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

参考答案与试题解析

一、单项选择题

题号1234567

答案BDADCCCD

二、多项选择题

题号8910

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。

．【解答】解：根据质量数守恒和电荷守恒，可以得到为电子0，233；

1X-1e92Y

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

比故D正确；

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；

、两线圈在处的磁场等大反向，故处的磁感应强度为，错误；

BO0O00B

、以为直径，也即以为圆心，空间中任意画一个圆，由对称性可知，圆中的任意关于垂直

CO1O2O0O1O2

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；

、在处两线圈的磁场方向相反，但更靠近线圈，故净磁场由线圈决定，方向向左，故错误；

DO1aaD

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T

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；

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；

D、由牛顿第二定律Gma，可得a∞,故故D错误；

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；

3

C、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）5.000；（3）ab；（4）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RT

（6）实际上，当RT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；220；（3）a；（4（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；

（）在最大振幅处回复力最大有6；

3Fmax=kA=1×10N

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2

kx0+Ekmax+mgA

代入数据，解得

Ekmax=625J

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；

两者直线加速度有，xv1t1、x=v2t2

进入弯道后，有v1=⑴R1、v2=⑴R2

所以反应时间差Δt=t1_t2

代入数据，解得Δt=0.18s

（）交接过程对由动量定理可得

2BIB=mvB,_mvB

之间是相互作用，所以对的冲量与对的冲量等大反向，也即

BCBCCBIC=_IB

代入数据，得IC=360N.s

2

交接过程对C由动能定理可得WmCvmCvC

对C由动量定理可得IC=mCvC,_mCvC

联立代入数据，解得W=4680J

2

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mgLs