物理试题卷参考答案与解析_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260416广东省佛山市2025-2026学年佛山市普通高中教学质量检测（二）（全科）

2026 年广东省佛山市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B D A D C C CD 二、多项选择题 题号 8 9 10 答案 AC AB BCD 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．【解答】解：根据质量数守恒和电荷守恒，可以得到X 为电子 0e，233Y ； 1 92 A、三种射线电离能力排序射线（氦核）>射线（电子流）>射线（高频电磁波），故A错误； B、②反应中质子数+1，质量数不变，也即1个中子转变成了一个质子+电子，故B正确； C、③反应中有电子产生，为衰变，故C错误； D、③反应中产物的质量数应该为233，故D错误； 故选：B。 1 1 2．【解答】解：A、由右图可知，交流电的周期T 0.02s，所以频率 f   50Hz，故A错误； T 0.02s 66 2 B、由图可知，交流电的峰值电压为66 2kV，为正弦交流电，故有效电压为 kV66kV，B错误； 2 2 C、圆频率 100，所以电压的表达式u U sin(t)66 2sin(100t)kV，故C错误； T max D、输出电压U 220V（有效值），输入电压U 66kV66000V（有效值），所以原副线圈的匝数 2 1 n U 66000 300 比 1  1   ，故D正确； n U 220 1 2 2 故选：D。 3．【解答】解：因为不确定两电荷的电荷量大小关系，所以中垂线ab并不一定是零势能线；正电荷电荷 量大，零势能线凸向负电荷；电荷量相等，ab即零势能线；负电荷电荷量大，零势能线凸向正电荷； A、当正电荷电荷量更大时，零势能面更靠近负电荷，此时O点电势大于0，,故A正确； B、当两电荷电荷量不相等时，ab两点的电场强度大小相等，但是方向不同，故B错误；C、两点电荷连线的中垂线上与电荷连线处电场强度最大（两电荷在此处各自的电场强度最大，且两电场 刚好同向，夹角最小），故C错误； D、因不清楚两电荷的电荷量大小关系，故从a到b，电势有可能不变，有可能先变大后变小，也有可能先 变小后变大，故电势能大小的变化无法判断，,故D错误； 故选：A。 4．【解答】解：A、由题中信息“密封后管内留有一段空气柱，其压强、温度均与采集处相等”可知，采 集是海深h 处样品，也即压强 p  p gh ，故A错误； 1 1 0 1 p p T B、上升过程体积不变，由理想气体实验定律可得 1  2 ，计算得到海面处的压强 p  2 (p gh)， T T 2 T 0 1 1 2 1 故B错误； C、上升过程中，温度升高，内能变大，故C错误； D、体积不变，气体不做功，增加的内能等于向外界吸收的热量，故D正确； 故选：D。 5．【解答】解：单线圈环形电流在处理磁场和受力时，可以等效成小磁针来处理； A、两者电流方向相反，根据右手螺旋定则，线圈a的N极向左，线圈b的N极向右，两线圈相互排斥， 故线圈a对线圈b的作用力向右，A错误； B、两线圈在O 处的磁场等大反向，故O 处的磁感应强度为0，B错误； 0 0 C、以OO 为直径，也即以O 为圆心，空间中任意画一个圆，由对称性可知，圆中的任意关于垂直OO 1 2 0 1 2 的直径对称的位置两次线圈到两者的磁感应强度等大反向，故通过圆面的磁通量必为0，故C正确； D、在O 处两线圈的磁场方向相反，但更靠近a线圈，故净磁场由a线圈决定，方向向左，故D错误； 1 故选：C。 6．【解答】解：A、e、m两点为斜抛等高点，两者速度大小相等，方向不同，故A错误； B、若从b点出发，经过e点后斜抛，最高点速度水平方向不为0，由机械能守恒可知，最高点h的重力势 能小于b点，故h点低于O点，B错误； C、de段上去的时间和ed段下来的时间相等（假设从e点以离开e时等大反向的速度下来），竖直方向的 位移和mn相等，但是受到圆弧面垂直接触面的支持力，分解到竖直方向，可知竖直方向的加速度是小于 重力加速度的，而mn竖直方向只有重力，故mn运动时间更短，故C正确； D、抛体运动水平方向是匀速，离开e点时，水平速度向右，故不可能与水平地面垂直，故D错误； 故选：C。7．【解答】解：钢球受力分析如图，（由于轻杆可绕光滑转轴转动，故球和杆的作用力必和杠共线） 列出平衡方程， 水平方向：Tsin f 竖直方向：N Tcosmg 抽纸过程有， f N mg mgsin 联立，解得T  、N  sincos sincos B选项，滑动摩擦力的大小跟速度无关，B错误； 故选：CD。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．【解答】解：A、如图，近月点速度大于与近月点相切的圆形轨道Ⅲ环月绕行速度，轨道Ⅱ的速度小于 轨道Ⅲ的速度，故近月点的速度大于轨道Ⅱ的速度，故A正确； B、由开普勒第三定律可知，轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，因此轨道Ⅰ的周期小于轨道Ⅱ的周期， 故B错误； Mm 42 42 C、万有引力提供向心力，也即G m (Rh )，可得月球质量M  (Rh )3，月球 (Rh )2 T2 2 GT2 2 2 4 半径R已知，可计算月球体积V  R3，联立可计算月球的密度，故C正确； 3 Mm 1 a Rh D、由牛顿第二定律G ma，可得a ，故 近 （ 2）2，故D错误； r2 r2 a Rh 远 1 故选：AC。 9．【解答】解：A、vt 图斜率反应加速度，预加速阶段斜率变大，故加速度增大，A正确； 1 B、vt 图面积表示位移，计算主加速阶段这块梯形的面积x (1569)1m42m，实际围成的面 2 积显然大于梯形的面积，故B正确； 1 C、由题可知牵引动子的动能回收率为80%，也即0.8 6000702J1.176107J，故C错误； 2 D、由图像可知，制动过程加速度变小，也即制动力变小，题目中并未交代制动力和速度之间的关系，故 不能确定制动力功率与速度的关系；事实上动子动能回收过程利用电磁感应的话，制动力肯定是与速度有 关，所以D不正确； 故选：AB。10．【解答】解：粒子运动轨迹如图， 1 q A、加速过程由动能定理可得qU  mv2 0，其中比荷 k ，解得进入磁场速度v 2kU ，A错误； 2 m v2 B、进入磁场后，恰好不出边界，轨迹的半径刚好为R ，洛伦兹力提供向心力，有qvBm ，解得 R 1 2U B ，故B正确； R k 3 C、在磁场中运动的轨迹恰好为4个 圆周， 4 3 所以在磁场中的路程为 2R46R，故C正确； 4 3 2R 2 D、在磁场中的运动时间4  3R ，故D正确； 4 v kU 故选：BCD。 三、非选择题：共54分，请根据要求作答。 1 11．【解答】解：（1）主尺读数5.0cm，游标是刚好和0对齐，故读数5.0cm mm05.000cm； 20 （3）杂质处在ab连线上刚好挡住P 的像； 1 （4）此操作的目的是找到杂质的具体位置，所以需要挡住杂质的像； sin sin 1 （5）光路如图，由折射定律n ，可得sin  ，也即30，所以杂质离中轴线的距离 sin n 2 3 D 3D x   ； 3 2 6 3D 故：（1）5.000； （3）ab； （4）杂质的像； （5） ； 6 12．【解答】解：（1）欧姆调零，红黑笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指在最右端的电阻0的位置；读 数估读到本位即可，示数为22，档位为“10”，故读数为220； ②由丙图可读数28，倍率是“×100”，故RG ＝2800Ω； （3）防止流过表头的电流过大，先短路表头所在的电路，也即滑动变阻器滑片移到a端； （4）不计分压的变化，R 、R 和灵敏电流计三者的总电压不变，有(R R R )kI (R R R )I ， T 0 T 0 g g 2 0 g g 3700 解得R ( 3500)； T k（6）实际上，当R 随温度降低时，电阻变小，三者的分压变大，也即(R R R )kI (R R R )I ， T T 0 g g 2 0 g g 3700 解得R ( 3500)，故所测值偏小； T k 3700 故：（1）短接；右端； 220； （3）a ； （4） 3500； （6）偏小 k 2 13．【解答】解：（1）由图丙可知，振幅A3cm，周期T 0.1s，所以圆频率 20rad/s， T 所以振动方程x3sin(20t)cm； 1 （2）空气也属于受迫振动，频率与振子的频率一致，也即 f  10Hz， T v 故波长 34m； f （3）在最大振幅处回复力最大有F kA1106N； max 平衡位置速度最大，动能最大； 平衡位置时有，mg kx ； 0 1 1 从最低点到平衡位置过程中，系统机械能守恒，有 k(x  A)2  kx 2 E mgA 2 0 2 0 kmax 代入数据，解得E 625J kmax 14．【解答】解：（1）两运动员同时进入弯道，故直线加速的时间差即为两者的反应时间差； 1 1 两者直线加速度有，x vt 、x v t 2 11 2 2 2 进入弯道后，有v R 、v R 1 1 2 2 所以反应时间差t t t 1 2 代入数据，解得t 0.18s （2）交接过程对B由动量定理可得I mv mv B B B BC之间是相互作用，所以B对C的冲量与C对B的冲量等大反向，也即I I C B 代入数据，得I 360Ns C 1 1 交接过程对C由动能定理可得W  m v2  m v 2 2 C C 2 C C 对C由动量定理可得I m v m v C C C C C 联立代入数据，解得W 4680J1 15．【解答】解：（1）线框甲释放到下端刚进入磁场过程，由机械能守恒得mgLsin mv2 2 1 进入磁场切割磁感线，电动势E  BLv 1 1 E 欧姆定律，I  1 1 R 受到的安培力，F  BI L 安1 1 恰好匀速运动，受力平衡，有mgsin F 安1 1 mR g 联立解得B L 2 L 甲乙进入磁场前均有mgsinma 1 甲进入磁场前后分别有L at 2、Lvt 2 1 1 2 1 乙进入磁场前有x  a(t t )2 2 2 1 2 9 联立解得x  L 2 4 （2）两者质量相等，碰撞为弹性碰撞，甲乙交换速度； 故碰后甲的速度为v a(t t ) 2 1 2 此时电动势E  BLv 2 2 E 欧姆定律，I  2 2 R 受到的安培力，F  BI L 安2 2 牛顿第二定律，有F mgsinma 安2 联立解得a g （3）碰后乙速度为v ，恰好匀速穿过磁场，产生的焦耳热Q mgLsin 1 2 甲线框穿过磁场过程，由动量定理可得BILtmgsint mvmv 2 E 欧姆定律I  R  BL2 法拉第电磁感应定律E   t t 1 1 甲线框产生的热量Q mgLsin mv2  mv2 1 2 1 2 Q 400 联立可得 1  Q 571 2