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湛江市 ２０２６年普通高考测试（二）
物理参考答案
１．【答案】Ｂ
【解析】由电荷数守恒 ９２＝５６＋３６，可知 Ｘ的电荷数为 ０，Ａ项错误；根据质量数守恒 ２３３＋１＝１４２＋ｙ＋３，可得
ｙ＝８９，Ｂ项正确；该核反应为核裂变反应，Ｃ、Ｄ项错误。
２．【答案】Ｃ
【解析】波向沙滩移动过程，频率、周期保持不变，振幅可能会变，波长 λ＝ｖＴ变为一半的原因是波速变为原来的
１
，Ｃ项正确。
２
３．【答案】Ｂ
Ｕ２
【解析】由Ｕ＝Ｕ＋Ｕ ，Ａ项错误；输电线路损失的功率为Ｐ＝ 损 ，又Ｕ＝Ｕ＋Ｕ ，Ｂ项正确；输电线上的电流等于
２ ３ 损 ｒ ２ ３ 损
Ｕ
损 ，Ｃ项错误；降压变压器原、副线圈匝数比ｎｎ＝ＵＵ≠５５１，Ｄ项错误。
ｒ ３ ４ ３ ４
４．【答案】Ｃ
ｃ
【解析】从图中可以看出ｘ光的折射角较小，入射角相同，故ｘ光的折射率较大，由ｖ＝ ，可知 ｘ光在冰晶中的传
ｎ
播速度较小，折射率大、频率大，波长短，Ａ、Ｂ项错误；光路图如图所示，根据光路可逆，可知 ｘ、ｙ两束光将平行出
射进入人眼，Ｃ项正确，Ｄ项错误。
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５．【答案】Ａ
Ｍｍ Ｍ ４ ４ ４ ρ Ｒ
【解析】由Ｇ ＝ｍｇ，地球表面ｇ＝Ｇ ，又Ｍ＝ρ πＲ３，所以ｇ＝ ＧρπＲ，行星表面重力加速度为ｇ＝ Ｇ π ，
Ｒ２ Ｒ２ ３ ３ １ ３ ２ ８００００
Ｔ２ Ｔ２ Ｍｍ
解得ｇ＝６．２５×１０－５ｍ／ｓ２，Ａ项正确；根据开普勒第三定律， ＝ １ ，Ｔ＝１年，Ｔ＝槡１．１３年，Ｂ项错误；Ｇ ＝
１ ｒ３ （１．１ｒ）３ １ ｒ２
Ｍ Ｍ
ｍａ，可知地球、小行星向心加速度分别为 ａ＝Ｇ 日 、ａ＝Ｇ 日 ，解得 ａ≈０．８２６ａ，Ｃ项错误；若每经 ｔ时间相
ｒ２ １ （１．１ｒ）２ １
２π ２π
距最近，由（ － ）ｔ＝２π，解得ｔ＝７．５１年，Ｄ项错误。
Ｔ Ｔ
１
６．【答案】Ｄ
【解析】由右手螺旋定则可知，元件处在竖直向下的磁场中，元件中电子定向移动的方向沿着 ｂａ方向，由左手定
则可知电子受指向ｃｄ侧的洛伦兹力，故电子将集中到ｃｄ侧，ｃ点接电压表负极，Ａ项错误；只要电流Ｉ存在，电子
Ｕ
便受到洛伦兹力，电压表示数不为零，Ｂ项错误；设ｂｃ距离为ｄ，电压稳定时，ｑ ＝ｑｖＢ，可知磁感应强度 Ｂ越大，
ｄ
电压Ｕ越大，而Ｉ均匀变大，Ｂ将变大，电压也逐渐变大，Ｄ项正确。
０
物理 第 １页（共４页）
书书书７．【答案】Ｄ
【解析】小球从ａ到ｂ运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达ｂ点时速度大小为ｖ，由
１ １ １ 槡２
于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为 ｖ，由能量守恒， ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｍｖ２，解得 ｖ＝ ｖ，
２ ０ ２ ２ ２ ０
Ａ、Ｃ项错误；从ａ到ｃ，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为２ｍｖ，Ｂ项错误；小球到达ｄ点
０
时速度大小也应该为ｖ，方向向右，圆管速度大小为ｖ，方向向左，Ｄ项正确。
８．【答案】ＡＣＤ
【解析】收带轮和出带轮的转动方向均与传动轮相反，Ａ项正确，Ｂ项错误；三轮边缘线速度大小相等，Ｃ项正确；
２π ２π
传动轮、出带轮每齿弧长相等： ×２．４ｍｍ＝ ×Ｒ，解得Ｒ＝２４ｍｍ＝２．４ｃｍ，Ｄ项正确。
９ ９０
９．【答案】ＢＤ
【解析】球向下运动时，阻力向上，故考虑空气阻力的情况下加速度小于ｇ，球向上运动时，阻力向下，故考虑空气
阻力的情况下加速度大于ｇ，Ａ项错误；ｖ－ｔ图中，第一段虚线的斜率小于实线，第二段虚线斜率的绝对值大于实
线，且图像与ｔ轴围成的面积大致相等，Ｂ项正确；小球下落距离应从０到最大值ｈ，再从ｈ 到０，不存在大于ｈ
ｍ ｍ ｍ
的情况，Ｃ项错误；若不考虑阻力，机械能不变，若考虑阻力，小球下落过程和反弹过程机械能均减小，且图像的
斜率大小均等于阻力大小，Ｄ项正确。
１０．【答案】ＡＤ
【解析】该电荷一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能一直减小，在 ｘ处的电势能大于在 ３ｘ处的电势
０ ０
能，Ａ项正确；从ｘ到２ｘ处，该电荷做加速度减小的加速直线运动，Ｂ项错误；Ｅ－ｘ图线与 ｘ轴所围的面积表
０ ０
示两点间的电势差大小，２ｘ处的电势为零，２ｘ、３ｘ两处的电势差 Ｕ ＝φ －φ ＝０．５Ｅｘ，所以３ｘ处的电势
０ ０ ０ ２３ ２ｘ０ ３ｘ０ ００ ０
为－０．５Ｅｘ，Ｃ项错误；由 Ｕ＝Ｅｄ，Ｅ－ｘ图线与 ｘ轴所围的面积表示两点间的电势差大小，由图可知，Ｏ、ｘ两处
００ ０
的电势差Ｕ ＝Ｅｘ，Ｏ、２ｘ两处的电势差Ｕ ＝１．５Ｅｘ，Ｏ、３ｘ两处的电势差Ｕ ＝２Ｅｘ，根据动能定理有 Ｅ＝
Ｏ１ ００ ０ Ｏ２ ００ ０ Ｏ３ ００ ｋ
ｑＵ，所以该电荷在ｘ、２ｘ和３ｘ处的动能之比为２３４，Ｄ项正确。
０ ０ ０
ｘ ｄ
１１．【答案】（１）①槡 ｓ２－（ ）２＋ （２分） ②１５．３（１分） ③可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆动（答案
２ ２
合理即可，１分） （２）时间相等（１分） ①右（１分） ②Ｍｇ（２分）
ｘ
【解析】（１）①如图，摆长为 Ｏ点到球心的距离，由勾股定理可得图中虚线长度为
槡
ｓ２－（ ）２，故摆长为
２
ｘ ｄ
ｓ２－（ ）２＋ ；
槡
２ ２
②摆球直径为ｄ＝１５ｍｍ＋３×０．１ｍｍ＝１５．３ｍｍ；
③该双线摆的一个优点：可以比较稳定地控制摆球在同一竖直面内摆动，答案合理均可。
（２）若通过两光电门时间相等，则小车匀速下滑。
①若通过光电门１的时间长，说明小车加速下滑，倾角过大，垫片需要向右端移动；
②由于钩码挂上时，小车受力平衡，则钩码取下后，小车受到的合力大小应等于钩码的重力大小，为Ｍｇ。
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物理 第 ２页（共４页）１２．【答案】（１）０（或零，２分） （２）０．７５（２分） ①下（２分） ②２（２分）
【解析】（１）当托盘没有放货物时，滑片处于变阻器Ｒ上端，电压表被短路，示数为０。
ｍｇ Ｒ
（２）当Ｐ放在托盘上静止时，弹簧向下移动Δｘ＝ ＝０．１ｍ，变阻器Ｒ两端总的电压为Ｕ＝ Ｅ＝３Ｖ，此时
ｋ Ｒ＋Ｒ＋ｒ
１
Δｘ
电压表示数为ΔＵ＝ Ｕ＝０．７５Ｖ。
Ｌ
①若电压表示数突然变小，则此时升降装置的加速度向下；
②若电压增加０．３Ｖ，说明滑片下移０．０４ｍ，弹力增加４Ｎ，故加速度变化量为２ｍ／ｓ２。
１３．解：（１）设打开门Ａ稳定后，太空舱、气闸舱内的气体体积在压强为ｐ＝０．８×１０５Ｐａ情况下体积分别为Ｖ、Ｖ
３ ４
由玻意耳定律，ｐＶ＝ｐＶ、ｐＶ＝ｐＶ（２分）
１ １ ３ ２ ２ ４
又Ｖ＋Ｖ＝Ｖ＋Ｖ（１分）
３ ４ １ ２
解得ｐ＝１×１０５Ｐａ（１分）
１
（２）设抽出气体压强为ｐ时体积为ΔＶ，由玻意耳定律
３
ｐＶ＝ｐ（Ｖ＋ΔＶ）（２分）
２ ３ ２
ΔＶ
又ｋ＝ （２分）
ΔＶ＋Ｖ
２
１
解得ｋ＝ （１分）
４
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１
１４．解：（１）由动能定理，ＢＩｄＬ＝ （ｍ＋３ｍ）ｖ２－０（２分）
２ ０
ＢＩｄＬ
解得ｖ＝ （１分）
０ 槡 ２ｍ
－
（２）解法一：设飞机脱离后，动子滑行至静止平均速度为ｖ
－ －
由Ｅ＝Ｂｄｖ（１分）
－
－ Ｅ
平均电流Ｉ＝ （１分）
Ｒ
－
电荷量ｑ＝ＩΔｔ（１分）
－
又ｓ＝ｖΔｔ（１分）
Ｂｄｓ
解得ｑ＝ （１分）
Ｒ
－ ΔΦ
解法二：由Ｅ＝ （１分）
Δｔ
ΔΦ＝Ｂｄｓ（１分）
－
－ Ｅ
平均电流Ｉ＝ （１分）
Ｒ
－
电荷量ｑ＝Ｉｔ（１分）
Ｂｄｓ
解得ｑ＝ （１分）
Ｒ
（３）设飞机脱离时，动子的速度大小为ｖ
－
由动量定理，－ＢＩｄΔｔ＝０－ｍｖ（１分）
物理 第 ３页（共４页）Ｂ２ｄ２ｓ
可得ｖ＝ （１分）
ｍＲ
１ １ １
由能量守恒，Ｅ＝Ｗ＋ ｍｖ２＋ ·３ｍ（３ｖ）２－ ·４ｍ（０．９ｖ）２（２分）
ｐ ２ ２ ２ ０
１４Ｂ４ｄ４ｓ２
解得Ｅ＝ －０．８１ＢＩｄＬ＋Ｗ（１分）
ｐ ｍＲ２
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）由乙图得，μ＝２ｘ－０．４（１分）
当ｑＥ＝μｍｇ时，Ｇ速度最大（１分）
即ｑＥ＝（２ｄ－０．４）ｍｇ（１分）
解得ｄ＝０．５ｍ（１分）
０＋０．８ｍｇ
（２）从Ｏ到Ｋ克服摩擦力做功Ｗ＝ （２ｘ）（１分）
ｆ ２ ０
１
由动能定理，ｑＥ（３ｘ）－Ｗ＝ ｍｖ２－０（１分）
０ ｆ ２ ０
解得ｖ＝２ｍ／ｓ
０
由动量守恒，ｍｖ＝ｍｖ＋ｋｍｖ（１分）
０ １ ２
１ １ １
由能量守恒， ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ｋｍｖ２（１分）
２ ０ ２ １ ２ ２
４
解得ｖ＝ （１分）
２ １＋ｋ
（３）若平抛后Ｔ恰好落在Ｎ点，则
１
竖直方向，Ｈ＝ ｇｔ２（１分）
２
Ｈ
水平方向， ＝ｖｔ（１分）
ｔａｎθ ２
解得ｋ＝１（１分）
Ｈ
若Ｔ刚好落在Ｑ点，则 ＋ＮＱ＝ｖｔ
ｔａｎθ ２
１
解得ｋ＝ （１分）
３
竖直速度ｖ＝ｇｔ
ｙ
１ Ｈ
（ｉ）０＜ｋ＜ ，Ｔ打在挡板上，有 ＋ＮＱ＝ｖｔ
３ ｔａｎθ ２
ｖ ９（１＋ｋ）２
ｔａｎβ＝ｙ＝
（１分）
ｖ ８
２
１
（ｉｉ） ≤ｋ≤１，Ｔ落在水平面上
３
ｖ ３
则ｔａｎβ＝ｙ ，得ｔａｎβ＝ （１＋ｋ）（１分）
ｖ ２
２
（ｉｉｉ）１＜ｋ＜３，Ｔ落在斜面上
ｔａｎβ＝２ｔａｎθ＝３（１分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
物理 第 ４页（共４页）
