陕西省2026年高考适应性检测（二）物理+答案

密★考试启用前

2026年高考适应性检测(二)

物理参考答案

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,只有一个

符合题目要求。

1.【答案】B

解析:AB.根据质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为0,电荷数为-1,则X为电子,

该反应是β衰变,故A错误,B正确;半衰期由原子核内部本身因素决定,与环境因素无关,故

CD错误。

2.【答案】D

解析:设加速和减速过程用时间均为t1,总时间为t,则d=2xDmt1+Dm

其中Dm=αt1解得t

3.【答案】B

解析:探测器受到火星引”F=G从P向Q运动过程中,r增大,引”减小,加速度

减小,万有引”做负功,动能减小,速度减小,故B正确,A错误;由开普勒第三定律知,轨道Ⅰ半

长轴小于轨道"半长轴,则轨道Ⅰ周期小于轨道"的周期,故CD错误。

4.【答案】A

解析:设输电线的电阻为R,A处输送的电功率为P,由题意可知,当输电电压为U时,输电

线中的电流I,输电线上损耗的电功率ΔP=I2R到达B处时,电压下降当输

电电压从550kⅤ变成1100kⅤ时,输电线上损耗的电功率P,到达B处电压下降

U,故A正确.

物理答案第1页(共6页)

5.【答案】C

解析:以AB整体,整体在水平方向受到向左的电场力,大小为E(qA+

qB),竖直墙壁向右的弹力N,故有N=E(qA+qB)保持不变,竖直方向,施加力

F之前,地面对B的支持力NB=(mA+mB)g,施加力F之后,地面对B的支持

力为N’B=(mA+mB)g+F,变大,故A错误,D错误;图1

分析A球,施加力F之前受力如图1:

则B对A的库仑力为F库

施加力F之后,A的受力如图2:

则B对A的库仑力变大为变大,再根据F库=

kqAqB

,两球之间的距离一定减小,故B错误,C正确。图2

r2

6.【答案】C

解析:A.根据题意可知ef间电势差大于fc间电势差,电场力做的功不相等,故A错误;

B.该电场可等效为两个等量您种点电荷的电场,根据等量您种点电荷电场分布特点,粒子

带负电,故B错误;

C.根据题意有Epc=-4eⅤ在f点有E联立解得Epf=

-1oeⅤ,根据能量守恒有Epc+Ekc=Epf+Ekf,解得Ekf=14eⅤ,故C正确;

D.根据电场叠加可知b点场强E故D错误。

7.【答案】D

解析:AB.由匀变速运动的规律,可知两段相等时间内的位移分别是xo和xo,两物块“\

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b分离处就在从开始位置上升xo处,则弹簧的弹簧的压缩量为xo,此时“\b之间没有相互

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作用力,单独对物体“分析,由牛顿第二定律得kxo-mgSinθ=m解得gSinθ;故AB

错误;

C.对物块“\b整体分析,由平衡条件得gSinθ,由胡克定律F=kxo得弹簧的劲

度系数k,故C错误;

物理答案第2页(共6页)

D.由胡克定律得F弹=k●故D正确。

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.【答案】BCD

解析:由图乙可知Q在0时刻的振动方向沿y轴正方向,可知机械波沿x轴负方向传播;

P质点位移为y=-5cm,由图甲可知m,可知波长λ=36m;2S质点P作简

T

谐振动经过,所以位移等大反向。

2

9.【答案】AB

解析:b→c等温过程,即Tb=Tc;c→α是等压过程,气体的体积减小,由C可知,气体的

温度降低,即Tc>Tα,则有Tα<Tb=Tc,在α状态,气体平均动能最小。α→b是等容过程,压强增

大,气体温度升高,吸收热量,内能增加;c→α为等压过程,压强不变,容器内气体分子的数密度

增大,容器内壁单位面积上受到的压力不变。

10.【答案】AC

解析:A.导体棒αb\cd串联,电流大小相同,二者所受安培力大小相等

cd棒恰好静止FA=μmg,

αb棒最终匀速F-FA-μmg=0

联立解得F=2μmg

B.当αb棒以最大速度D稳定运动时,回路中的感应电动势为E=BLD,

通过αb棒的电流为I

αb棒所受安培力大小为FA=BIL,

解得D

CD.αb棒运动至速度D时,由动量定理得Ft-μmgt-IA=mD-0

可得IA=μmgt-mD,

又IA=ΣFAΔt

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解得x

2

αb棒运动时,由动能定理得x-WAmD,

2

可得WA=μmgxmD

根据能量守恒得回路中焦耳热Q=WA,

则αb棒上产生焦耳热:QQ

联立解得QmD2。

三、非选择题:本大题共5小题,共54分。

11.【答案】(1)需要;(2)mA●OP=mA●OM+mB●ON;(3)D(每空2分,共6分)

解析:(1)本实验需要小球从斜槽末端离开后做平抛运动,所以斜槽末端需要保持水平。

(2)mA●OP=mA●OM+mB●ON

(3)采用图乙装置实验时,设A与B碰撞前瞬间的速度为D1,碰后瞬间二者的速度分别为

D,1和D,2,根据平抛运动规律可得:D由mA●D1

=mA●D,1+mB●D,2,可得则表明此碰撞动量守恒。故选D。

12.【答案】(1)BC(2分);(2)3.75(3分);(3)8.33(2分);1.00(2分)

解析:(1)当s接触点接1时,并联的电阻小,分流大,故接1时的量程更大;接2并联的电

阻大,分流小,故接2时的量程更小,故A错误,B正确;当s接点3时,电表内部有电源,故多用

表为欧姆表,倍率越大时,同样的待测电阻时表头指针偏转越小,欧姆表的内阻越大,接入的滑

动变阻器阻值越大,故C正确;当开关s接4或5时,多用表为电压挡,但接4时分压电阻为一

个电阻,即左边的电阻R4;接5时两个电阻串联后的总电阻为分压电阻,所以接5时分压电阻

的阻值要大,故接5时量程更大,则D错误。故选BC;

(2)将“B”端与“3”相接,结合图乙,并结合闭合电路欧姆定律得出

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联立①②得出E=3.75Ⅴ。

(3)根据丙图和闭合电路欧姆定律可知:E=U整理可得

结合图像的截距和斜率可知:

解得:E≈8.33Ⅴ,r=1.00Ω

13.(9分)解:(1)设op=x,光线恰好在圆形表面发生全反射

有:SinC①…………(1分)

据几何关系:SinC②…………(1分)

联立①②得:xR③…………(2分)

(2)做出光路图,由几何关系知,光在玻璃砖中走过的路程S=212R④…………(2分)

设光在玻璃砖中的速度为D,则n⑤…(1分)

则光在玻璃砖中经历的时间t⑥…(1分)

联立④⑤⑥得:t…………(1分)

2

DN

14.(14分)解:(1)小物块m恰能运动到最高点,有:mg=m①………………(2分)

R

解得:DN=1gR=3m/S②………………(1分)

(2)小物块离开N点后做平抛运动,由平抛运动规律,有:L=DNt③………………(1分)

又DY=gt④………………(1分)

且tan⑤………………(2分)

联立解得:tan即θ=37O……………………(1分)

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(3)设小物块m在M点初速度DO,到N点时速度为D1,从M到N点过程中,

2

由动能定理得,-mg2RmDmDO⑥………………(2分)

小物块在N点由牛顿第二定律有mg+4mg=m⑦………………(2分)

联立⑥⑦解得DO=9.Om/s………(2分)

15.(16分)解:(1)由题知,入射速度为DO时,电子沿x轴做直线运动,

则有Ee=eDOB①………………(2分)

解得E=DOB②……………(1分)

DO1

(2)由于洛伦兹力不做功,电子入射速度为,当电子运动到D时,此过程中根据动能

43O

定理

有eE③………………(2分)

联立②③解得y………………(1分)

(3)若电子以速度D入射时,设电子能到达的最低点位置的纵坐标为y,速度设为DmO

2

则根据动能