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2026 年高二年级部分学生调研检测
物理答案及评分标准
2026.06
一、单项选择题：本大题共 8个小题，每小题 3分，共 24分。
1．B 2．C 3．B 4．D 5．C 6．A 7．A 8．D
二、多项选择题：本大题共 4个小题，每小题 4 分，共 16分，选不全得 2 分，错选不得分。
9．AC 10．AC 11．BC 12．BCD
三、非选择题
1 d
13．（6分）（1） (F −mg) L+ （2分）；（2）−2mg （1分），3mg（1分）；（3）AD（2分）。
2 2
BF OC
14．（8分）（1）P和P （2分）；（2） （2分）；（3） （2分）；（4）减小（2分）。
1 2 AE OD
15．（7分）（1）设小物块上滑过程中加速度大小为a
1
根据牛顿第二定律mgsin2θ+mmgsinθcosθ+mmgcosθ=ma （2分）
1
根据运动学公式v2 =2aL （1分）
0 1
解得L=1.25m （1分）
（2）设小物块下滑过程中加速度大小为a
2
根据牛顿第二定律mgsin2θ−mmgsinθcosθ−mmgcosθ=ma （1分）
2
根据运动学公式v2 =2a L （1分）
2
解得v=1m/s （1分）
评分标准：第1问，4分；第2问，3分。共7分。
16．（9分）（1）初始状态：
p p
对左侧气体： 0 = 1 （1分）
T 2T
0 0
对左侧活塞： pS =mg （1分）
1 1
p S
对右侧活塞： 0 +m g =2p S （1分）
2 2 0
m 4
解得 1 = （1分）
m 3
2
（2）对左侧气体T ~2T ：
0 0
学科网（北京）股份有限公司H
W =−pS
1 2
HS
2 = HS （1分）
2T T
0 3
Q=ΔU −W =3kT + p SH （1分）
0 0
（3）同时打开阀门K 、K ，右侧活塞到达顶部，左侧活塞距离缸顶高度为x
1 2
对两活塞上方气体：
p H
0 ⋅ S = pxS （1分）
2 2
对两活塞下方气体：
3
2p ⋅ HS =(p+2p )(2H −x)S （1分）
0 2 0
3+ 73
解得x= H （1分）
16
评分标准：第1问，4分；第2问，2分；第3问，3分。共9分。
hc
17．（14分）（1）入射光子的能量E = （1分）
0 λ
0
hc
碰撞后光子的能量E= （1分）
λ
可得光子损失的能量ΔE=E −E （1分）
0
由于散射后光子波长满足λ−λ =λ(1−cosθ)
0 c
λ
所以λ=λ + c （1分）
0 2
hcλ
可得ΔE= c （2分）
2λ2 +λλ
0 0 c
h
（2）入射光子的动量沿水平方向 p = （1分）
0 λ
0
h
碰撞后光子的动量 p= （1分）
λ
沿水平方向满足 p = pcos60°+ p （2分）
0 ex
沿竖直方向满足0= psin60°+ p （2分）
ey
电子的合动量 p = p2 + p2 （1分）
e ex ey
h
可得 p = λ2 −λλ+λ2
e λλ 0 0
0
学科网（北京）股份有限公司h
即 p = 4λ2 +2λλ +λ2 （1分）
e 2λ2 +λλ 0 0 c c
0 0 c
评分标准：第1问，6分；第2问，8分。共14分。
18．（16分）（1）设A与B碰撞前、后的速度分别为v 、v′
A A
1 1
根据动能定理−mm gL= m v2 − m v2 （1分）
A 2 A A 2 A 0
A与B碰撞，由动量守恒和机械能守恒
m v =m v′ +m v （1分）
A A A A B B
1 1 1
m v2 = m v′2 + m v2 （1分）
2 A A 2 A A 2 B B
解得v =4m/s （1分）
B
v
（2）物块B运动到P点时的速度v = B =5m/s （1分）
BP cosθ
物块B从P点运动到最低点的过程中，B和C组成的系统水平方向动量守恒
设物块B运动到最低点时的速度为v ，圆弧轨道的速度为v
B1 C
水平动量守恒m v =m v +m v （1分）
B B B B1 C C
1 1 1
能量守恒m gR(1−cosθ)+ m v2 = m v2 + m v2 （1分）
B 2 B BP 2 B B1 2 C C
解得v =6m/s v =−1m/s
B1 C
设圆弧轨道在最低点对物块B的支持力为F
N
(v −v )2
由牛顿第二定律F −m g =m B1 C （1分）
N B B R
根据牛顿第三定律F =F
压 N
326
解得F = N （1分）
压
65
（3）因v >v，则物块B在传送带上先减速，设经过时间t 和传送带共速
B1 0
根据v=v −mgt （1分）
B1 0
解得t =0.4s
0
v +v
此时物块B向右运动的距离x = B1 t =2m
0 2 0
学科网（北京）股份有限公司因x <s，所以物块B在传送带上先减速后匀速
0
此过程产生的热量Q =mm g(x −vt )=0.4J （1分）
0 B 0 0
1
物块B第1次与挡板碰撞后，速度大小v = v
1 2
物块B向左滑上传送带，减速至0后再向右加速，从传送带右端滑出时速度大小v 保持不变
1
设此过程中相对位移为Δx ，物块B在传送带上向左减速的时间为t ，向左减速的位移为x
1 1 1
v 1 v
t = 1 = ⋅ （1分）
1 mg 2 mg
v2
Δx =(vt +x )+(vt −x )=2vt = （1分）
1 1 1 1 1 1 mg
2
1 1
依次类推，物块B第2次与挡板碰撞后，速度大小v = v = v
2 2 1 2
2
v 1 v
t = 2 = ⋅
2 mg 2 mg
v2
Δx =2vt =
2 2 2mg
……
v2
∆x =2vt = （n为正整数） （1分）
n n 2n−1mg
全过程产生的总热量Q =Q +mm g(∆x +∆x ++∆x ) （1分）
总 0 B 1 2 n
解得Q =6.8J （1分）
总
评分标准：第1问，4分；第2问，5分；第3问，7分。共16分。
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