2026年吉林省吉林地区普通中学高考物理二模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年吉林省吉林地区普通中学高考物理二模试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.安装在公路旁的多普勒测速仪，向行驶中的车辆发射已知频率的超声波。当某汽车远离测速仪时，被该汽车反射回来的反射波与测速仪发出的超声波相比(

)A.波速变小，频率变小 B.波速不变，频率变大

C.波速不变，频率变小 D.波速变大，频率不变2.若汽车某时刻速度为v1，经过一小段时间Δt之后，速度变为v2。Δt时间内速度的变化量为Δv，加速度为a，则矢量关系示意图正确的是(

)A. B.

C. D.3.真空吸盘挂钩在生活中使用非常方便。小吉研究某吸盘挂钩的承重能力时做了对比实验，第一次挂毛巾，挂钩静止；第二次挂一瓶矿泉水，发现挂钩与矿泉水瓶整体沿墙匀速下移。下列说法正确的是(

)A.大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对相互作用力

B.挂毛巾时挂钩所受摩擦力大于整体所受重力

C.挂矿泉水瓶时挂钩所受摩擦力小于整体所受重力

D.增大吸盘与墙壁之间的动摩擦因数，可以增加挂钩的承重能力4.如图所示，四个带电量绝对值相等的点电荷分别放置在正方形的四个顶点上，规定无限远处的电势为零，图中实线为对称分布的电场线，虚线1、2为正方形各边的中垂线，O为中垂线交点。则下列说法正确的是(

)A.A点的电势高于B点，场强大于B点

B.虚线1、2均为等势线但电势不相等

C.O点的电势为零，场强不为零

D.将一电子从A点移到B点，电势能增大5.图(a)为3D打印机，在水平面上建立如图(b)所示的平面直角坐标系。打印机的喷头在某一固定高度处进行打印，此时位于水平面内的托盘沿图(b)中x轴正方向以v1=0.01m/s的速度匀速运动，而喷头以v2=0.02m/s的速度沿图(b)A. B.

C. D.6.如图(a)，地球卫星仅在万有引力作用下沿椭圆轨道运动，卫星与地心的距离记为r，卫星的加速度a在轨迹切线方向上的分量记为切向加速度at。卫星Ⅰ和卫星Ⅱ从近地点到远地点过程中at的大小随r的变化规律如图(b)所示。下列说法正确的是(

)A.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的轨道半长轴之比为4：5

B.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的轨道周期之比为1：1

C.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度最大值之比为25：16

D.卫星Ⅱ的机械能一定比卫星Ⅰ的机械能大7.如图，水平面内足够长的有界匀强磁场上下两边界平行，磁感应强度为B，方向竖直向下。一段长为L的轻质软导线P端固定在上边界上，M端可以在下边界上自由移动。当导线中通过电流I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧，圆心在O点。下列说法正确的是(

)A.导线所受安培力方向与水平恒力F方向相反

B.导线所受安培力大小为ILB

C.圆弧的半径大小为FBI

D.若仅减小导线长度，为保持圆弧半径不变，需减小水平恒力二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图(a)，光滑水平面上相同的小球A和B靠在一起，A球与竖直轻绳组成单摆，B球与劲度系数为k的轻弹簧组成弹簧振子。现将A球向左拉开一个小角度(小于5°)并在t=0时由静止释放，经最低点时与B球发生弹性碰撞，此后B球运动的v−t图像如图(b)所示。以最低点为零势能面，两球的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力，已知弹性势能表达式为12kx2(x为弹簧形变量)，下列说法正确的是A.弹簧振子的周期等于2t0 B.单摆的摆长等于4π2gt02

9.如图，半径为r的水平导体圆盘绕竖直中心轴OO′以角速度ω匀速转动，忽略圆盘的电阻，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两电刷分别与OO′和圆盘边缘接触，电刷间接有一半导体LED灯。当a、b两点电势满足φa−φb≥U时，LED灯导通发光，要想让A.从上往下看圆盘顺时针转动

B.角速度ω可能为UBr2

C.若磁场变为与竖直方向夹角60°斜向右上方，则角速度ω可能为3UBr2

D.10.如图所示是一种弓箭发射装置，两个滚轮按图示方向匀速转动，滚轮边缘各点的线速度大小均为10m/s，转动过程中能将质量m=0.2kg的弓箭竖直向上由静止发射出去。已知每个滚轮对箭身压力大小为F=22N，滚轮与箭的接触点离地高度h=0.6m，二者之间的动摩擦因数μ=0.5。初始时弓箭下端位于地面，g取10m/s2，则(

)A.箭在离开滚轮之前先加速运动后匀速运动

B.滚轮将一支弓箭发射出去所需要的时间为0.11s

C.每发射一支弓箭，滚轮与弓箭间所产生的热量为5.5J

D.每发射一支弓箭，发射装置需要额外消耗的能量为22.2J三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.“验证碰撞中动量守恒实验”的装置的简化示意图如图(a)所示，已知入射小球的质量m1，被碰小球的质量为m2。

(1)不放小球m2，多次在同一位置由静止释放入射小球m1，小球在纸上留下多个痕迹，如图(b)所示，为了确定平均落点，最合理的是取

。

A.a圆的圆心

B.b圆的圆心

C.c圆的圆心

(2)按照正确的操作步骤，如图(a)所示某同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N，且三点共线，并测量了各点到O点的水平距离，为了达到“验证动量守恒”的实验目的，需要验证的表达式为

(用m1、m2、OM、OP、ON表示)。

(3)若该同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N后，发现M和N偏离了OP方向，即点O、M、P、N不共线，如图(c)所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是

12.某同学设计了一个电子气泡式水平仪，如图所示。当被测平面水平时，密闭圆柱形玻璃管中的气泡正好处于玻璃管的正中央，此时电压表的示数为0。已知电压表的0刻度线在表盘的正中央，在组装仪器之前，测得当电流从E端流入电压表，电压表的指针向右偏转，导电水柱的电阻主要取决于水量。

(1)在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片滑到

(填“a”或“b”)端。

(2)闭合开关S后，将水平仪放到水平面上进行调零，应调节

，使电压表的示数恰好为零。

(3)检测某平面时，发现电压表的指针向左偏，则气泡一定在玻璃管正中央的

(填“左”或“右”)侧少许，为使检测平面水平应该适当垫高

(填“左”或“右”)端。

(4)为提高水平仪的测量精度，应选择下列哪块电压表

(填正确答案标号)。

A.量程为10mV，内阻为100Ω

B.量程为5V，内阻为1000Ω四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.一位滑雪者，人与装备的总质量为m=75kg，无助力下由静止开始沿倾角为θ=30°的山坡下滑，运动x=1.5m时速度为v=3m/s，g取10m/s2。求：

(1)假定滑雪者受到的阻力F恒定(包括滑动摩擦力和空气阻力)，该运动可以简化成沿着如图(a)斜面的匀加速直线运动，求阻力F大小；

(2)事实上滑雪者受到的阻力中，空气阻力跟物体速度平方成正比，即f=kv2(k是常数)，所以实际运动的v−t图像如图(b)，滑雪者最大速度vm=30m/s。已知山坡和滑雪者间的动摩擦因数为μ=314.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的P点且与x轴夹角45°进入磁场。已知ON=22h，不计粒子重力。

(1)求电场强度的大小E和OP的长度d；

(2)若使粒子能够再次经过x轴正半轴，求磁感应强度B15.如图(a)，长度为x、表面粗糙的绝缘传送带固定在水平面上，顺时针以速率v匀速转动，空间存在磁感应强度为B、方向垂直传送带平面向上的匀强磁场，传送带两侧边缘均固定有闭合光滑导线，两导线间距为L，金属杆Ⅰ垂直导线固定在传送带上并随传送带一起运动。如图(b)所示，t=0时刻杆Ⅰ运动至传送带右轮下方，此时在传送带右轮上方水平向左飞入速度为0.5v的金属杆Ⅱ，且杆Ⅱ开始时向左做匀速运动。某时刻两杆相遇，相遇时杆Ⅱ速度恰好为零。导线无电阻，两杆与导线接触良好，接入回路的阻值均为R，忽略传动轮大小，传送带不打滑。

(1)求杆Ⅰ运动到传送带左轮上方后至两杆相遇前的过程通过杆Ⅰ横截面的电荷量q；

(2)若杆Ⅱ质量为m，求两杆相遇前杆Ⅰ的运动时间t；

(3)求杆Ⅰ运动到传送带左轮上方前系统产生的总热量Q。

答案解析1.【答案】C

【解析】解：根据多普勒效应，当汽车远离测速仪时，接收到的反射波的频率低于测速仪发射的超声波频率，频率变小，但波速由介质决定，因此波速不变，故C正确，ABD错误。

故选：C。

先明确超声波在空气中的波速由介质决定故保持不变，再依据多普勒效应，当汽车远离测速仪时，反射波的频率会变小，据此判断各选项。

本题以公路旁的多普勒测速仪为生活化物理情境，考查多普勒效应的核心规律，侧重对波速决定因素和频率变化的理解，能有效考查学生对多普勒效应的实际应用分析能力。2.【答案】C

【解析】解：A、速度变化量的方向正确，加速度的方向错了，故A错误；

BD、速度变化量的方向错了，故BD错误；

C、速度变化量的方向和加速度的方向均正确，故C正确。

故选：C。

速度变化量为Δv=v2−v1，速度变化量的方向由初速度的终点指向末速度的终点；根据加速度定义式a=ΔvΔt3.【答案】D

【解析】解：A.大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的支持力是一对平衡力，两个力的受力物体都是吸盘，故A错误；

B.挂毛巾时挂钩保持静止，挂钩所受的静摩擦力等于整体所受重力，故B错误；

C.挂矿泉水瓶时挂钩做匀速直线运动，处于平衡状态，挂钩所受的滑动摩擦力等于整体所受重力，故C错误；

D.增大吸盘与墙壁之间的动摩擦因数，最大静摩擦力增大，故挂钩可以挂更重的物体，即可以增加挂钩的承重能力，故D正确。

故选：D。

先区分相互作用力与平衡力，再根据静止和匀速直线运动的平衡条件分析两次实验中摩擦力与重力的关系，最后分析动摩擦因数对最大静摩擦力的影响来判断各选项。

本题以真空吸盘挂钩为生活化物理情境，考查受力分析、平衡条件及摩擦力相关知识，侧重将物理规律应用于实际场景，能有效考查学生的受力分析与概念辨析能力。4.【答案】D

【解析】解：A.电场线疏密表示场强大小，B点电场线更密集，故B点场强大于A点；沿电场线方向电势降低，A点电势高于B点，故A错误；

B.虚线1、2均为等势线，由对称性可知两等势线电势均等于无限远处电势，二者电势相等，故B错误；

C.O点为两中垂线交点，四个点电荷在O点的场强矢量叠加后为零，且O点电势等于无限远处电势，故C错误；

D.电子带负电，A点电势高于B点，负电荷在电势越高处电势能越小，因此将电子从A点移到B点时电势能增大，故D正确。

故选：D。

根据电场线分布判断A、B两点的电势和场强大小，结合对称性分析虚线1、2的等势性及O点的电势与场强，再通过电势差判断电子从A移到B时电势能的变化，逐一验证各选项。

本题以正方形顶点的等量点电荷为电学情境，考查电场线、等势面、电势及电势能变化，侧重对称性分析和电场基本性质的应用，能有效考查学生的电场概念辨析和电势能分析能力。5.【答案】A

【解析】解：根据题意可知，托盘沿x轴正方向运动

喷头与x轴正方向成60°角匀速运动(以地面为参考系)，因v2cos60°=v1

其沿托盘方向相同，则以托盘为参考系的运动速度为v，为沿y轴正方向的直线，故A正确，BCD错误。

故选：A。

将喷头与托盘的运动分解到x、y方向，计算喷头相对托盘的速度分量，发现x方向相对速度为零，仅存在y方向匀速运动，故轨迹为竖直线。

6.【答案】B

【解析】解：由图(b)可知，切向加速度at为0的点对应椭圆轨道的近地点或远地点。卫星Ⅰ的近地点距离rp1=2.5d，远地点距离ra1=6.5d；卫星Ⅱ的近地点距离rp2=2d，远地点距离ra2=7d。

A、根据椭圆轨道几何关系，轨道半长轴a半=rp+ra2。计算得卫星Ⅰ的半长轴a1=4.5d，卫星Ⅱ的半长轴a2=4.5d，两者之比为1：1，故A错误；

B、根据开普勒第三定律a半3T2=k，由于半长轴相等，两卫星的运行周期之比为1：1，故B正确；

C、卫星仅受万有引力作用，其加速度a=GMr2。加速度最大值出现在近地点，卫星Ⅰ的最大加速度a1max=GM(2.5d)2，卫星7.【答案】C

【解析】解：由于轻质导线处于平衡状态，其内部张力T处处相等。对圆弧导线上任一极小段进行受力分析，根据安培力与张力的径向平衡关系可得T=BIR；已知在M端施加沿导线切线方向的水平恒力F，由平衡条件可知导线张力T=F。

A、导线各微元受到的安培力方向均沿半径方向指向圆心，而恒力F沿导线切线方向，二者方向始终垂直，故A错误；

B、整段导线所受安培力的合力大小F合=IBL弦，其中L弦为P、M两点间的弦长，由于弦长L弦<L，故合力大小小于ILB，故B错误；

C、联立方程T=BIR与T=F解得，圆弧的半径R=FBI，故C正确；

D、根据半径公式R=FBI可知，半径R仅由恒力F、磁感应强度B和电流I决定，与导线长度L无关，故保持半径不变时，恒力F8.【答案】BC

【解析】解：两小球质量相同且在最低点发生弹性碰撞，依据动量守恒与机械能守恒定律，碰撞后两球速度发生交换。由图像(b)可知，首次碰撞时刻为t0，碰撞后B球获得速度v0开始运动，A球速度变为零并静止于最低点。

A、B球从t=t0运动至t=3t0返回平衡位置且速度反向，此过程为半个振动周期，即12TB=2t0，解得：TB=4t0，故A错误；

B、A球从释放点运动到最低点历时t0，对应单摆周期的四分之一，则14TA=t0，解得：TA=4t0，根据单摆周期公式TA=2πLg，解得摆长L=4gt02π2，故B正确；

C、对于B球，碰撞后瞬间位于平衡位置，动能达到最大。当其运动至最大位移处时，动能全部转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律得12mv02=9.【答案】AD

【解析】解：A、由右手定则可知，磁场竖直向上，要使圆盘中心电势高于边缘电势(即ϕa−ϕb>0)，感应电流方向应由边缘指向中心，圆盘应顺时针转动(俯视)，故A正确；

B、圆盘转动产生的感应电动势E=12Bωr2，要使LED发光需E≥U，解得ω≥2UBr2，选项中ω=UBr2不满足条件，故B错误；

C、若磁场方向与竖直方向夹角为60°，则垂直圆盘的分量B⊥=Bcos60°=12B，感应电动势E′=12B⊥ωr2=14Bωr2，由E′≥U解得ω≥4UBr2，选项中ω=3UBr2不满足条件，故C错误；

10.【答案】ABD

【解析】解：A、弓箭发射时受到两滚轮向上的滑动摩擦力f=2μF，解得：f=22N，自身重力G=mg，解得：G=2N。根据牛顿第二定律，加速阶段的加速度a=f−Gm，解得：a=100m/s2；达到滚轮边缘线速度v=10m/s所需时间t1=va，解得：t1=0.1s，上升高度h1=12at12，解得：h1=0.5m。由于h1<h，弓箭在离开滚轮前先加速后匀速，故A正确；

B、匀速上升阶段位移h2=h−h1，解得：h2=0.1m，对应时间t2=h2v，解得：t2=0.01s，总发射时间T=t1+t2，解得：T=0.11s，故B正确；11.【答案】CmB

【解析】解：(1)确定平均落点时需要用半径最小的圆圈住大部分点，由图可知，最合理取的是c圆的圆心，故C正确，AB错误。

故选：C。

(2)小球抛出点的高度相同，可知小球做平抛运动的时间相同，设为t，小球在水平方向做匀速直线运动，则碰撞前小球的速度为v0=OPt，碰撞后两球的速度为v1=OMt，v2=ONt，若碰撞时动量守恒，取水平向右为正方向，则有m1v0=m1v2+m2v2

联立可得需要验证的表达式为m1OP=m1OM+m2ON

(3)小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在12.【答案】b；电阻箱R2左；右；A

【解析】(1)为保证电路的安全，闭合开关S前应将滑动变阻器调到阻值最大处，故滑片滑到b端。

(2)设玻璃管中央电极左侧水柱的电阻为R3，中央电极右侧水柱的电阻为R4，当R1R3=R2R4时，电压表的示数为0，所以要调节电阻箱R2，使等式R1R3=R2R4成立

(3)电压表示数为0时，E、F两点的电势相同，当气泡在玻璃管正中央的左侧时玻璃管中央电极左侧水柱的电阻R3增大，中央电极右侧水柱的电阻R4减小，使得E点的电势降低，而F点的电势不变，故F点电势高于E点电势，电流从F点流入电压表，电压表指针向左偏。气泡在玻璃管正中央的左侧，应将被测平面的右端垫高少许，使电压表的示数为0，这样被测平面就调成水平了。

(4)量程为10mV的电压表满偏电流为0.1mA，量程为5V的电压表满偏电流为5mA，前者更加灵敏，只要有微弱电流指针就可以发生偏转，所以为提高水平仪的测量精度，应选择A，故A正确，B错误；

故选：A。

故答案为：(1)b；(2)电阻箱R2的阻值；(3)左；右；(4)A。

(1)根据为保证电路的安全，闭合开关S前应将滑动变阻器调到阻值最大处分析求解；

(2)根据当R1R3=R2R4时，电压表的示数为0分析求解；

(3)根据电压表示数为0时，E13.【答案】假定滑雪者受到的阻力F恒定(包括滑动摩擦力和空气阻力)，阻力F大小是150N

滑雪者在整个过程中加速度的最大值是4m/s2，常数k是【解析】解：(1)运动员沿斜面匀加速下滑，根据运动学公式可得v2=2ax

根据牛顿第二定律可得mgsinθ−F=ma

代入数据得F=150N

(2)运动员刚开始运动时速度为零，加速度最大。根据牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcosθ=ma0

代入数据得a0=4m/s2

当运动员达最大速度时，有mgsinθ−μmgcosθ−kv2=0

代入数据得k=13kg/m

答：(1)假定滑雪者受到的阻力F恒定(包括滑动摩擦力和空气阻力)，阻力F大小是15