2026年高考物理预测模拟试卷2（含答案解析）

第第页参考答案题号12345678910答案ADACDCABDBCCD1．A【详解】A．横波的振动方向与传播方向垂直，存在偏振现象，纵波无偏振现象，光的偏振现象可说明光是横波，故A正确；B．干涉是波的特有性质，杨氏双缝干涉实验证明了光具有波动性，并非粒子性，故B错误；C．扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动，与分子间斥力无关，故C错误；D．根据热力学第一定律气体对外做功时为负值，若同时吸收的热量大于，则气体内能增加，因此内能不一定减少，故D错误。2．D【详解】A．由图可知，甲、乙之间的距离先增大后减小，在相遇，故A错误；B．乙图线为的抛物线，对比初速度为零的匀加速直线运动位移时间公式可得，故B错误；CD．根据图线的斜率表示速度，可知甲线的斜率一直不变，故甲一直做匀速直线运动，速度为而乙做初速度为零的匀加速直线运动，则有当甲、乙的速度相等时，两者相距的距离最大，则有解得故甲的位移为乙的位移为则最大距离为，故C错误，D正确。故选D。3．A【详解】如图所示，B受到重力G、A对B水平向右的支持力、C对B垂直B右侧面的支持力根据物体的平衡条件可得故选A。4．C【详解】设地球与太阳的距离为，根据题述可知木星与太阳的距离设木星的公转周期为，根据开普勒第三定律，有解得年，故选C。5．D【详解】A．根据图2可得该波的周期为，故A错误；B．图2是质点b的振动图像，t＝0的下一瞬间向轴负方向振动，根据“同侧法”，可得该波沿x轴负方向传播，故B错误；CD．根据图1可得该波的波长为，则波速为波沿x轴负方向传播，t＝0.5s时，波向x轴负方向传播了可得t＝0.5s时，波的图像如图中虚线所示。可得t＝0.5s时，a点在y轴负最大值处，b点在y轴正最大值处，c点在平衡位置。所以，t＝0.5s时，质点a的速度为零，加速度最大。t＝0.5s时，质点c的位移为零，根据“同侧法”，速度沿y轴负方向，故C错误，D正确。故选D。6．C【详解】A．等势面的疏密反映电场强度大小，等势面越密场强越大，R点比P点更靠近电荷，等势面更密集，因此点电场强度比点大，A错误；B．已知点电势为，相邻等势面电势差为，由图可知，越靠近电势越高，说明带正电；越靠近电势越低，说明带负电，B错误；C．根据电势分布规律，、两点的电势，故该电子电势能的变化量为即电子从到，电势能增加了，C正确；D．电子只受电场力，动能和电势能之和守恒，点最靠近，电势最高，电子带负电，根据电势能可知，电子在点电势能最小，动能最大，速度最大，D错误。故选C。7．A【详解】三根导线对称分布，电流大小相等、方向相同；根据安培定则，三根导线在中心O处产生的磁感应强度大小相等，方向互成120°；三个等大、互成120°的矢量叠加后合磁感应强度为0。故选A。8．BD【详解】A．根据光电效应方程，遏止电压的绝对值越大，光的频率越大由丙图可知，光遏止电压绝对值更大，因此​，A错误；B．一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，的能级差最大，辐射光子能量最大、频率最高，结合​，可知光是该跃迁发出的，B正确；C．介质对光的折射率越大，因此水对光的折射率，根据可得​，即光在水中的传播速度大于光，C错误；D．基态氢原子能量，吸收光子后，总能量为恰好等于能级的能量，满足氢原子跃迁的条件，因此可以发生跃迁，D正确。故选BD。9．BC【详解】A．根据折射率的定义可知，玻璃砖对甲光的折射率，故A错误；B．对于同一单缝的衍射现象，甲光衍射现象更明显，故甲光的波长更长，频率更小，同一种介质对甲光的折射率比对乙光的折射率小，故B正确；C．根据及玻璃砖对甲光的折射率比对乙光的折射率小，可知甲光的全反射临界角比乙光的大，故乙光更容易发生全反射，故C正确；D．若玻璃砖绕O点逆时针旋转，则甲光的入射角i增大，当入射角i大于临界角时，PQ上将接收不到甲光，故D错误。故选BC。10．CD【详解】A．线框在磁场中的面积，时间内，向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知，电流方向为逆时针，故A错误；B．时间内，线框受到的安培力向上，绳子的拉力小于线框的重力，时间内，线框中向里的磁通量减小，线圈中的电流方向为顺时针，线框受到的安培力向下，绳子的拉力大于线框的重力，故B错误；C．磁通量与线圈匝数无关，时磁通量，时磁通量，因此磁通量变化量大小，故C正确；D．流过横截面的电荷量公式为，，得，故D正确。故选CD。11．C【详解】（2）①[1]球B经过光电门的时间记为，此时②[2]自由释放细杆到球B通过光电门过程中，系统减少的重力势能为（3）[3]小球动能的增加量为若小球摆动过程中机械能守恒，则满足整理可得故选C。12．(1)3.191/3.190102.30(2)×1070(3)A1R1D(4)【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为，由图1可知金属棒直径为[2]20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知金属棒长度为（2）[1][2]小红用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×100”倍率时发现指针偏转角度过大，说明金属棒的阻值相对所选倍率较小，则应换用×10倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则金属棒的阻值约为（3）[1]由于所以电流表应该选A1；[2]要求电压可以从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的R1；[3]由于电流表内阻已知，所以电流表应采用内接法，故电路图应该选D。（4）根据电阻定律可得根据图D和欧姆定律可得联立解得该金属棒电阻率的表达式为13．(1)(2)80J【详解】（1）气体发生等压变化，初态体积温度，末态体积根据盖-吕萨克定律即代入数据解得（2）对活塞受力分析，气体压强代入数据得气体对外做功代入数据解得根据热力学第一定律代入数据得14．(1)(2)(3)①总动能增量②整个系统因摩擦产生的内能【详解】（1）小球与P发生弹性正碰，设碰前小球速度为v，碰后小球速度为，P的速度为根据动量守恒机械能守恒解得（2）设库仑力做功为，P向右运动，电场力向左，滑动摩擦力向左对P从A到B用动能定理解得（3）①总动能增量由题可知P运动到B点时所受合力为0，再对Q受力分析可知，Q此时受到的摩擦力刚好达到最大值，Q开始向左运动在接下来的P、Q相向运动的过程中，二者组成的系统受到的合外力为0，设P运动到C点时Q的速度为根据动量守恒定律解得故该过程中，P、Q系统的动能变化量为化简得②整个系统因摩擦产生的内能P在B点时，根据平衡条件解得P在C点时，根据平衡条件解得该过程中P、Q的位移大小分别为、，，则该过程中P、Q与地面摩擦产生的内能为15．(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从S到P的过程，粒子在电场中做类平抛运动、竖直向上做匀速直线运动，则有水平向右粒子做匀加速直线运动，则有由牛顿第二定律得由题意得解得（2）粒子在P点时水平向右的分速度为联立解得粒子进入磁场的速度大小为该速度与虚线1夹角的正切值为解得画出粒子的轨迹如图所示设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为，由于通过虚线2时速度方向斜向下与虚线2成53°角，由几何关系得解得由于则粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆心在水平虚线上，由洛伦兹力提供向心力得解得（3）粒子从S到P的时间为粒子在区域Ⅱ中的运动周期为由几何关系可知粒子在区域Ⅱ中偏转的角度为粒子在区