2026届安徽合肥一六八中学高三下学期规范性训练物理试题

姓名： 座位号： (在此卷上答题无效)〉 2026届高三规范性训练 物理 (考试时间：75分钟 满分：100分) 一、单项选择题（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.图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向 外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49©V的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的初 动能最大值为 Elev 1=c0 -0eV n=4 -0.85eV A.12.09eV m=3 -1.51eV B.9.60eV n=2 -3.40eV C.10.20eV D.4.00eV =1 -13.6eV 2.(源自教材必修第一册P81)如图所示，质量为m的物块受到一水平推力F作用，静止在 倾角为O的斜面体上，物块与斜面体间的动摩擦因数u<tn8,斜面体始终保持静止状态， 下列说法正确的是 A.物块一定受到4个力作用 B.斜面对物块的摩擦力方向一定沿斜面向下 C.斜面对地面的摩擦力方向水平向左 之777777777 D.斜面对地面的压力等于斜面体的重力 3.只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现卫星通话。如图所示，三颗赤道正上空的圆轨道 通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地面高度均为，地球的半径为R, 下列说法正确的是 A.三颗通信卫星受到地球的万有引力大小一定相等 B.通信卫星的运行速度大于第一宇宙速度 C.实现环赤道全球通信时，卫星离地面高度h至少为R D.通信卫星的加速度保持不变 2026届高三规范性训练第1页共6页 4.(源自教材选择性必修第一册P63)图示为xO坐标系中乃处波源振动t=T后形成的简谐 横波，其振幅为A、周期为T,乃~乃为横波上间距相等的质点。下列说法正确的是 P。PP,PPP、PP,PP。 A A.波源起振方向沿y轴负方向 B.1=T时，质点B的速度为0 C.质点？和起振后，任意时刻位移大小相等，方向相反 D.在0~T这段时间内，质点乃运动的路程为4A 5.(源自教材选择性必修第一册P90)如图为某同学用激光照射一半圆形透明玻璃砖，研究 光的传播规律，下面说法正确的是 30 A.AO为入射光，OB为反射光，OC为折射光 B.若入射光绕O点逆时针转动，反射光和折射光也随之逆时针转动 09 C.若入射光绕O点逆时针转动，反射光越来越弱，折射光越来越强 D.若入射光与界面MON成日角时，折射光恰好消失，则折射率n=1 sin 6.如图所示，为理想变压器示意图，左侧线圈与光滑导轨相连，导轨处于垂直纸面向里的匀 强磁场中，导轨上有一金属棒PQ,在外力作用下可沿水平方向做各种运动，右侧线圈与 定值电阻R,相连。下列关于导体棒PQ运动与右侧电阻R,上的电流情况，正确的是 A.导体棒向右匀速运动时，R上有电流 B.导体棒向右匀加速运动时，R上电流增大 C.导体棒向右做加速度减小的加速运动时，R上电流增大 D.导体棒来回做简谐运动时，R上电流为正弦交流电 7.如图，动能为1J的电荷垂直射入有左、右边界的匀强电场，电荷在运动中只受电场力作 用，电荷射出电场时的动能为5J。若电荷以4J的动能垂直射入电场，其射出电场时的动 能为 A.5J B.8J C.20J D.25J 2026届高三规范性训练第2页共6页 8.(源自教材必修第二册P100)如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成 面积为S的圆面。某时间内该地的风速为V,风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气 的密度为，空气遇到叶片旋转形成的圆面后，其中减速为零（该部分气体动能转化为 电能的效率为)，号原速穿过。下列说法正确的是 A.发电机的电功率为二psv2 6 B.发电机的电功率为二v 6 C.所有叶片受到空气的作用力}Isv D.所有叶片受到空气的作用力y 二、多项选择题（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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 9.(源自教材必修第一册P115)如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放 置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量4=4kg,=6kg。 从0开始，推力F4和拉力F后分别作用于A、B上，F4、FB随时间的变化规律为 F=(8-2)N),F=(2+2N),下列说法正确的是 A.0s-2s时间内A的加速度一直在减小 B.乍2s时，A、B两物体刚好分离 TT7777i77777T C.2s-4s内B的加速度一直在增大 D.仁2s时A速度达到最大值 10.如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场中有一粒子源O,可以均匀地向各 个方向同时发出质量为m、电荷量为g、速率为v的带正电的粒子。PQ是平行磁场放置 的足够长的挡板，P、Q为挡板的端点，挡板P端与O点的连线与挡板垂直，OP=d。假 设打在挡板上的粒子都会瞬间被挡板吸收且其电荷被及时导走，不计粒 子重力及粒子之间的相互作用，（磁场区域足够大）下列判断正确的是××××× A.若磁感应强度B= 一阳，则发出的粒子运动到挡板的最短时间为 3 B.若磁感应强度B= 9d, 则发出的粒子运动到P点最长时间为5 3v x %.xx ×××××1×× C.若磁感应强度B=8 5,则发出的粒子运动到挡板的最短时间为53测 90 D。若磁感应强度B-,则发出的粒子运动到挡板左侧最远的点高P点的距高为号 2026届高三规范性训练第3页共6页 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分。） 11.某同学用图()所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电 源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz,打出纸带的一部分如图(b)所示。 打点计时器 纸带 ú重物 B ←一S2→ —S3 图(a) 图(6) 该同学在实验中没有记录交流电的频率∫，需要用实验数据和其他条件进行推算。 (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用∫和图(b)中给出的物理量可以写出： 在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为一，打出C点时重物下落的速度 大小为 ，重物下落的加速度的大小为 (2)已测得8.89cm,52=9.50cm,53=10.10cm;当重力加速度大小为9.80m/s2,试验 中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出∫为 Hz。 12.(源自教材选择性必修第二册P107)某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑 块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着：R为滑动变阻器，4是滑动片， 它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置实际上是一个加速度 传感器。工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行。当 被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动。通过电路中仪表的 读数，可以得知加速度的大小。 已知两个电池E的电动势相同，均为E=12V,内阻可以忽略不计；滑块的质量为m=0.8kg, 两弹簧的劲度系数均为k=2×10N/m,电阻器的全长L=8.0cm,被测物体可能达到的最大 加速度为4.=15m/s2(此时弹簧仍为弹性形变)，电压表为指针式直流电压表（可视为理 想电压表)，零刻度在表盘中央（即可显示正负电压），当P端的电势高于Q端时，指 针向零右侧偏转。当被测物体的加速度为零时，电压表的示数为零：当被测物体的加速度 2026届高三规范性训练第4页共6页 达到最大时，电压表的示数为满偏量程。 (1)当加速度为零时，应将滑动片调到距电阻器左端 m处（结果保留两位有效 数字)： (2)当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点 (填“左”、右) 侧偏转： (3)所给电压表量程为 V; (4)若将电压表的表盘换成直接表示加速度的刻度盘，只需满足关系式！U川=「d (用字母m,E,k,L表示，各量均采用国际单位) 四、解答题（本题共3小题，13题10分，14题16分，15题16分，共42分。考生根据要 求作答。) 13.某兴趣小组设计的拉力测量装置如图所示，由两个不同横截面积的绝热圆筒连接成的汽 缸水平固定放置，汽缸内用一刚性轻质细杆连接两导热活塞A、B,两活塞间密封一定质 量的理想气体，汽缸两侧与大气相通。活塞A左侧连接一轻质细绳，细绳另一端绕过定 滑轮被施加大小为F的力。已知环境温度保持不变，大气压强始终为，活塞A、B的面 积分别为2S、S。初始时拉力F为零，两活塞与汽缸连接处的距离都为L,不计活塞与汽 缸之间的摩擦，不计活塞厚度的影响。求： 77777777777 (1)拉力缓慢增大时，汽缸内的气体吸热还是放热，并说明理由： (2)当拉力F=A,S时，活塞A与汽缸连接处的距离x 2026届高三规范性训练第5页共6页 14.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在倾角0=30°的绝缘斜面上，导轨间距L=1.0, 上端接有阻值R=2.02的电阻。整个导轨平面处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强 度大小B=1.0T。一质量m0.2kg、长度L=1.0m,电阻1=1.02的金属棒ab从导轨上某 处由静止释放，沿导轨下滑。已知金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计 导轨电阻和空气阻力，重力加速度g=10m/s2。 (1)求金属棒ab下滑的最大速度v,m大小： (2)金属棒从静止下滑至最大速度时，若电阻R上通过的电荷量q=1C,求此过程中金 属棒产生的焦耳热： (3)若在金属棒释放的同时给棒施加一个沿斜面方向的作用力F,在金属棒下滑过程中 通过棒的电荷量与时间t的关系式为g=0.5t2(C),求作用力F与时间t的关系式。（取 沿斜面向下为正方向) 15.如图甲所示，物块b静止在粗糙足够长的固定斜面上，0时刻将质量=1kg的物块α 从物块b上方斜面上某处由静止释放，仁8s时α与b发生第一次碰撞，仁14s时a与b发 生第二次碰撞。0-14s内物块α的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，每次碰撞均为 弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度g10/s2。求： ↑vW(ms') 8-- b 10 -6 】0 甲 (1)斜面倾角的正弦值sin0: (2)物块b的质量2： (3)物块α开始运动到停下的整个过程中，物块b与斜面间因摩擦产生的热量。 2026届高三规范性训练第6页共6页2026届高三规范性训练答案·物理 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C B D A 0 BC BD 1.B 【详解】氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时发出光子的能量最大，为E=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV 根据爱因斯坦光电效应方程可得Em=E-W。=12.09eV-2.49eV=9.60eV。 故选B。 2.C 【详解】AB.物块静止在斜面上，对物块受力分析，根据平衡条件，如果Fcos8>gsin8 则斜面对物块的摩擦力方向沿斜面向下，如果Fcos6=mg sin6 则斜面与物块间无摩擦力作用，如果Fcos6<gsin6 则斜面对物块的摩擦力方向沿斜面向上，故AB错误； CD.对物块和斜面体整体受力分析知，斜面体受到地面的摩擦力水平向右，支持力等于斜面体和物块的总 重力，所以斜面对地面的摩擦力方向水平向左，对地面的压力也等于斜面体和物块的总重力，所以C正确、 D错误； 故选D。 3.C 【详解】A.三颗通信卫星的质量关系不确定，则受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误： B.由万有引力提供向心力得G=m 3 GM 可得v= 第一宇宙速度等于近地卫星的运行速度，是最大的环绕速度，可知通信卫星的运行速度小于第一宇宙速度， 故B错误； C.由几何关系可知R=(h+R)sin30 可得h=R 即实现环赤道全球通信时，卫星离地面高度h至少为R,故C正确： D.通信卫星的加速度大小不变，方向时刻发生变化，故D错误。 故选C。 4.B 【详解】A.由题图中的波形图可以看到，当前位于波前的质点卫。将要向上振动，这表明波源起振方向沿 y轴正方向，A错误； B。1=时，质点月运动到最高点，振动速度为0，B正确： C.质点P和马相距}波长，并非反相点，C错误： D.在0-T时间内，P2的路程为3A,D错误。 故选B。 5.A 【详解】A.根据光的反射定律、折射定律，可知反射光线、折射光线均与入射光线分居法线两侧，结合 图中的光线位置，即可知入射光为AO、反射光为OB、折射光为OC,故A正确： 第1页共6页 B.由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射定律，可知反射角增大，反射光线顺时 针转动；由折射定律，可知折射角转动，即逆时针转动，故B错误； C.由图可知入射光线绕O点逆时针转动时，入射角增大，由反射光强、折射光强与入射角的关系，可知 反射光强变强，折射光强变弱，故C错误： D.由折射光恰好消失时入射光线的位置，即可得到临界角为C=90°-日 1 结合临界角与折射率的关系n= sin C 可得折射率n=1 cosθ ,故D错误： 故选A。 6.D 【详解】A.导体棒向右匀速运动，感应电动势E=BLY,感应电动势不变，理想变压器原线圈回路产生 恒定的电流，由楞次定律知，理想变压器副线圈回路不产生感应电流，R,上无电流，故A错误： B.导体棒向右匀加速运动，感应电动势均匀增大，理想变压器原线圈回路电流均匀增大，穿过闭合铁芯 的磁通量均匀增大，副线圈产生稳定的感应电动势，副线圈回路产生稳定的感应电流，R上电流不变，故 B错误； C.导体棒向右做加速度减小的加速运动，感应电动势增大，但增大的速度减小，理想变压器原线圈回路 电流增大，但增大的速度减小，穿过闭合铁芯的磁通量增大，但增大的速度减小，所以副线圈产生的感应 电动势减小，副线圈回路产生的感应电流减小，R,上电流减小，故C错误： D.导体棒来回做简谐运动，根据右手定则可得，理想变压器原线圈回路电流为正弦交流电，则副线圈产 生的感应电流为正弦交流电，R上电流为正弦交流电，故D正确。 故选D。 7.A 【详解】电荷垂直射入匀强电场，做类平抛运动：设电场沿初速度方向的宽度为d,初动能Ek0=一 2 d 运动时间t= 16 沿电场方向偏转位移y=1d_1.亚。 1 gEd2 29 2 m 4Exo 由动能定理，电场力做功m=qy=9d 4Eo =△E,即电场力做功（动能增量）与初动能成反比： 第一次初动能E1=1J,末动能5J,动能增量△E1=5J-1J=4J 第二次初动能E2=4J,电场力做功（动能增量）与初动能成反比，则动能增量△卫2=1J 射出时动能Ek末=Ek2+△E2=4J+1J=5J 故选A。 8.D 【详解】叶片旋转形成一个圆面，在时间△t内，流过该圆面的空气柱长度为v△t,质量为△m=pS△t, 第2页共6页 共中号的空气速度减为零，的空气速度不变，发电机的电功率P=△”-士甘，)0= 7pSv3, △t △t 6 故A、B错误。 这部分减速的空气的动量变化为49-0}Am甲=SNM,根据动量定理卫，M=4y-}9M,负号 表示作用力方向与风速相反。由牛顿第三定律，叶片受到空气的作用力大小相等、方向相反，故圆面所受 1 总作用方大小为PSv。 故选D。 9.BC 【详解】在A、B两个物体分离前，A、B两个物体F会=FA+F。=1ON, 根据牛顿第二定律F会=(a+e)a,解得a=lm/s2, 即分离前合力不变，加速度不变，在分离瞬间，对B有=(2+2)N=a,解得，A、B两个物体分离 的时间为t=2s。所以，0-2s时间内A的加速度不变，故A错误、B正确： 在0-2s时间内，A、B物体以1m/s2的加速度加速，在2s-4s时间内，对A有 F=(8-2t)N=mAdA 可得，A的加速度在减小，但仍然做的是加速运动，即A在0-2s时间内做匀加速直线运动：在2s-4s时 间内，做加速度减小的变加速直线运动，在t=4s时加速度减小到零，速度达到最大，同理可知B在2s-4s 时间内做加速度增加的加速运动，故C正确、D错误。 故选BC 10.BD 【详解】AB.粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。设粒子做 圆周运动的半径为。则有nB=m二，解得r=d 在磁场中运动的周期为T=2严=2πd 02 1 发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的轨迹如图所示 由几何关系可得(=60°，02=300° 厕最短时间为。37d 31v 5πd 最长时间为tmx= 62T= 360° ,放A错误，B正确； D.若多应强度8-则-m,新得 2 8 在磁场中运动的周期为T'=2r_5πd O 1y4 发出的粒子打到挡板最短时间和发出的粒子打到挡板左侧最远的点轨迹如图所示 d 由几何关系可知si9-2_4,解得8，=106° sin 2r'5 第3页共6页 则发出的粒子打到挡板的最短时间为4=，8T=3d 360° 144 由几何关系可得r+rsim9,=d,解得sim0= d 则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P点的距离为m=/os8,=2,故C错误，D正确。 故选BD。 1.5s+s/ 29+)f 4)f或(s-)f或(s-s)f 1 40 【详解】(1)[1]打B点时，重物下落的速度等于AC段的平均速度，所以 -+ [2]同理打出C点时，重物下落的速度 -6-s [3]由加速度的定义式得 a= YC-VB=(53-5)f2 (2)[4由牛顿第二定律得 nig-knig nia 解得 21-k)g S3-5 代入数值解得40Hz 【点睛】本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析。解决这类问题的关键是会根据纸带数据 求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的 50Hz。 12.()40:(②)左：6)9：④ 【详解】(1)加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，电阻器全长8.0c,应将滑动片调到距电阻器左 端4.0cm处。 (2)当物体具有图示方向的加速度α时，滑块所受的弹簧的拉力的合力向右，滑块向左移动，根据顺着 电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转。 (3)设加速度最大时，滑块向左移动的距离为xm,根据牛顿第二定律得2xm=am 解得xm=3cm 此时电压表的读数为U=.2B=9V 故电压表的量程应为9V。 (4)设加速度为a时，电压表的读数为U,则2=a 又U=X2B 联立解得U=mE kL 13.①)吸热，理由见详解：（②x=3L 第4页共6页 【详解】(1)吸热。拉力缓慢增大时，密封气体的体积增大，气体对外做功，即W<0;汽缸导热良好， 则密封气体温度不变，内能不变，即△U=0,根据热力学第一定律△U=W+Q,可得Q>0,即密封气体 从外界吸热。 (2)初始时，对A、B和轻杆构成的系统受力分析乃(2S-S)=P(2S-S),解得h=P 当F=号S时，假设活塞B还未到达连接处，仍对A、B和轻杆构成的系统受力分析 6 F+2(2S-S)=P(2S-S),解得p3=5P 1 等温变化有A(31S)=,解得g=SZ 则密封气体的体积乃=2+5(21-功解得x x=?L<2L,说明活塞B还未到达连接处，假设成立 14.(1)3m/s(2)0.7J (3)F=t-0.4(N) 【详解】(1)金属棒b下滑到最大速度时，受力平衡，有： mg sin BIL I=B R+r E=BLUm 解得：0m=3/s (2)金属棒从静止下滑至最大速度时，g==BLx 解得：=3m R+r 由能量守恒：mgxsin日=】mo+Q得：Q=2.1J 金属棒产生的焦耳热：0=”9=0.7J R+r (3)根据：q= 1x,又：g-05t可得：x=15r2 2at解得加速度：a=3ms2 1 说明金属棒做初速度为零的匀加速运动，由x= 对金属棒受力分析，由牛顿第二定律： F+gsinθ-BIL=a 可得：F=t-0.4(N) 15.(1)0.2;(2)7kg:(3)56J 【详解】(1)物块a下滑过程中，由牛顿第二定律得8sin6-∫=4 由题图乙可得4=：=1m/g △t 物块a上滑过程中，由牛顿第二定律得8sin6+f=a 由题图乙可得4= 业=3m/s △t 解得sin0=0.2 (2)物块α与b第一次碰撞过程中，由动量守恒定律得。=+ 1 1 1 由能量守恒定律得2叫6=2+2%时 第5页共6页 由题图乙可知=8m/s,?=-6m/s 解得%=7kg,3=2m/s (3)8-14s内，物块a的位移大小为=号4+4，)=2m 仁14s时，物块a与物块b发生第二次碰撞，因此8~14s内，物块b的位移大小也为2m。假设物块a与b 第二次碰撞前，物块b已静止，则有片= 解得t'=2s<6s 可知假设成立。设物块b与斜面之间的摩擦力大小为，对b进行分析，根据动能定理有 (mgsn0-)0-a时 解得方=21N 结合碰撞规律和物块α的运动规律可知，每次碰前瞬间物块α的速度均为上一次碰撞前瞬间物块α速度的 一半，碰撞结束瞬间物块b的速度也为上一次碰撞结束瞬间物块b速度的一半，则物块b在斜面上运动的 小gg 8. 当n趋近于无穷大时解得龙=二m 3 物块b与斜面间因摩擦而产生的热量为Q=x。,解得Q=56J。 第6页共6页