资源简介

2026年安徽省合肥市巢湖四中等校高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.一个带正电的小球用绝缘细线悬挂于点，在其右侧放置一个不带电的枕形导体时，小球将在细线与竖直方向成角处保持静止，如图所示。若将导体的端接地，当重新平衡时，细线与竖直方向的夹角将( )
A. 不变
B. 变大
C. 变为零
D. 变小但不为零
2.一辆汽车在水平面上由经运动至时停下，其图像如图所示，已知两段运动的时间相等，则两段的位移之比为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
3.一列简谐横波在时的波形图如图所示。此时介质中处的质点由平衡位置向轴正方向运动，其振动周期为。下列说法正确的是( )
A. 该列波向右传播
B. 该列波的波长为
C. 该列波的波速为
D. 时位置的质点尚未运动
4.如图所示，轻弹簧一端固定在竖直杆上的点，另一端连接小球，小球套在光滑水平杆上，整个装置可绕竖直杆转动当装置分别以角速度、匀速转动时，小球相对杆分别静止在、点，杆对球的弹力大小分别为、，其中方向向下，弹簧在弹性限度内，则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
5.如图所示，蹄形磁铁水平放置极在上，质量为的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，稳定时奖细导线与竖直方向的夹角为。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重力加速度为，则( )
A. 导体棒中的电流方向为
B. 单根导线上的拉力大小为
C. 若电流大小加倍，再次稳定后角也加倍
D. 若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过角，导线上拉力变小
6.某兴趣小组设计了一款金属探测仪，如图所示，探测仪内部的线圈与电容器构成振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。已知某时刻，电流的方向由流向，且电流强度正在减弱过程中，则( )
A. 该时刻线圈的自感电动势正在减小
B. 该时刻电容器上极板带负电荷
C. 若探测仪靠近金属时其自感系数增大，则振荡电流的周期减小
D. 若探测仪与金属保持相对静止，则金属中不会产生涡流
7.年，托马斯杨进行了著名的杨氏双缝干涉实验，有力地支持了光的波动说。如图甲所示是双缝干涉实验装置的示意图，某次实验中，利用黄光得到的干涉条纹如图乙所示。为了增大条纹间距，下列做法中可行的是( )
A. 只增大滤光片到单缝的距离 B. 只增大双缝间的距离
C. 只增大双缝到屏的距离 D. 只把黄色滤光片换成绿色滤光片
8.如图所示，是由光滑细杆弯成的半圆弧，其半径为，半圆弧的一端固定在天花板上的点，是半圆弧的直径，处于竖直方向，点是半圆弧上与圆心等高的点。质量为的小球可视为质点穿在细杆上，通过轻绳与质量也为的小球相连，轻绳绕过固定在处的轻小定滑轮。将小球移到点，此时段轻绳处于水平伸直状态，，然后将小球由静止释放。不计一切摩擦，已知重力加速度为，在小球由点运动到圆弧最低点的过程中，下列说法不正确的是( )
A. 小球的动能可能先增大后减小
B. 小球始终比小球运动得快释放点除外
C. 当小球绕滑轮转过时，小球的动能为
D. 小球刚释放时，小球、的加速度大小分别为、
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.神舟十九号载人飞船于年月日成功发射，经过分钟左右成功进入预定轨道。飞船进入预定轨道之前在近地圆轨道的点点火加速进入椭圆轨道，在远地点点再次点火加速进入圆轨道。若飞船在、轨道的点和、轨道的点速度分别为、和、，向心加速度分别为、和、，机械能分别为、和、，飞船在、和轨道的周期分别为、和。对于以上物理量的大小关系，下列选项正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，挡板固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端与半径为的圆弧轨道连接，其圆心在斜面的延长线上。点有一光滑轻质小滑轮，，质量均为的小物块、由一轻质弹簧拴接弹簧平行于斜面，其中物块紧靠在挡板处，物块用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为、大小可忽略的小球相连，初始时刻小球锁定在点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，、处于静止状态。某时刻解除对小球的锁定，当小球沿圆弧运动到最低点时物块未到达点，物块对挡板的作用力恰好为，已知重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 小球由点运动到点的过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒
B. 小球由点运动到点的过程中，小球和物块的机械能之和先增大后减小
C. 小球到达点时的速度大小为
D. 小球到达点时的速度大小为
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.李华用如图所示的装置验证机械能守恒定律。在高处固定电磁铁，通电时吸住小铁球图中未画出电磁铁，断电后小铁球由静止开始下落，通过正下方的光电门。光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方。
安装并调整好器材。用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径，取平均值为测量值。其中某次测量的示数如图所示，该示数为 。
让电磁铁通电吸住小铁球，测量并记录球心到光电门的距离。释放小铁球，记录它通过光电门的时间。
改变光电门位置，重复步骤多次，得到多组、数据，在坐标图中描点连线，得到如图所示的直线，算出斜率。若在实验误差允许的范围内， 用当地重力加速度、铁球直径表示，则验证机械能守恒成功。
实际上，小铁球通过光电门的平均速度略 选填“大于”或“小于”小铁球球心通过光电门的瞬时速度。由此是否会给本实验带来明显的影响？答： 选填“是”或“否”。
12.实验小组测量一盘铜导线的电阻及电阻率，标签标注长度为，实验室提供以下器材：
A.螺旋测微器
B.多用电表
C.电流表，内阻约为
D.电压表，内阻约为
E.滑动变阻器
F.滑动变阻器
G.电源电动势为，内阻不计
H.开关、若干导线
将铜导线一端拨去绝缘层，用螺旋测微器在不同位置测量铜导线的直径，某次测量时，螺旋测微器示数如图甲所示，则该铜导线直径 ______。
用多用电表电阻挡粗测铜导线的电阻如图乙所示，导线电阻约为______。
用伏安法测量铜导线电阻时，要求电流表示数从零开始测量，滑动变阻器应选______填器材前面的序号，将实验器材如图丙所示连接成实验电路，用笔划线代替导线完成电路连接。
连接电路无误，实验得到多组数据，将所测电压表读数和电流表读数，作出伏安特性曲线如图丁所示，则铜导线电阻 ______，铜导线电阻率 ______保留一位有效数字。
用伏安法测出的电阻及电阻率均比真实值______选填“大”“小”或“相等”。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向，匝数为的矩形线圈的边长、。线圈以角速度绕中心轴匀速转动，和边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为，外接电阻为。求：
线圈切割磁感线时，边所受安培力的大小；
外接电阻上电流的有效值。
14.如图所示，质谱仪由一个加速电场和环形区域的偏转磁场构成，磁场区域由两圆心都在点，半径分别为和的半圆盒和围成，匀强磁场垂直于纸面向外，磁感应强度大小为。质量为、带电荷量为的粒子不断从粒子源飘入加速电场，其初速度为，经电场加速后沿的中垂线从极板上的小孔射入磁场后打到荧光屏上。已知加速电压为未知时，粒子刚好打在荧光屏的中点处。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，且打到半圆盒上的粒子均被吸收。
求加速电压的大小。
为使粒子能够打到荧光屏上，求加速电压的取值范围。
若调节加速电场的方向与粒子发射速度和角度，使粒子恰好打在中点处，求粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值。
15.如图所示，物块和木板静止在光滑水平地面上，的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块，、、的质量分别为、、。、间的动摩擦因数为，、由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给一个向右的速度，使在上滑动，当的速度减为时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时的速度为，重力加速度为。求：
从获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
因拉断绳子造成的机械能损失为多少？
若最终未脱离木板，则木板的长度至少为多少？
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：小球在细线与竖直方向成角处保持静止，根据平衡可知，将导体的端接地，负电荷会从大地运动到枕形导体上，端带负电电量变大，则与球之间的吸引力变大，细线与竖直方向的夹角变大，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据共点力平衡条件和将导体的端接地后端电量的变化导致的小球受到的电场力的变化情况，分析角的变化情况。
此题考查带电小球在电场中的平衡问题，求解此题的关键是明确导体的端接地后感应电荷的变化情况。
2.【答案】
【解析】解：根据图像可知，汽车做匀减速直线运动且末速度为，从开始减速到完全停止所用时间为，利用逆向思维方法，结合初速度为的匀加速直线运动规律，连续相等的时间内的位移之比为：，则题中两段位移之比为：，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据图像斜率和面积的物理意义结合初速度为的匀加速直线运动规律进行分析解答。
考查运动学图像的认识和处理，图像问题是高考的热点问题，要求学生熟练掌握图像的处理方法。
3.【答案】
【解析】解：由题知，此时介质中处的质点由平衡位置向轴正方向运动，则由图及“同侧法”可知，该列波向右传播，故A正确；
B.由图可知，该列波的波长为：，故B错误；
C.结合前面分析可知，该列波的波速为：，故C错误；
D.由图知，时位置的质点在平衡位置，则速度最大，故D错误；
故选：。
A.结合题意，由图及“同侧法”，即可分析判断；
B.由图，确定该列波的波长；
C.结合前面分析，根据波速与波长的关系列式，即可分析判断；
D.由图，即可分析判断。
本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
4.【答案】
【解析】解：对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力、沿弹簧方向的拉力和水平杆对其的竖直弹力，小球在水平面内做匀速圆周运动。设弹簧与竖直方向的夹角为，轨道半径为，角速度为，小球质量为设弹簧的劲度系数为，原长为，点到水平杆的竖直高度为。则弹簧的长度
拉力
由几何关系可知
弹簧拉力的水平分量提供向心力
整理得
此式表明，角速度是随轨道半径的增大而增大的，从图中可以看出，的轨道半径大于的轨道半径，对应的角速度关系为；
在竖直方向上，小球受力平衡，则
所以杆对球的弹力
由几何关系
可得，的轨道半径大于的轨道半径，则有，故ABD错误，C正确。
故选：。
对、两点的小球做受力分析，结合向心力公式，比较角速度大小和杆对球的弹力大小。
这道题考查水平面内圆周运动的受力分析与向心力公式的应用，需要根据不同位置的受力特点建立方程，属于典型的圆周运动动态分析题。
5.【答案】
【解析】根据左手定则，由于导体棒所受安培力水平向右，则导体棒中的电流方向为，故A错误；
B.由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小，故B错误；
C.导体棒所受安培力大小，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时的值加倍，故C错误；
D.作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，故D正确。
故选D。
6.【答案】
【解析】解：、已知此时刻电流强度正在减弱，由于电流减小的过程，电流变化率变大，故线圈的自感电动势增大，故A错误；
B、已知此时刻电流强度正在减弱，可知磁场能再向电场能转化，故电容器正在充电，因电流的方向由流向，故电容器上极板带负电，故B正确；
C、若探测仪靠近金属时其自感系数增大，根据振荡周期：，可知振荡电流的周期增大，故C错误；
D、此时电流正在减弱过程中，电流周围的磁场变化，故金属中会产生涡流，故D错误。
故选：。
电流减小的过程，电流变化率变大，据此判断自感电动势的变化；电流强度正在减弱，磁场能再向电场能转化，电容器正在充电，再根据电流的方向判断电容器上极板带电性；根据振荡周期，判断振荡电流的周期变化；此时电流正在减弱过程中，电流周围的磁场变化，金属中会产生涡流。
本题考查了电磁振荡及过程分析，掌握电磁振荡过程电流与电容带电量的变化过程，以及能量转化过程。
7.【答案】
【解析】解：根据双缝干涉条纹间距的公式可知，增大条纹间距的方法是减小双缝的距离，或者增加双缝到屏的距离，或者增加入射光的波长黄光换成绿光波长减小，与其它因素无关，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据双缝干涉条纹间距的公式，分析判断各种方案的正误。
考查双缝干涉条纹间距的公式的理解和应用，会根据题意进行准确分析解答。
8.【答案】
【解析】解：、下滑过程中，小球所受的合力与速度成锐角，所以小球的动能一直增大，故A错误。
B、设小球运动到某位置点除外时，、连线与水平方向的夹角为，由关联速度可知其中，所以小球的速度始终比小球的速度大，故B正确。
C、当小球绕滑轮转过时，小球下降的距离为，减少的重力势能为，小球下降的高度为，减少的重力势能为，此时两小球的速度关系为，由系统机械能守恒有，结合动能计算公式联立解得，故C正确。
D、小球刚释放时受重力、杆的弹力、绳的拉力，杆的弹力和绳的拉力大小相等、方向相反，所以球所受的合外力为重力，即加速度为，小球此时受重力和绳的拉力，合力为零，所以此时的加速度为，故D正确。
本题选择错误选项
故选：。
小球由点运动到圆弧最低点的过程中，系统减小的重力势能转化为系统的动能，由此分析小球的动能的变化；当小球绕滑轮转过时，利用几何关系，算出、高度的变化值，根据机械能守恒定律可以求出小球的动能；根据牛顿第二定律分析加速度的大小。
本题考查机械能守恒定律，运动的合成与分解等知识点，两球的速度大小并不相等，注意牛顿第二定律计算加速度的方法。
9.【答案】
【解析】解：由人造卫星的万有引力等于向心力可得，得
则
且两次加速，有
则
故A正确；
B.在、两点，由地球对其万有引力提供飞船所需向心力，即
则
故B错误；
C.在同一轨道上机械能守恒，则
在、两点加速，有
且
则
故C错误；
D.由开普勒第三定律，有，即轨道越高周期越长，则
故D正确。
故选：。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、加速度的表达式进行讨论。在同一轨道上机械能守恒，在、两点加速，结合开普勒第三定律分析。
此题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是抓住万有引力提供向心力，以及开普勒第三定律的灵活运用。
10.【答案】
【解析】解：小球由运动到的过程中，小球和物块的机械能之和与弹簧和的能量之和不变，一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，小球和物块的机械能之和先增大后减小，故A错误，B正确；
设弹簧的劲度系数为，初始时刻弹簧的压缩长度为，则沿斜面方向受力平衡
小球沿圆弧运动到最低点时，物块即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，则沿斜面方向受力平衡，即
当小球沿圆弧运动到最低点时，沿斜面运动的位移为，所以
代入数据得
设小球到达点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度
此时的速度也为，对、、和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，且在和处弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为，重力对做正功，对做负功，、、和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
代入数据得，，故C正确，D错误。
故选：。
先分析弹簧初末状态弹性势能相等，确定、与弹簧组成的系统机械能守恒，结合、的速度关联，用机械能守恒定律列方程求解在点的速度，同时分析弹簧弹力做功对、机械能之和的影响。
本题以斜面、圆弧轨道和弹簧为载体，考查机械能守恒条件、速度关联及弹簧弹力做功，综合性较强，能有效考查学生对系统机械能守恒的理解和复杂物理过程的分析能力，对逻辑推导和能量转化分析要求较高。
11.【答案】
小于
否
【解析】因为游标卡尺是分度的，所以精确度是，游标尺上第条刻度线和主尺对齐，所以示数为
铁球通过光电门的速度为，根据自由落体运动的速度位移关系有，整理可得，在实验误差允许的范围内，，则验证机械能守恒成功。
小铁球通过光电门的平均速度为中间时刻的瞬时速度，而小铁球球心经过光电门时的速度是中间位置的瞬时速度，在匀变速直线运动中，在某段距离内中间位置的速度是大于中间时刻的瞬时速度的，即小铁球通过光电门的平均速度略小于小铁球球心通过光电门的瞬时速度。因为小铁球的直径较小，整体位移较小，所以这两个速度的差别不大，由此不会对实验带来明显的影响。
故答案为：；；小于，否。
12.【答案】；； ；见解析； ；； 小
【解析】解：螺旋测微器的精确度为，铜导线直径
欧姆表测电阻，导线电阻
实验要求电流表示数从零开始测量，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择；
由于
因此电流表采用外接法，连接的实验电路如图所示：
根据欧姆定律
图像的斜率
结合函数斜率的含义
代入数据解得
根据电阻定律
电阻率
代入数据解得
电流表采用外接法，实验误差来源于电压表分流
根据欧姆定律，待测电阻的真实值
电阻的测量值小于真实值，因此电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：；；；见解析；；；小。
螺旋测微器的精确度为，根据游标卡尺的读数规则读数；
根据欧姆表的读数规则读数；
滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值大小关系确定电流表的内外接法，然后完成电路的连接；
根据欧姆定律结合图像的斜率求解待测电阻；根据电阻定律求解电阻率；
根据实验原理，结合欧姆定律、电阻定律分析实验误差。
本题考查了测量一盘铜导线的电阻及电阻率的实验，要明确实验原理，掌握螺旋测微器和欧姆表的读数规则，掌握欧姆定律和电阻定律的运用。
13.【答案】解：、边的运动线速度大小为：
线圈切割磁感线产生的感应电动势为：
线圈切割磁感线时感应电流为：
边所受安培力的大小为：
解得：
线圈转动一个周期内，有感应电流的时间为：
根据有效值的定义可得：
解得：
答：线圈切割磁感线时，边所受安培力的大小为；
外接电阻上电流的有效值为。
【解析】确定、边的运动线速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求解线圈切割磁感线时，边所受安培力的大小；
确定线圈转动一个周期内，有感应电流的时间，根据有效值的定义求解外接电阻上电流的有效值。
本题考查了交流电的产生与有效值的物理意义，以及安培力的计算。掌握交流电有效值的定义，以及物理意义。
14.【答案】加速电压的大小为：
为使粒子能够打到荧光屏上，加速电压的取值范围：
若调节加速电场的方向与粒子发射速度和角度，使粒子恰好打在中点处，粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为：
【解析】带电粒子垂直于射入，恰好垂直打在中点处的运动轨迹如图甲所示，
由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：，洛伦兹力提供向心力，则有：，
当粒子在电场中运动时，由动能定理得：，联立解得：。
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时，运动轨迹如图乙所示，
由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：，洛伦兹力提供向心力，则有：，
当粒子在电场中运动时，由动能定理得：，联立解得：；
当粒子在磁场中运动的轨迹与半径为的半圆盒在点相切时运动轨迹如图丙所示，
由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：，洛伦兹力提供向心力，则有：，
当粒子在电场中运动时，由动能定理得：，联立解得：；
故加速电压的取值范围为。
由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：，可知速度大小与入射角度不影响粒子在磁场中运动的周期；
设中点为，粒子从点运动到点，轨迹对应圆心角越小，所用时间就越短，
当粒子运动轨迹与半圆盒相切时，对应圆心角最小，设半径为，轨迹圆心为，
粒子在磁场中运动的轨迹如图丁所示，
由几何关系可知：，解得：，则：，则：，
所以粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为。
答：加速电压的大小为：。
为使粒子能够打到荧光屏上，加速电压的取值范围：。
若调节加速电场的方向与粒子发射速度和角度，使粒子恰好打在中点处，粒子在磁场中运动的最短时间所对应圆心角的正弦值为：。
先由几何关系求解半径，用动能定理分析粒子在电场中的运动，洛伦兹力提供向心力分析磁场中的运动。
先画图找半径，再和第一问一样求解即可。
先分析周期的影响因素，然后画图确定运动轨迹，再根据几何关系求解。
考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，重点考查了带电粒子在磁场中的运动轨迹分析，几何关系的分析。
15.【答案】解：从获得速度到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得
解得：；
设绳子刚拉直时的速度为，对、系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得
解得：
绳子拉断的过程中，、组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得：
绳子拉断过程中，以、为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为
解得：；
绳拉断前的过程，根据能量守恒定律得
解得：
当恰好滑到板右端时，对系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得：
木板长度至少为：
联立解得：。
答：从获得速度开始经过时间绳子被拉直；
因拉断绳子造成的机械能损失为；
若最终未脱离木板，则木板的长度至少为。

展开更多......

收起↑