广东省佛山市2025-2026学年佛山市普通高中教学质量检测（二）物理+答案

2026年广东省佛山市高考物理二模试卷一、单项选择题题号1234567答案BDADCCCD二、多项选择题题号89答案ACABBCD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-e，2Y；A、三种射线电离能力排序“射线（氦核）>β射线（电子流）>Y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β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。2．【解答】解：A、由右图可知，交流电的周期T=0.02s，所以频率fHz，故A错误；B、由图可知，交流电的峰值电压为662kV，为正弦交流电，故有效电压为kV=66kV，B错误；C、圆频率所以电压的表达式u=Umaxsin(⑴t)=662sin(100πt)kV，故C错误；D、输出电压U2=220V（有效值），输入电压U1=66kV=66000V（有效值），所以原副线圈的匝数故选：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h1处样品，也即压强p1=p0+pgh1，故A错误；B、上升过程体积不变，由理想气体实验定律可得计算得到海面处的压强p，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O0处的磁场等大反向，故O0处的磁感应强度为0，B错误；C、以O1O2为直径，也即以O0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O1O2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O1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；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：Tsinθ=f竖直方向：N+Tcosθ=mg抽纸过程有，f=μN联立，解得TB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；C、万有引力提供向心力，也即G可得月球质量M月球半径R已知，可计算月球体积VR3，联立可计算月球的密度，故C正确；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；B、v_t图面积表示位移，计算主加速阶段这块梯形的面积xm=42m，实际围成的面积显然大于梯形的面积，故B正确；C、由题可知牵引动子的动能回收率为80%，也即J=1.176×107J，故C错误；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，A、加速过程由动能定理可得qUmv2_0，其中比荷k，解得进入磁场速度v，A错误；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B故B正确；3C、在磁场中运动的轨迹恰好为4个圆周，4所以在磁场中的路程为x2πRx4=6πR，故C正确；D、在磁场中的运动时间4x故D正确；故选：BCD。三、非选择题：共54分，请根据要求作答。11．【解答】解1）主尺读数5.0cm，游标是刚好和0对齐，故读数5.0cmmmx0=5.000cm；（3）杂质处在ab连线上刚好挡住P1的像；（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；（5）光路如图，由折射定律n，可得sin也即θ=30o，所以杂质离中轴线的距离故1）5.0003）ab4）杂质的像；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“x10”，故读数为220Ω;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，RT、R0和灵敏电流计三者的总电压不变，有(RT+R0+Rg)kIg=(R2+R0+Rg)Ig，解得RTT随温度降低时，电阻变小，三者的分压变大，也即(RT+R0+Rg)kIg>(R2+R0+Rg)Ig，解得RT，故所测值偏小；故1）短接；右端；2203）a4（6）偏小13．【解答】解1）由图丙可知，振幅A=3cm，周期T=0.1s，所以圆频率rad/s，所以振动方程x=3sin(20πt)cm；（2）空气也属于受迫振动，频率与振子的频率一致，也即fHz，故波长m；（3）在最大振幅处回复力最大有Fmax=kA=1×106N；平衡位置速度最大，动能最大；平衡位置时有，mg=kx0；从最低点到平衡位置过程中，系统机械能守恒，有kx02+Ekmax+mgA代入数据，解得Ekmax=625J14．【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；两者直线加速度有，xv1t1、x=v2t22所以反应时间差Δt=t1_t2代入数据，解得Δt=0.18s（2）交接过程对B由动量定理可得IB=mvB,_mvBBC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IC=_IB代入数据，得IC=360N.s交接过程对C由动能定理可得WmCvmCvC2对C由动量定理可得IC=mCvC,_mCvC联立代入数据，解得W=4680J15．【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mgLsinmv12进入磁场切割磁感线，电动势E1=BLv1欧姆定律，I受到的安培力，F安1=BI1L恰好匀速运动，受力平衡，有mgsinθ=F安1联立解得B甲乙进入磁场前均有mgsinθ=ma甲进入磁场前后分别有Lat12、L=v1t2乙进入磁场前有x联立解得xL（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v2=a(t1+t