对称的两质点与O点距离相等，波从O点向两侧的传播速度相等，所以绳上关于O点对称的两质点同时开始振动，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，在匀强磁场中矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈匝数，磁场的磁感应强度，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，线圈平面与中性面重合
B. 矩形线圈的面积为
C. 感应电动势有效值为
D. 感应电动势随时间的变化关系为
【答案】B
【解析】
【详解】A．时，由题图可知线圈电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，故A错误；
B．根据
由图乙可知周期为，则角速度为
联立解得矩形线圈的面积为，故B正确；
C．感应电动势有效值为，故C错误；
D．感应电动势随时间的变化关系为，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，升降机内有质量相同的小球A和B、A、B间用轻弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶部，升降机一直以加速度a竖直向上做匀加速运动，重力加速度为g。某时刻剪断轻绳，此瞬间，A、B的加速度大小分别为（ ）
A. ，aB. ，aC. ，0D. ，0
【答案】A
【解析】
【详解】设A、B的质量均为，轻绳剪断前，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得弹簧弹力大小为
轻绳剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得
解得A的加速度大小为
由于B的受力保持不变，所以B的加速度大小仍为。
故选A。
6. 物块以某一速度从固定粗糙斜面的底端开始上滑，向上运动至最高点后返回底端，该过程物块的加速度为a、速度大小为v、位移为x、时间为t。不计空气阻力，以下图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．上滑时，根据牛顿第二定律
下滑时，根据牛顿第二定律a下​=gsinθ−μgcsθ，方向仍沿斜面向下。可得 ，且两个加速度方向相同，A错误；
B．题干中是速度大小，因此全程为正
上滑过程，匀减速直线运动，速度从初速度均匀减到0，加速度大，因此图线斜率绝对值大（更陡）。下滑过程，匀加速直线运动，速度从0均匀增大，全程摩擦力做负功，机械能损失，因此回到底端时速度大小，B正确；
C．匀变速直线运动的位移满足，因此图像为抛物线。根据（是上滑/下滑的总位移大小），因​，可得下滑时间，即总时间大于，C错误；
D．仅上滑过程，整理得 ，确实是线性关系；但到达最高点后下滑，位移表达式发生变化，不再满足线性关系，不可能一直保持直线下降到0，D错误。
故选 B。
7. 如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为Q的正点电荷固定在A点。将电荷量也为Q的负点电荷，从无穷远处（电势为0）移到B点，此过程中电场力做功为W。下列说法正确的是（ ）
A. 负点电荷移入之前，B点的电势为
B. 负点电荷移入之后，C点场强增强
C. 负点电荷移入之后，C点电势升高
D. 将负点电荷从B点沿直线BC移至C点，电场力先做正功再做负功
【答案】D
【解析】
【详解】A．负点电荷，从无穷远处移到B点，电场力做功为
其中负点电荷电荷量
代入解得​，A错误；
B．设等边三角形边长为，移入负电荷前，点的正点电荷在点产生的场强大小
移入负电荷后，点的负点电荷在点产生的场强大小
两个场强夹角为，根据矢量合成得
故合场强大小和原来场强大小相等，场强没有增强，B错误；
C．电势是标量，移入负电荷前，由点的正点电荷在点产生的电势为正值，移入负电荷后，点的负点电荷在点产生的电势为负值，总电势为正电势加负电势，比原来降低，C错误；
D．点的正点电荷，边上中点位置离最近，因此点产生的电势沿方向先升高、后降低，且点和点电势相等。 根据电势能
可知移动负点电荷，电势能先减小、后增大，因此电场力先做正功再做负功，D正确。
故选D。
8. 如图所示，在粗糙的水平面上，有一截面为半圆形的内表面光滑的轨道，一小球静止于轨道的最低点。现用始终沿圆弧切线方向的力F缓慢地推小球，使之上升到与圆心等高的位置，全程轨道静止不动，在此过程中（ ）
A. 力F先增大后减小
B. 小球受到支持力一直增大
C. 轨道对地面的压力一直增大
D. 地面对轨道的摩擦力先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设小球与圆心O的连线与竖直方向的夹角为，根据共点力的平衡条件，有；
因一直增大，可见小球沿圆轨道运动过程中，拉力F一直增大，小球对圆轨道的压力一直减小，由牛顿第三定律知小球受到支持力一直减小，故AB错误；
C．结合AB选项由于全程轨道静止不动，将小球和轨道视为整体，由竖直方向
由于拉力F一直增大，一直增大，所以轨道对地面的压力一直减小，故C错误；
D．水平方向有
一直由逐渐缓慢至增大，则先增加后减小，所以地面对轨道的摩擦力先增大后减小，故D正确。
故选D。
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求。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. 2025年6月20日我国成功发射中星9C卫星，该星投入使用后，我国在轨广电专用传输和直播卫星全面实现国产化，9C卫星绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为a。已知近地卫星做匀速圆周运动的速度大小为v，地球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 9C卫星的机械能小于近地卫星的机械能
B. 9C卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度
C. 地球的质量
D. 9C卫星的周期
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由于9C卫星的质量与近地卫星的质量大小关系未知，故无法比较9C卫星与近地卫星的机械能大小，故A错误；
B．对于近地卫星，其轨道半径可视为地球半径，根据万有引力提供向心力有
解得
即近地卫星做匀速圆周运动的速度为第一宇宙速度，是最小的发射速度；9C卫星绕地球做椭圆运动，其发射速度大于第一宇宙速度，因此9C卫星的发射速度大于近地卫星的发射速度，故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
可知地球的质量
因近地卫星的轨道半径与9C卫星轨道的半长轴不同，故地球的质量，故C错误；
D．近地卫星做圆周运动的周期
根据开普勒第三定律可知
解得，故D正确。
故选BD 。
10. 如图所示，竖直平面内有一金属圆环，直径为L，总电阻为4R。圆环区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于圆环面。环最高点处用铰链连接一长也为L、质量为m、电阻为R的导体棒OP，使导体棒由水平位置紧贴环面摆下，第一次摆至竖直位置时，导体棒P端速度为v。不计一切摩擦，重力加速度为g。该过程中（ ）
A. 导体棒摆动的角速度先增加后减小
B. 导体棒在竖直位置时，棒所受安培力为
C. 导体棒在竖直位置时，棒两端电压为
D. 整个系统产生的热量为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．导体棒下摆过程中，重力的切向分力一开始大于安培力，导体棒加速；随着速度增大，重力的切向分力小于安培力，导体棒减速，因此角速度先增大后减小，故A正确；
B．导体棒在竖直位置时，感应电动势为
圆环两个半环并联，总外电阻为
电路总电阻为
总电流为
安培力为，故B错误；
C．导体棒在竖直位置时，棒两端电压为，故C正确；
D．根据能量守恒定律可知整个系统产生的热量为，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：共5题，共58分。
11. 如图甲所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验时，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，打开单色光源，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。已知双缝间距，双缝到毛玻璃屏的距离。
（1）实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹记为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，则此时的示数为________mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示；
（2）该单色光的波长为________m；
（3）改用频率较高的单色光，干涉条纹间距将________（选填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】（1）11.1
（2）
（3）变小
【解析】
【小问1详解】
第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，则此时的示数为
【小问2详解】
由图丙可知读数为
则相邻亮条纹间距为
根据，可得该单色光的波长为
【小问3详解】
改用频率较高的单色光，则波长变小，根据可知，干涉条纹间距将变小。
12. 某同学从网上购买了某种型号的发光二极管，说明书显示其正向电压在之间时，可以发光，对应功率约为。为进一步研究二极管的特性，该同学用以下器材来绘制二极管正向导通时，电压从0开始变化的伏安特性曲线。
A．量程为的电流表，内阻约为
B．量程为的电流表，内阻约为
C．量程为的电压表，内阻约为
D．最大阻值为的滑动变阻器
E．最大阻值为的滑动变阻器
F．定值电阻，
G．电源电动势为3.0V，内阻不计
H．开关和导线若干
（1）从以上器材中选择合适的器材组成电路，其中电流表应选择________，滑动变阻器应选择________（填器材前的字母序号）。
（2）下列四幅图中，最合理的实验电路是________。
A． B．
C． D．
（3）通过正确地操作，绘制出了如图甲所示的伏安特性曲线。
（4）若将二极管接入如图乙的电路，为使二极管在给定电压范围内发光，电路中的定值电阻应选择____（选填“”或“”），此时二极管的功率是____W（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. A ②. D ③. D ④. R1 ⑤. 0.086 (0.082~0.093均可）
【解析】
【详解】[1]由题可知
故量程为的电流表，故选A；
[2]因二极管电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用，故选D。
[3]根据题意可知二极管电阻大致为
根据，故采用内接法，故D符合题意。
故选D。
[4] 其正向电压在之间时，可以发光，根据欧姆定律可知
选取时可以使二极管正常发光；
[5]由图甲可知
此时二极管的功率是
13. 如图所示，有一容积为的圆柱形薄壁玻璃杯，其导热性能良好。把杯口朝下竖直缓慢放入水中，撤去外力后静止时，杯中空气的体积变为。已知玻璃杯质量为m，大气压强为，重力加速度为g，环境温度不变。求：
（1）杯中空气的压强；
（2）玻璃杯底的面积。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由玻意耳定律可得
解得杯中空气的压强为
【小问2详解】
对玻璃杯，根据平衡条件可得
解得玻璃杯底的面积为
14. 如图所示，AB为足够长的光滑斜面，斜面倾角，与水平面CD通过极小的一段光滑曲面平滑连接。DE为与水平面平滑连接的光滑竖直半圆轨道，D为最低点。一质量为可视为质点的物块P自斜面上距水平面高为处由静止释放，与静置于C点的物块Q发生碰撞，碰后立即将P撤去，Q恰好能到达圆轨道最高点E，此后的运动情景不考虑。P、Q质量相同，Q与水平面间动摩擦因数为，C、D间距离为，圆轨道半径，取，，重力加速度g取。求：
（1）P到达C点时速度大小；
（2）物块Q经D点时的速度大小；
（3）P、Q碰撞过程中系统损失的机械能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
物块P从静止滑至C，则
得
【小问2详解】
物块Q在E点时，根据牛顿第二定律可得
物块Q从D运动到E，则
得
【小问3详解】
物块P、Q碰撞过程，根据动量守恒定律可知
其中
物块Q由C运动到D，则
得
15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其中以O点为圆心，半径为R的圆面内没有磁场。第三象限存在平行于纸面的匀强电场，电场方向与y轴正方向成斜向右上方，第四象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从第一象限中距离x轴2R处的某一点，以大小为的速度垂直于y轴进入磁场区域。已知第二、四象限内磁场的磁感应强度大小分别为和，不计粒子重力，取，。
（1）求粒子在第二象限磁场区域中做圆周运动的轨道半径；
（2）求粒子离开第二象限磁场区域时，速度的方向与x轴正方向夹角的正弦值；
（3）粒子第5次经过y轴后，经电场偏转直接到达O点，求两次经过x轴的时间间隔。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子在第二象限磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力有
其中
解得
【小问2详解】
设粒子在第二象限轨迹的圆心为O'，从点离开磁场，运动轨迹如图所示
由几何关系可知
因为,
则有
所以
即粒子离开磁场后经过坐标原点，设速度的方向与x轴正方向夹角为，由几何关系可知
【小问3详解】
粒子进入第四象限后，由洛伦兹力提供向心力有
其中
解得
故粒子经过坐标原点时，速度方向与y轴负半轴夹角为θ=37°，如图所示，则粒子进入电场后先做匀减速后反向做匀加速直线运动到达轴，粒子第3、4两次经过y轴的同一位置，由几何关系可得
粒子第4、5两次经过y轴之间的运动为一段大圆弧，同理可得
所以
粒子在第四象限的磁场中运动的轨迹合起来正好是一个完整的圆周，所以运动时间
第5次经过y轴以后，粒子做匀变速曲线运动，在轴方向上的分运动为匀加速直线运动，则
其中
在轴方向上的分运动为先向左减速再向右加速，则
其中
联立解得，
粒子第3、4两次经过y轴的时间内，在电场中先做匀减速后反向做匀加速直线运动，则
其中
解得
所以两次经过x轴的时间间隔