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《高2026届二诊模拟考试》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C D B D D BD AC BD
1．C【详解】A. 玻尔的原子能级模型仅适用于氢原子等单电子系统，无法准确描述多电子原子的结构，故A错误；
B. 如果物体能够全部吸收外来的电磁波而不发生反射，这种物体就称为黑体。黑体可以发出辐射，故B错误；
ℎ
C. 德布罗意物质波假设认为所有运动的粒子都具有波动性（波长 𝜆 = ），但宏观物体的德布罗意波长极小（如棒
𝑝
球波长约10−34m），无法观察到波动性（仅微观粒子如电子可观测），故C正确；
D. 爱因斯坦光电效应方程（ 𝐸 =ℎ𝜈−𝑊 ）表明光电子最大动能随入射光频率的增大而线性增大，但光电流强度
𝑘
（单位时间发射电子数）与入射光强度（光子流密度）成正比，与频率无关，故D错误。
2．B【详解】A．地震波中，纵波传播方向与质点振动方向平行，横波传播方向与质点振动方向垂直。弹簧振子套
在光滑直杆上，只能沿杆方向振动，因此它是由纵波驱动的，而非横波，故A错误；
弹簧振子和单摆做受迫振动时的频率等于驱动力的频率，故B正确C错误；
𝑠 𝑠
D．设震源到“地动仪”的距离为𝑠，则纵波到达时间为𝑡 = ，横波到达时间为𝑡 =
1 2
𝑣1 𝑣2
故时间差为 𝑡 =𝑡 −𝑡 =𝑠
𝑣1−𝑣2解得𝑠
=
𝑣1𝑣2𝑡
，故D错误。
2 1
𝑣1𝑣2 𝑣1−𝑣2
3．C【详解】从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δ𝑥 =2𝑑，即光程差为空气层厚度的2
倍，当光程差Δ𝑥 =𝑛𝜆时，此处表现为亮条纹。
A．将红色激光的光照强度变为原来的2倍，不影响光程差，从而不会影响条纹间距，A错误；
B．在薄膜内充满折射率是空气的2倍的介质，根据𝑛 =
𝜆0光在该介质内的波长变为空气中波长的 1
，相同位置处光
𝜆 2
程差变大，Δ𝑥变小，变为原来的一半，B错误；
C．抽走木板后，劈尖的夹角θ减小，相同位置处的光程差减半，则Δ𝑥增大为原来的 2 倍，C正确；
D．用波长为红光波长一半的激光照射，相同位置处光程差变大，Δ𝑥变小，变为原来的一半，D错误。
4．D【详解】对小球进行受力分析，小球受到重力𝑚𝑔、水平外力𝐹（𝐹 <𝑚𝑔）和半圆形槽的
支持力𝑁，三力平衡。设支持力与竖直方向夹角为𝜃，作出矢量三角形如图所示
由图可知，外力大小不变，逆时针缓慢转动90°过程中，半圆形槽对小球的支持力𝑁与竖直方向
的夹角先增大后减小（𝑁与𝐹垂直时夹角最大），根据几何关系可知小球高度先升高后降低。
5．B【 详解】A．U=0.2V时，磁通量的变化率为0.2V，则R 两端的电压有效值为𝑈 =𝑛 𝑈 =20V，
2 2 2
𝑈2
R 的功率为𝑃 = 2 =4.0W，A错误；
2 2
𝑅2
𝑛2 𝑛2
B．变压器和𝑅 等价于 1𝑅 的电阻，𝑅 = 1𝑅 ，R 的功率最大，所以R 变大时，R 的功率可能先增大后减小，故
2 𝑛2 2 1 𝑛2 2 2 2 2
2 2
B正确；
C．当R 变大时，𝐼 减小，则𝐼 = 𝑛2⋅𝐼 减小，所以R 的功率𝑃 =𝐼2𝑅 减小，故C错误；
2 2 1 𝑛1 2 1 1 1 1
D． R 变大时，𝐼 变小，则原线圈的电压变大，𝑈 =
𝑈1变大，故D错误。
2 1
𝑛1
6．D【详解】A．绳子断开后小球做平抛运动，由𝐻−𝐿cos37∘ = 1 𝑔𝑡2，解得𝑡 = √6 s，故A正确；
2 5
B．设小球做圆周运动的速度大小为𝑣，则有𝑚𝑔tan37∘ =𝑚 𝑣2 ，解得𝑣 = 3√2 m/s。小球平抛的水平位移𝑥 =𝑣𝑡 =
𝐿sin37∘ 2
3√3
m，小球的落点到O 的距离𝑠 =√(𝐿sin37∘)2+𝑥2 =1.2m，故B正确；
3
5
C．若增大H，由𝐻−𝐿cos𝛼 = 1 𝑔𝑡2，可知小球做平抛运动的时间变长，由𝑚𝑔tan37∘ =𝑚 𝑣2 ，可知小球平抛运
2 𝐿sin37∘
动的初速度大小不变，则小球平抛的水平位移𝑥变大，落点到O 的距离𝑠变大，故C正确；
3
答案第1页，共6页此时𝑃𝑄两端的电势差为𝑈 =𝐸−𝐼𝑅 =
𝐵𝐿𝑣𝑚cos𝜃1
=
𝑚𝑔𝑅
2 𝐵𝐿
1
BC.通过𝑃𝑄杆的电量𝑄 = ΔΦ，ΔΦ为整个过程中回路的磁通量变化量，故还需求得𝑀𝑁杆的下降高度
2𝑅
设任意时刻的感应电流大小为𝐼（以回路QPMN为正方向），两杆受力如图所示。其中
𝐹 =𝐵𝐼𝐿 𝐹 =𝐵𝐼√3𝐿
安1 安2
分别写出两杆的牛顿运动方程
√2 √2
𝑚𝑎 =𝑚𝑔sin𝜃 −𝐵𝐼𝐿cos𝜃 = 𝑚𝑔− 𝐵𝐼𝐿
1 1 1 2 2
√3 √3
𝑚𝑎 =𝑚𝑔sin𝜃 −𝐵𝐼√3𝐿cos𝜃 = 𝑚𝑔− 𝐵𝐼𝐿
2 2 2 2 2
观察两方程，易得两杆的加速度始终满足
𝑎 √2
1
=
𝑎 2 √3
又由于两杆初速度均为0，故两杆任意时刻的速度大小和位移大小满足同样的比例。
𝑃𝑄杆的高度下降ℎ时，𝑀𝑁杆下降的高度ℎ′满足 ℎ/sin𝜃1 = √2 解得ℎ′ = 3 ℎ
ℎ′/sin𝜃2 √3 2
5
回路的磁通量变化量为ΔΦ=𝐵(𝐿ℎcot𝜃 +√3𝐿ℎ′cot𝜃 )= 𝐵𝐿ℎ
1 2
2
1 5𝐵𝐿ℎ
故𝑄 = ΔΦ=
2𝑅 4𝑅
D.对两杆均释放后的任意时刻，上一问中关于两杆加速度关系的讨论仍然成立，即始终有
𝑎1
=
√2
𝑎2 √3
于是，经历相等的时间后，两杆速度的变化量满足
Δ𝑣1
=
√2
Δ𝑣2 √3
设𝑃𝑄最终能达到的最大速度为𝑣 ，𝑀𝑁最终能达到的最大速度为𝑣 ，有
𝑣1−√
𝐵
2𝑚
2𝐿
𝑔
2
𝑅
= √2 ①
1 2
𝑣2−0 √3
当两杆达到稳定速度时，两杆应均处于平衡状态，对PQ做受力分析
𝐵𝐿𝑣 cos𝜃 +𝐵√3𝐿𝑣 cos𝜃
𝑚𝑔sin𝜃 =𝐵𝐼𝐿cos𝜃 =𝐵( 1 1 2 2 )𝐿cos𝜃 ②
1 1 2𝑅 1
联立①②，解得𝑣 =
7√2𝑚𝑔𝑅
1 5 𝐵2𝐿2
4
11．(1) 4.8cm (2)变大
3
【详解】(1)𝑛 =
sin𝜃4
=
𝑆1𝑃/𝑆1𝑂2
=
4
sin𝜃3 𝑄𝑃/𝑄𝑂2 3
𝜋 𝑑 𝑑
𝑆 𝑆 sin( −𝜃 )= sin(𝜃 −𝜃 )= (sin𝜃 cos𝜃 −sin𝜃 cos𝜃 )解得𝑑 =4.8𝑐𝑚
1 2 4 4 3 4 3 3 4
2 cos𝜃3 cos𝜃3
（2）频率增加，折射率增大，光线偏折更明显，𝑆 𝑆 变大
1 2
12．（1）③3000 ④
5
𝑏 没有 （2）
𝑈1− 𝑈2
偏大
3 𝐼1 𝐼2
【详解】（1）③[1]根据并联电路规律可知U =U +
𝑈2R
1 2 2
𝑅V2
2
由题意可知U = U ，R =1500Ω，解得R =3000Ω
2 1 2 V2
3
④[2]根据闭合电路欧姆定律可得E=U +（
𝑈1
+
𝑈2）R
1 1
𝑅V1 𝑅V2
答案第3页，共6页整理得𝑈 =
𝐸𝑅V1
−
𝑅1𝑅V1
𝑈 即𝑈 =
3𝐸
−
4
𝑈 ，U ﹣U 图像纵轴截距为𝑏 =
3𝐸
电源电动势为𝐸 =
5
𝑏
1 2 1 2 1 2
𝑅V1+𝑅1 𝑅V2(𝑅V1+𝑅1) 5 5 5 3
[3]按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值等于真实值，该实验没有系统
误差。
（2）[4]根据实验步骤，由欧姆定律得：U =I （R +R +R ），U =I （R +R ）解得R =
𝑈1− 𝑈2[5]若采用图丙，实际
1 1 A P x 2 2 A P x
𝐼1 𝐼2
测得为R +R ，测量值偏大
A x
13．(1)𝑚 =𝜌𝑆ℎ (2)𝑁 =
2(𝑝0+𝜌𝑔ℎ0)ℎ𝑆𝑁A
0
5𝑝0𝑉0
【详解】（1）初始时，封闭气体的压强为𝑝 =𝑝 +𝜌𝑔ℎ (2分)
1 0 0
根据活塞的受力平衡有𝑝 𝑆 =𝑝 𝑆+𝑚𝑔 (2分)
1 0
联立解得𝑚 =𝜌𝑆ℎ (1分)
0
𝑝𝑉
(2)与标准情况对比，气体的物质的量为𝑛 = (2分)
𝑝0𝑉0
分子数为𝑁 =𝑛𝑁 (1分)
A
联立解得𝑁 =
2(𝑝0+𝜌𝑔ℎ0)ℎ𝑆𝑁A
(2分)
5𝑝0𝑉0
5 5
14．(1)4.5m (2) ≤𝜇 <
18 12
【详解】（1）小球从水平位置摆至竖直位置过程，由动能定理有𝑚𝑔𝐿 = 1 𝑚𝑣2
2 0
代入数据解得小球运动至最低点时的速度为𝑣 =√2𝑔𝐿 =10m/s (1分)
0
设小球与凹槽碰撞后速度为𝑣 ，凹槽的速度为𝑣 ，则由动量守恒定律有𝑚𝑣 =𝑚𝑣 +𝑀𝑣 (1分)
1 2 0 1 2
由机械能守恒定律有 1 𝑚𝑣2 = 1 𝑚𝑣2+ 1 𝑀𝑣2 (1分)
2 0 2 1 2 2
联立解得𝑣 =−5m/s，𝑣 =5m/s (1分)
1 2
即小球与凹槽碰撞后以5m/s的速度反弹，之后小球绕𝑂′恰好做完整的圆周运动，到达最高点时重力提供向心力，则
𝑣2
有𝑚𝑔=𝑚 3 (1分)
𝑅
小球与凹槽碰撞后从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理有−𝑚𝑔⋅2𝑅 = 1 𝑚𝑣2− 1 𝑚𝑣2 (1分)
2 3 2 1
代入数据，联立解得小球绕𝑂′恰好做完整的圆周运动的半径为𝑅 =0.5m
所以O到𝑂′点的距离为ℎ =𝐿−𝑅 =4.5m (1分)
（2）凹槽与物块组成的系统动量守恒，则有𝑀𝑣 =(𝑀+𝑚′)𝑣 (1分) 解得𝑣 = 10 m/s (1分)
2 共 共 3
设物块在凹槽上相对滑动的路程为s，由于凹槽与物块发生两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞，说明相对滑动的
总路程满足2𝑑 <𝑠 ≤3𝑑
其中𝑑 =1m，所以有2m<𝑠 ≤3m
由能量守恒定律有 1 𝑀𝑣2− 1 (𝑀+𝑚′)𝑣2 =𝜇𝑚′𝑔𝑠 (1分)
2 2 2 共
5
当𝑠 =2m时，解得𝜇 = (1分)
max
12
5
当𝑠 =3m时，解得𝜇 = (1分)
min
18
5 5
故凹槽与物块间动摩擦因数的取值范围为 ≤𝜇 <
18 12
答案第4页，共6页15．
(1)设金属棒第一次达到稳定的速度为𝑣 ，电容器上剩余电量为𝑞
0 0
此时回路中电流为0，于是有
𝑞
𝐵𝑑𝑣 = 0 ①(1分)
0 𝐶
另一方面在金属杆达到稳定的过程中，其牛顿运动方程为
𝑚𝑎 =𝐵𝐼𝑑
两侧同时乘Δ𝑡并求和
𝑚𝑎Δ𝑡 =𝐵𝑑𝐼Δ𝑡
𝑚Δ𝑣 =𝐵𝑑(−Δ𝑞)
即
𝑚(𝑣 −0)=𝐵𝑑(𝑄 −𝑞 ) ②(2分)
0 0 0
联立①②解得
𝐵𝑑𝑄
𝑣 = 0 (2分)
0 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚
方向水平向右
𝐵2𝑑2𝐶
𝑞 =𝐵𝑑𝐶𝑣 = 𝑄
0 0 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚 0
(2)由于导轨足够长，金属棒第一次经过𝑂 𝑂 时速度为𝑣
1 2 0
在后续运动过程中，由于金属杆、线圈、导轨都没有电阻，因此金属杆的动生电动势必然与线圈的自感电动势等大
反向，即
Δ𝐼
𝐵𝑑𝑣 =𝐿 (1分)
Δ𝑡
𝐵𝑑𝑣Δ𝑡 =𝐿Δ𝐼
求和得
𝐵𝑑(𝑥−0)=𝐿(𝐼−0)
𝐵𝑑𝑥 =𝐿𝐼 ③(1分)
其中𝑥为金属杆在𝑂 𝑂 右侧的位移。
1 2
另一方面金属杆受到的合力（向右为正）为
𝐹 =−𝐵𝐼𝑑
将③带入，得
𝐵2𝑑2𝑥
𝐹 =− (1分)
𝐿
𝐵2𝑑2
这是一个等效劲度系数𝑘 = 的线性恢复力，因此金属杆做平衡位置在𝑂 𝑂 处的简谐振动。金属棒从第一次经过
1 2
𝐿
𝑂 𝑂 到回到𝑂 𝑂 的时间为简谐振动周期的一半。
1 2 1 2
1 𝑚 𝑚𝐿
𝑡 = 𝑇 =𝜋√ =𝜋√ (2分)
2 𝑘 𝐵2𝑑2
(3)
由于简谐运动对称性，金属棒第一次向左通过𝑂 𝑂 的速度仍然为𝑣 。此时动生电动势与电容对外的电压方向相同，
1 2 0
电容放电的同时金属棒减速。此时若金属棒先减速为0，则电容继续放电使金属棒向右加速；若电容先放完电，则
金属棒继续减速并为电容反向充电。但金属棒最终一定会达到一个新的匀速𝑣 ，设𝑣 向右为正，此时电容电量为𝑞 。
1 1 1
答案第5页，共6页类似①②有
𝑞
1
𝐵𝑑𝑣 = ⑤
1 𝐶
𝑚Δ𝑣 =𝐵𝑑(−Δ𝑞)
即
𝑚(𝑣 −(−𝑣 ))=𝐵𝑑(𝑞 −𝑞 ) ⑥
1 0 0 1
联立⑤⑥解得
𝐵𝑑𝑞 −𝑚𝑣
0 0
𝑣 =
1 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚
𝑞 =𝐵𝑑𝐶𝑣 (1分)
1 1
带入𝑞 ,𝑣
0 0
𝐵𝑑𝑄 (𝐵2𝑑2𝐶−𝑚)
𝑣 = 0 (1分)
1 (𝐵2𝑑2𝐶+𝑚)2
𝐵2𝑑2𝐶(𝐵2𝑑2𝐶−𝑚)
𝑞 = 𝑄 (1分)
1 (𝐵2𝑑2𝐶+𝑚)2 0
对比𝑞 ,𝑣 有
0 0
𝐵2𝑑2𝐶−𝑚 𝑘−1
𝑣 = 𝑣 = 𝑣 >0
1 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚 0 𝑘+1 0
𝐵2𝑑2𝐶−𝑚 𝑘−1
𝑞 = 𝑞 = 𝑞 (用𝑘表达共1分)
1 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚 0 𝑘+1 0
𝑘−1 2
于是，每次金属杆从左向右通过𝑂 𝑂 时系统中剩余的能量都是上一次左向右通过𝑂 𝑂 时的( ) 。而金属杆
1 2 1 2
𝑘+1
在电感回路上返回时剩余动能不变。金属杆第一次从左向右通过𝑂 𝑂 时系统中剩余的能量为
1 2
1 1𝑞2 𝐵2𝑑2𝐶 1𝑄2 𝑘 1𝑄2
𝑚𝑣2+ 0 = × 0 = × 0 (1分)
2 0 2 𝐶 𝐵2𝑑2𝐶+𝑚 2 𝐶 𝑘+1 2 𝐶
综上所述，金属杆第𝑛次经过𝑂 𝑂 时，系统中剩余的总能量占电容初始储存能量的比例为
1 2
𝑘 𝑘−1 𝑛−1
( ) 𝑛为奇数
𝑘+1 𝑘+1
𝜂 =
𝑘 𝑘−1 𝑛−2
( ) 𝑛为偶数
{𝑘+1 𝑘+1
电阻上消耗的总热量占电容初始储存能量的比例为
𝑘 𝑘−1 𝑛−1
1− ( ) 𝑛为奇数
𝑘+1 𝑘+1
1−𝜂 = (1分)
𝑘 𝑘−1 𝑛−2
1− ( ) 𝑛为偶数
{ 𝑘+1 𝑘+1
答案第6页，共6页
