26高三皖八二联-物理答案_2025年12月_251221安徽省2026届皖南八校高三第二次大联考（全科）

２０２６ 届“皖南八校”高三第二次大联考·物理 参考答案、解析及评分细则 Ｌ １．Ｃ 充入气体后，激光的频率不变，波长λ变小，根据干涉条纹间距公式Δｘ＝ λ可知条纹间距减小，Ｏ′点到 ｄ 狭缝Ｓ、Ｓ 的光程差不变，故Ｏ′点仍为亮条纹，Ｃ正确． １ ２ １ ２．Ｃ 当ｖ ０ 较小时，急救包未碰岩壁就落地，此时下落高度一定，根据ｈ＝ ２ ｇｔ２知其下落时间一定，图线为水平 直线；当ｖ 较大时，急救包在落地前先碰到岩壁，此时水平位移等于抛出点与岩壁距离ｘ保持不变，根据ｘ＝ ０ ｖｔ知，ｖ 与ｔ成反比，为双曲线的一支，Ｃ正确，ＡＢＤ错误． ０ ０ λ λ Ｔ ３．Ａ 由图知该波波长λ＝４ｍ，由ｖ＝ 解得该波的周期Ｔ＝ ＝０．２ｓ，图示时刻再经Δｔ＝０．１ｓ＝ ，质点Ｐ Ｔ ｖ ２ 到达关于平衡位置对称的位置，沿ｙ轴负方向运动，正好振动２个周期，Ａ正确． ４．Ｃ 作出汽车的ｖ－ｔ图像如图，若汽车做加速度减小的加速直线运动，则中间时刻瞬时速度小于中间位置的 瞬时速度，如图Ａ所示，Ａ错误；若汽车做加速度增大的减速直线运动，则中间时刻瞬时速度小于中间位置 瞬时速度，如图Ｂ所示，Ｂ错误；汽车先做加速度减小的减速运动后做加速度增大的加速运动，中间时刻瞬时 速度可能等于中间位置瞬时速度，如图Ｃ所示，Ｃ正确；由匀变速直线运动的推论可知，小米ＳＵ７做匀变速 直线运动时，其中间时刻的速度小于中间位置的速度，Ｄ错误． ５．Ｃ Ａ．根据题意可知，斜面Ｂ对物块Ａ的支持力对物块Ａ做功，则物块Ａ的机械能不守恒，Ａ错误；Ｂ．根据 题意可知，初始时刻系统竖直方向动量为零，运动过程中，物块Ａ有竖直方向的分速度，则竖直方向上系统的 动量不守恒，故Ａ与Ｂ组成的系统动量不守恒，故Ｂ错误；ＣＤ．由题意可知，系统在水平方向上动量守恒，设 物块Ａ的水平位移为ｘ，斜面Ｂ的水平位移为ｘ，由动量守恒定律有ｍｘ＝３ｍｘ，又有ｘ＋ｘ＝３Ｌ－Ｌ，解 １ ２ １ ２ １ ２ 得ｘ＝１．５Ｌ，ｘ＝０．５Ｌ，由于物块Ａ的竖直位移不可求，则物块Ａ的位移大小不可求，斜面Ｂ的竖直位移为 １ ２ 零，则斜面Ｂ的位移大小为０．５Ｌ，故Ｄ错误，Ｃ正确． １ １ １ （Ｒ＋Ｒ ）·（Ｒ＋Ｒ ） （Ｒ＋Ｒ ）·（Ｒ＋Ｒ ） ６．Ａ 副线圈的总电阻为 ＝ ＋ ，解得Ｒ＝ ０ ａｐ ０ ｐｂ ＝ ０ ａｐ ０ ｐｂ ． Ｒ Ｒ＋Ｒ Ｒ＋Ｒ ２ （Ｒ＋Ｒ ）＋（Ｒ＋Ｒ ） ２Ｒ＋Ｒ ２ ０ ａｐ ０ ｐｂ ０ ａｐ ０ ｐｂ ０ 则滑动变阻器Ｒ的滑片从ａ端滑到ｂ端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有Ｒ ＝ 等 ｎ １Ｕ Ｕ ｎ ２ （ｎ）２Ｕ （ｎ）２ Ｕ ｎ １＝ ２ ＝ １ ２＝ １ Ｒ，则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有Ｉ＝ ，Ｉ＝ １Ｉ，Ｉ 先减 Ｉ ｎ ｎ Ｉ ｎ ２ １ Ｒ ＋Ｒ ２ ｎ １ １ １ ２Ｉ ２ ２ ２ ０ 等 ２ ｎ ２ １ ｎ 小后增大，Ｉ 先减小后增大，则Ｌ 先变暗后变亮，根据Ｕ ＝Ｕ－ＩＲ，Ｕ ＝ ２Ｕ ，由于Ｉ 先减小后增大，则副 ２ １ １ １ ０ ２ ｎ １ １ １ Ｕ 线圈的电压Ｕ 先增大后减小，通过Ｌ的电流为Ｉ ＝ ２ ．则滑动变阻器Ｒ的滑片从ａ端滑到ｂ端过程 ２ ２ Ｌ２ Ｒ＋Ｒ ０ ｐｂ 中，Ｒ 逐渐减小，副线圈的电压Ｕ 增大过程中Ｉ 增大，在副线圈的电压Ｕ 减小过程中，通过Ｒ的电流为 ｐｂ ２ Ｌ２ ２ ０ Ｕ Ｉ ＝ ２ ，Ｒ 逐渐增大，则Ｉ 越来越小，则Ｉ ↑＝Ｉ↑－Ｉ ↓，则Ｌ 先变暗后变亮，Ｌ 一直变亮． Ｒ０ Ｒ＋Ｒ ａｐ Ｒ０ Ｌ２ ２ Ｒ０ １ ２ ０ ａｐ 【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案 第 １页（共４页） Ｗ】 书书书７．Ｂ 卫星绕地球运动，故其发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，Ａ错误．椭圆轨道的半长轴为ａ＝ ２Ｒ＋２Ｒ＋４Ｒ ａ３ Ｒ３ Ｒ３ １ ＝４Ｒ，由开普勒第三定律有 ＝ ，解得近地卫星的周期为Ｔ ＝槡Ｔ＝ Ｔ，由万有引力提 ２ Ｔ２ Ｔ２ １ ａ３ ８ １ ＧＭｍ ４π２ ４π２Ｒ３ ２５６π２Ｒ３ Ｍ １９２π 供向心力得 Ｒ２ ＝ｍ Ｔ２ Ｒ，解得地球的质量Ｍ＝ ＧＴ２ ＝ ＧＴ２ ，故地球的平均密度为 ρ＝ Ｖ ＝ ＧＴ２ ，Ｂ正 １ 确．由开普勒第二定律可知ｖ×３Ｒ＝ｖ×５Ｒ，解得 ｖ Ｐ＝ ５ ，Ｃ错误．在近地点和远地点由万有引力提供向心 Ｐ Ｑ ｖ ３ Ｑ 力，则有 ＧＭｍ ＝ｍａ，解得ａ＝ ＧＭ ，即 ａ Ｐ＝ ２５ ，Ｄ错误． ｒ２ ｒ２ ａ ９ Ｑ ２π ８．Ｄ 导线框转动过程中ａｂＯＯ′回路和ＯＯ′ｃｄ回路中产生交变电流，交变电流的变化周期均为Ｔ＝ ，由楞次 ω 定律可知任意时刻流过定值电阻的电流方向相同，ＡＢ错误．ａｂ边和ｃｄ边切割磁感线产生的感应电动势相 等，Ｅ＝Ｅ ＝ＢＬ× ωＬ ＝ ＢＬ２ω ，定值电阻的发热功率Ｐ＝ （Ｅ １ ＋Ｅ ２ ）２ ＝ Ｂ２Ｌ４ω２ ，Ｃ错误．由Ｅ＝ｎ ΔΦ ，Ｉ＝ １ ２ ２ ２ Ｒ Ｒ Δｔ Ｅ ΔΦ Ｒ＋ｒ ，ｑ＝Ｉｔ，解得ｑ＝ｎ Ｒ＋ｒ ，则导线框由图示位置转过１８０°过程中，流过定值电阻的电荷量ｑ＝ｑ２ ＋ｑ１ ＝ Ｌ Ｌ ２×ＢＬ× ２×ＢＬ× ２ ２ ２ＢＬ２ ＋ ＝ ，Ｄ正确． Ｒ Ｒ Ｒ ９．ＢＣ 忽略一切摩擦，物块、弹簧和金属环组成的系统机械能守恒，则物块和弹簧组成的系统机械能最小时，金 属环的速度最大，此时金属环的加速度为零，合外力为零，经分析可知轻杆对金属环的作用力为零，即水平横 杆对单个金属环的支持力Ｆ Ｎ ＝Ｍｇ＝３０Ｎ，Ａ错误，Ｂ正确；物块和两个金属环组成的系统动能最大时，此时 二者加速度为零，合外力为零，由ＡＢ选项分析知此时轻杆恰好不产生作用力，对物块有ｍｇ＝ｋｘ，解得ｘ＝ ｍｇ ＝０．２ｍ，Ｃ正确，Ｄ错误． ｋ １０．ＡＤ 将小球受到的力沿斜面和垂直于斜面方向分解，根据牛顿第二定律，垂直斜面方向其加速度ａ＝ １ ｍｇｃｏｓ３７°＋Ｅｑｓｉｎ３７° ｍｇｓｉｎ３７°－Ｅｑｃｏｓ３７° １ ＝ｇ，垂直斜面向下，沿斜面方向的加速度ａ＝ ＝ ｇ，沿斜面向 ｍ ２ ｍ ３ （ｖｓｉｎ３７°）２ ９ｖ２ ｖｓｉｎ３７° ６ｖ 下，则小球离斜面的最大距离ｈ ＝ ０ ＝ ０，Ａ正确．小球运动的时间ｔ＝２× ０ ＝ ０，小 ｍａｘ ２ａ ５０ｇ ａ ５ｇ １ １ １ １８ｖ２ 球抛出点与落点间的距离Ｌ＝ｖｃｏｓ３７°×ｔ－ ａｔ２＝ ０，Ｂ错误．小球落到斜面上，垂直于斜面方向的分 ０ ２ ２ ２５ｇ ２ 槡１３ 速度ｖ＝ｖｓｉｎ３７°，沿斜面方向的分速度ｖ＝ｖｃｏｓ３７°－ａｔ＝ ｖ，解得ｖ＝ ｖ，Ｃ错误．小球运动过程 １ ０ ２ ０ ２ ５ ０ ５ ０ ２４ ２４ 中电场力做功Ｗ＝ｑＥＬｃｏｓ３７°＝ ｍｖ２，小球机械能增加 ｍｖ２，Ｄ正确． １２５ ０ １２５ ０ １１．（１）用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点（２分） （２）ｍＯＰ＝ｍＯＭ＋ｍＯＮ（２分） １ １ ２ ｃｏｓ２α ｃｏｓ２α ｃｏｓ２α （３）ｍ槡 ２＝ｍ槡 １＋ｍ 槡 ３（２分） １ ｓｉｎα １ ｓｉｎα ２ ｓｉｎα ２ １ ３ １ 解析：（２）碰撞前、后小球均做平抛运动，由ｈ＝ ｇｔ２可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速 ２ 度成正比，所以若ｍＯＰ＝ｍＯＭ＋ｍＯＮ，即可验证碰撞前后动量守恒． １ １ ２ １ （３）设圆弧半径为Ｌ，由几何关系可得ｘ′＝Ｒｃｏｓα，ｈ′＝Ｒｓｉｎα，由平抛运动的规律得ｘ′＝ｖ′ｔ′，ｈ′＝ ｇｔ′２，联 ０ ２ ｇＲ ｇＲ ｇＲ 立可得ｖ′＝ｃｏｓα槡 ．则做平抛运动的水平速度分别为ｖ′＝ｃｏｓα槡 ，ｖ′＝ｃｏｓα槡 ， ０ ２ｓｉｎα １ １ ２ｓｉｎα ２ ２ ２ｓｉｎα １ ２ 【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案 第 ２页（共４页） Ｗ】ｖ′ ３ ＝ｃｏｓα３ 槡 ２ｓ ｇ ｉｎ Ｒ α３ ．代入动量守恒的表达式ｍ １ ｖ′ ２ ＝ｍ １ ｖ′ １ ＋ｍ ２ ｖ′ ３ ，化简可得ｍ １ 槡 ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ２ α α ２ ２＝ｍ １ 槡 ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ２ α α １ １＋ ｍ 槡 ｃｏｓ２α３． ２ ｓｉｎα３ １２．（１）①×１０（１分） 需要（１分） ②１６０（１分） Ｉ（Ｒ＋ｒ） （２）①Ｒ １ （１分） 见解析（２分） ② ２ Ｉ－ １ Ｉ ２ （２分） ③等于（１分） １ ２ 解析：（１）①指针偏转角度过大，表明通过表头的电流过大，待测电阻的阻值较小，为了减小读数误差，使指 针指在中央刻线附近，应选择小倍率，即应该换用×１０倍率；欧姆表更换倍率后，需要重新进行欧姆调零． ②更换合适的×１０倍率，根据欧姆表的读数规律，该读数为１６．０×１０Ω＝１６０Ω． （２）①要求测量多组数据，滑动变阻器应选择分压式接法，电源电动势为３Ｖ，电压表的量程过大，则应使用 电流表Ａ 和电阻串联改装电压表，电压表量程为Ｕ ＝Ｉ（ｒ＋Ｒ），当选择定值电阻为Ｒ＝９００Ω时，量程为 ２ ｇ ｇ １ ３Ｖ，故定值电阻选择Ｒ，实验电路图如图所示．②由欧姆定律可知Ｒ （Ｉ－Ｉ）＝Ｉ（ｒ＋Ｒ），解得Ｒ ＝ １ ｘ １ ２ ２ ２ １ ｘ Ｉ（ｒ＋Ｒ） ２ ２ １ ．③由（２）可知，测量过程没有系统误差，则从系统误差的角度分析，Ｒ 的测量值等于真实值． Ｉ－Ｉ ｘ １ ２ １３．解：（１）设每个齿轮的质量为ｍ，所受的摩擦力大小为ｆ，选左侧第３个齿轮到第ｎ个齿轮为整体作为研究对 象进行受力分析，根据牛顿第二定律有Ｆ－（ｎ－２）ｆ＝（ｎ－２）ｍａ （１分） Ｆ 同理，以右侧第４个齿轮到右侧第１个齿轮为整体，根据牛顿第二定律有 －４ｆ＝４ｍａ （１分） ４ 联立解得ｎ＝１８ （１分） （２）设水平外力大小为Ｆ′，对１８个齿轮整体，根据牛顿第二定律有Ｆ′－１８ｆ＝１８ｍａ （１分） ９Ｆ 联立解得Ｆ′＝ （１分） ８ （３）设ｔｓ末左侧第８个齿轮对左侧第９个齿轮的作用力大小为Ｆ″，齿轮组的位移和速度分别为ｘ，ｖ 以左侧第９个齿轮到第１８个齿轮整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Ｆ″－１０ｆ＝１０ｍａ （１分） 瞬时功率Ｐ＝Ｆ″ｖ （１分） ｖ 根据位移公式可得ｓ＝ ｔ （１分） ２ ４Ｐｔ 联立解得ｓ＝ （１分） ５Ｆ １４．解：（１）对物块根据牛顿第二定律得 μｍｇ＝ｍａ （１分） 解得ａ＝２ｍ／ｓ２ （１分） 假设物块一直匀加速至传送带右端，根据运动规律ｖ２＝２ａＬ （１分） 解得ｖ＝槡１０ｍ／ｓ＞３ｍ／ｓ 所以物块在传送带上先加速后匀速，故物块以ｖ＝３ｍ／ｓ离开传送带，速度方向向右 （１分） ０ １ １ （２）物块运动到Ｐ点，由动能定理得 ２ ｍｖ２ Ｐ － ２ ｍｖ２ ０ ＝－μｍｇｓ－ｍｇＲ（１－ｃｏｓθ） （２分） ｖ２ 由牛顿第二定律得Ｆ －ｍｇｃｏｓθ＝ｍ Ｐ （１分） Ｎ Ｒ 【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案 第 ３页（共４页） Ｗ】３２ 联立解得Ｆ ＝ Ｎ Ｎ １５ ３２ 由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为Ｆ Ｎ ′＝ １５ Ｎ，方向斜向右下方与竖直方向成３７°角 （１分） １ （３）设物块在水平轨道粗糙段的总路程为ｓ ０ ，根据动能定理则有－μｍｇｓ ０ ＝０－ ２ ｍｖ２ ０ （１分） 解得ｓ ０ ＝２．２５ｍ＝７ｓ＋０．１５ｍ （１分） 故物块此后又滑上传送带３次，最后停在水平轨道中点处，根据动能定理及运动学公式有 －μｍｇ·２ｓ＝ １ ２ ｍｖ２ １ － １ ２ ｍｖ２ ０ ，ｘ １ ＝ ２ ｖ μ ２ １ ｇ （１分） －μｍｇ·２ｓ＝ １ ２ ｍｖ２ ２ － １ ２ ｍｖ２ １ ，ｘ ２ ＝ ２ ｖ μ ２ ２ ｇ （１分） －μｍｇ·２ｓ＝ １ ２ ｍｖ２ ３ － １ ２ ｍｖ２ ２ ，ｘ ３ ＝ ２ ｖ μ ２ ３ ｇ （１分） 则物块在传送带上通过的总路程为ｘ＝Ｌ＋２（ｘ＋ｘ＋ｘ）＝８．８ｍ （２分） １ ２ ３ πｍ １５．解：（１）粒子第一次在电场中有：ｑＥ ０ ＝ｍａ，ｖ １ ＝ａｔ ０ ，ｔ ０ ＝ ｑＢ ０ （２分） ｍｖ２ 粒子第一次进入磁场中有：ｑｖ １ Ｂ ０ ＝ Ｒ １ （１分） １ πｍＥ 联立解得：Ｒ＝ ０ （１分） １ ｑＢ２ ０ （２）由题意可知粒子经２次加速和偏转后打在ｘ轴负半轴上到Ｏ点的距离最小，如图所示 （１分） ａｔ２ π２ｍＥ 第一次加速的位移为：Δｘ＝ ０＝ ０ （１分） １ ２ ２ｑＢ２ ０ １ 第二次加速的位移为：Δｘ＝ｖｔ＋ ａｔ２＝３Δｘ （２分） ２ １０ ２ ０ １ 第二次进入磁场有ｖ＝２ａｔ＝２ｖ，Ｒ＝２Ｒ （２分） ２ ０ １ ２ １ πｍＥ 由几何关系得Δｘ＝Δｘ－Δｘ＋Ｒ＝ ０（π＋２） （３分） ２ １ ２ ｑＢ２ ０ （３）分析带电粒子的运动轨迹，如下图 ｎ２πｍＥ 由几何关系得起点Ａ与坐标原点间的距离ｄ＝ｎ２Ｒ＝ ０（ｎ＝１，２，３，…）． （３分） １ ｑＢ２ ０ （４）粒子经过ｎ次加速和偏转后打在ｘ轴上的位置与Ｏ的距离满足 ｎπｍＥ ｘ＝ｎ（Δｘ＋Ｒ）＝ ０（π＋２）（ｎ＝１，２，３，…） （３分） １ １ ２ｑＢ２ ０ 【“皖八”高三二联·物理试卷参考答案 第 ４页（共４页） Ｗ】