2026年高考物理二模模拟卷02（黑吉辽蒙）（全解全析）

2026年高考物理二模模拟卷02（黑吉辽蒙专用）全

解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择感时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第I〜7题只有一项符合题目要求，

每小题4分；第8〜10题有多二页符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,

）下列说法正确的是（）

附

着

层

水在玻璃细管中花粉颗粒在水中的

液面高于外面位置记录图

甲乙丙

A.图甲中，两分子间距离由丁1变到丁2的过程中分子力做正功

B.图乙中，附着层水分子间距较内部水分子间距小，附着层水分子间作用力表现为引力

C.图丙中，显微镜下观察到的花粉颗粒的无规则运动就是花粉颗粒的轨迹

D.图丁中，电冰箱能把热量从低温的箱内传到高温的箱外，违背了热力学第二定律

【答案】A

【解析】4图甲中，两分子间距离由心变到〃的过程中分子势能减小，则分子力做正功，故/正确；

8.图乙中，根据图像可知，附着层水分子间距较内部水分子间距大，在附着层内水分子之间呈现斥力效果,

使附着层液面有扩张趋势，故8错误；

C图丙中，显微镜下观察到的花粉颗粒的无规则运动不是花粉颗粒的凯迹，它间接反映了水分子的无规则运

动，故。错误：

D图丁中，电冰箱能把热量从低温的箱内传到高温的箱外，消耗了电能，不违背热力学第二定律，故。错

误

故选儿

2.放射性元素原子核的衰变遵循统计规律。对于质量为7町的思％经过时间t,部分衰变为X聂剩余

的思】/质量为m,其黑-t图线如图所示。下列说法正确的是（）

A.碌1/核的衰变属于a衰变B.衰变方程为碍i/rX£iXe+?e

C.建1/的半衰期为8.07dD.8个思1/核经24.21d还剩余1个

【答案】C

【解析】AB.思1/衰变为X温1Xe,根据质量数和电荷数守恒可知其衰变方程为：喈1/TX斓Xe+2遇,该

衰变属于0衰变，故"错误；

C半衰期为半数发生衰变所需要的时间，根据题图可知4刊的半衰期为8.07d,故C正确；

。.半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故。错

误。

3.地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化,

工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大盘处于几=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的

光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、匕光单独照射光电管时产生的光电流/与

光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55W,可见光光子能最范围是1.62皿〜

3.11eK,下列说法正确的是()

光

线

发

射

器

b

放大器工作电路

—

A.光线发射器中发出的光有两种为可见光

B.题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54皿

C.题述a光为氢原了•从〃=3能级既迁到n=1能级时发出的光

D.若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小

【答案】B

【解析】4光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：

Ei=-1.51eV-(-13.6)eV=12.09eK

E2=一3.40W-(-13.6)eV=10.2el/

E3=-1.51eV-(-3.40)eV=1.89eV

可知光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故力错误；

*根据光电效应方程可知邑=W0+Ekm

光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为反巾=12.09eV-2.55eK=9.54W

故5正确；

Ca光遏止电压小于力光遏止电压，由E=Wo+Ekm，eUc=Ektn

得a光子能量小于b光子能量，则题述a光了•能量等于益,为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光,

故C错误；

。部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，故。错误。

故选瓦

4.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d

随坐标》的变化图像，可能正确的是()

OOx

【答案】D

【解析】解：用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，

发生干涉现象，出现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射尤登加后形成

的，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差=时此处表现为亮条纹，即当薄膜的厚度：d=724时

对应的条纹为亮条纹，在题目的干涉条纹中，从左向右条纹的间距逐渐增大，结合干涉条纹公式对应的厚

度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐减小，则四个选项口，只有。选项符合题意，故0正确，ABC

错误。

故选：。。

从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为透明薄膜厚度的2倍，当光程差/%=也时

此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的透明薄膜的厚度差为条且干涉条纹与入射光在同一侧，从而即可

求解。

掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目。

5.如图所示，固定在竖直平面内半径均为1m的两金属圆环平行正对，相距为3血，圆环的电阻不计。导体棒

时搭在两环的最低点，接入电路的电阻为0.5人用导线将一阻值为1。的电阻R与两圆环相连，理想交流电

压表V接在电阻R两端。整个空间存在磁感应强度大小为8=17\方向竖直向下的匀强磁场。若导体棒Qb在

外力作用下以6r/min的转速绕两圆环的中心轴。1。2紧贴圆环匀速转动，则导体棒助在运动过程中，电压表

【答案】D

【解析】导体棒在金属圆环上运动时，设导体棒与圆心连线与竖直方向夹角为氏则导体棒切割磁感线产生

的电动势为E=BLvcosO,峰值为Em=BLv,其中〃=2nnr,n=6r/min=O.lr/s,有效值为E二号，交

流电压表的示数显示的是有效值，为（7=急/?=等匕

故。正确，力BC错误。

6.加图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在0工XV苧a区间，x

轴上电势w的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为一Q的点电荷P置于正方形的中心。点，此时每个点电荷

所受库仑力的合力均为零。若将P沿％轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）

图乙

A.Q=警q,释放后P将向右运动B.Q=弯与，释放后P将向左运动

C。=在衿，释放后P将向右运动D.Q=治留q，释放后P将向左运动

【答案】C

【解析】因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零，对最上边的点电荷，其他三个电荷给它的受力分别是

%=%=等，&=舞，因为生、%大小相等，所以Fi、&的合力是岑，而Q对最上边点电荷的库仑

力是汇器，则根据受力平衡有：竽+翳=攵译3。解得：。=号与。由图乙可知，在

Q区间，电场方向向左，所以电荷量是一Q的点电荷P将受向右的电场力，P将向右运动。故。正确，力8。错

误。

做匀加速运动，0.2s后F为恒力。知弹簧的劲度系数为100N/m,弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性

势能表达式：4二故/（其中上为弹簧的劲度系数，》为弹簧的形变量），取重力加速度g=10比小2。下列说

法正确的是（）

A.外力产的最大值为20NB.外力尸的最小值为10N

1

CJ=0.2s时，物体4的速度为K/sD.整个过程中弹簧可以恢复到原长

【答案】C

【解析】解：AB.依题意A、B两物体静止在斜面上时，有

叶—

2mgsin0=者之间作用力为零可得

0.2s呵一

ma=kx2—mgsind匀加速直线运动公式可知

1、

打一工2=］砒’解得

21

a=|m/s,“2=记小

施加外力瞬间，尸为最小值，可得

入数据解得/in=与N

两物体分离前瞬间，产为最大值，根据牛顿第二定律可得

Ftnax+kx2—2mgsin0=2THQ代入数据解得

20

工皿二石八故AB错误*9

Ct=0.2s时物体4、B具有相同的速度

v-at,代入数据解得V=1m/s

故C正确•

。、二者分离后，若弹簧恢复到原长时，设其速度为，，由功能关系可得

1,11

kx9mv9得

52+7=mgx2sin6+^7nv/解

1_

可知整个过程中弹簧不可以恢复到原长，故D错误。

故选C。

根据牛顿第二定律、胡克定律及运动学公式，分析物体力、8在不同阶段的运动状态，包括静止时弹簧的压

缩量、分离时的临界条件、外力尸的变化范围及物体力的速度等。

本题关犍在于分析物体A、6的运动阶段，利用牛顿第二定律结合胡克定律，确定分离时的临界条件（弹力为

0）,进而求解外力尸的范围、物体速度及弹簧状态。解题中需注意整体与隔离法的应用，以及运动学公式的

结合。

8.如图所示，在磁感应强度大小8=0.27,方向水平向里的匀强磁场中，有一根长I=0.1租的竖直光滑绝缘

细杆M/V,细杆顶端套有一个质量m=40g、电荷量q=+0.5C的小环。现让细杆以u=2m/s的速度沿垂直

磁场方向水平匀速运动，同时释放小环（竖直.方向初速度为0）,小环最终从细杆底端飞出，g取10m/s2。关

于小环的运动下列说法正确的是（）

xMxxx

XX

-----

XX

A.洛伦兹力对小环做负功B.小环的轨迹是抛物线

C小环在绝缘杆上运动时间为0.2sD.小环的机械能减少

【答案】BCD

【解析】洛伦兹力的方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，故/!错误；小环

在水平方向随杆匀速运动，在竖直方向受重力以及向上的洛伦兹力的分力，因水平速度〃不变，则向上的洛

伦兹力的分力不变，可知小环受向下的不变的合力作用，向下做初速度为零的匀加速直线运动，满足类平

抛运动条件，所以小环的轨迹是抛物线，故8正确：小环在竖直方向的加速度。=号空=5m/s2,由

l=\at2,解得七二0.2s,故C正确；小环在向下运动过程中，受到向右的洛伦兹力的分力作用，可知小环

受到细杆向左的作用力，细杆对小环向左的作用力做负功，洛伦兹力不做功，重力做正功，小环的机械能

不守恒，且小环的机械能减少，故。正确。故送BCD.

9.如图，两匀强磁场磁感应强度分别为8和28,一半径为R,单位长度电阻为r的圆线圈开始时处于左侧磁

场中，且与两侧磁场界线相切。现线圈以切点为轴，在纸面内以角度3顺时针方向匀速转动90。。则（）

xxx达--二久♦••

B\、、2B

xxX，'x：*'、•**

*!•4••

••

XxXX'•••

XX

A.感应电流的方向为顺时针方向

B.转30。时线圈中感应用动势的值为983产

C.线圈所受安培力的最大值”誓包

D.匀速转动90°过程中通过线圈的电量为勺=等

【答案】AC

【解析ABC、根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，左右两侧线圈的有效切割和受力长度均为分

界线与线圈交点之间的弦长。由切割公式和安培力公式，可知4项、C项正确，B项错误；

。、由电量等于磁通量变化与电阻之比，可知。项错误。

10.如图所示，一倾角为a=30。的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板，上端固定

一定滑轮。。劲度系数为k=翳的轻弹簧下端固定在挡板上，二端与质量为2nl的物块Q连接。一跨过定滑

轮。的柱绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块产连接。初始时物块”在

水平外力产作用下静止在直杆的力点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角也为%去擦水平

外力F,物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角/?=53°。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d,重力

加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，不计滑轮大小及摩擦，sin53°=0.8,

cos53°=0.6o则下列说法正确的是（）

A.物块P在力点时弹簧的伸长量为竽

B.物块尸从4点运动到3点的过程中，物块Q的重力势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能

C.物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为

D.物块P运动到B点时，物块Q的速度为JH点

【答案】BD

【解析】4对物块P在力点时进行受力分析、其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力竖直向上的分力与

其重力大小相等，Tsina=mg

所以绳子拉力T=2mg

对物块Q进行受力分析，沿斜面方向上T=2mgsina+尸弹

解得此时弹簧弹力为尸弹=mg

由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为％=孕="

ko

故N错误；

8物块P到8点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了。力一。3=24—苧=竽

所以弹簧此时压缩量为相，所以此时弹簧的弹性势能与物块P在4点时的相同，物块户从A点运动到3点的过

程中，弹簧弹力做功为零，所以内能量守恒定律，物块Q重力势能减少量之和等于P、Q两物块增加的总动

能，故4正确；

D物块P到B点时，P、Q速度满足UQ=vpcosp=

物块P从力点运动到8点的过程中，由能量守恒定律27ng•竽sina=^mvp4-1-2mvQ

联立解得"=廖，UQ=廖

786"786

故D正确；

C.对物块P由动能定理从力运动到B的过程中，绳子拉力做功卬=张1峪=爷巴故C错误。

故选BD.

二、实验题：本大题共2小题，共15分。

11.(6分)实验小组用如图1装置来验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒。力、8为两个直径相同的

小球，质量分别为mi、m2,且mi＞根2。初始先不放B球，让4球从E点由静止群放，落中Pi点;然后放上B

球再次释放力球，小B球分别落中场点、N1点、。

A

图1图2

(1)关于该实验的要求，说法正确的是—O

4斜槽末端必须是水平的

4.斜槽轨道必须是光滑的

C.需要测出小球的直径

。放上小球8后，4球必须仍从E点静止释放

（2）如图1,。点为斜槽末端在接球板上的投影点,实验中,测出。Mi、OP1、ON1的长度分别为石、必、必，

若两球碰撞时动最守恒，则应满足的表达式为（用题中给定的物理品表示）。

（3）如图2,再一次仅改变接球板的放置，让接球板的一端紧靠在斜槽末端，重复第一次实验操作，在接球板

上得到三个落点M3、P3、N3,其中。点为斜槽末端与接球板的接触点，测出。“3、。。3、。小长度分别为

L、%、，3,若两球碰撞时动量守恒，则应满足的表达式为（用题中给定的物理量表示）。

【答案】（1）4。（2分）（2）血62=血61+根2%3（2分）（3）nu也=血1伍+62嘉（2分）

【解析】

（1）/1加、为使小球4运动至轨道末端的速度相同，方向水平，放上小球8后，力球必须仍从E点释放，斜槽末

端必须水平，安装的斜槽轨道不需要光滑，4。正确，8错误：

C、本实验中两小球的直径只要相同即可，不需要测量小球的直径，故C错误；

故选：ADO

（2）小球从斜槽末端飞出后，做平效运动，竖直方向上小球下落的高度相等，则小球在空中运动的时间相等,

设为to，碰撞前小球A的速度为：氏=荒，碰撞后小球力、小球8的速度分别为：%=费、W二段，两球碰

撞前后的总动量守恒，则有：

瓶1%=巾1也+巾2也整理得：mix2=+m2x3

（3）碰撞前，mi落在图中的P3点，设其水平初速度为以，小球和爪2发生碰撞后，m1的落点在图中“3点,

设其水平初速度为%'，血2的落点是图中的N3点，设其水平初速度为外.设接球板与水平面的倾角为心由平

抛运动规律得

Lpsina=ggt2

2解

LpCosa=

同理可

碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：叫也=%'+m2v2

整理得：血1历=61嘉+m2历

12.（9分）手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池。某同学利用下列

器材测定一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为3人

4量程是0.64内阻约为0.50的电流表；

5量程是3V,内阻是6k。的电压表；

C量程是15入内阻是30/cD的电压表；

。.同值为。〜M。，额定电流为0.54的滑动变阻器；

£阻值为0〜10。，额定电流为24的滑动变阻器：

£定值电阻4。，额定功率4W：

G.目键S一个，导线若干。

（1）为了减小实验误差，电压表应选择（填器材代号），电路图中的导线应连接到（填“①”或

“②”），改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择

（填器材代号）；

（2）用（1）间中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U-/图线如图2中（a）所示，

由图线（a）可得改蓄电池的电动势3=V,内电阻r=/2；（结果保留两位有效数字）

（3）硅光电池是•种新型太阳能电场，具有低碳环保的优点，如图3所示，图线a是该电池在某光照强度下路

端电压U和电流/的关系图象（电池内阻不是常数），图线匕是某电阻R的U-/图象。当它们组成闭合电路时，

硅光电池的电动势为，，内电阻为2,（结果保留两位有效数字）

【答案】（1"（1分）①（1分）E（1分）（2）3.2（2分）1.3（2分）（3）3.0（1分）5.0（1分）

【解析】（1）蓄电池的电动势约为3V,为了减小实验误差，电压表应选择8。根据题意得内阻很小，与电流

表内阻相差不大，为了避免电流表分压带来较大的误差所以采用电流表的内接法，即选择①：改变滑动变

阻器阻值时，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择或

（2）若把该电阻单独与这节蓄电池连接成闭合同路，由电源U—/图线可知电动势为3.2V,内阻厂=华一RO=

（耗-4）…30；

（3）由闭合电路的欧姆定律得：U=E-lr,当/=0时，E=U,由a与纵轴的交点读出电源的电动势为：

E=3.0V：根据两图线交点处的状态可以知道，电阻的电压为U=2V,电流为/=0.24,则硅光电池的内阻

在UiE-U3.0-2.0_

为：r=—=—J-=nn=5.0/2o

三、计算题：本大题共3小题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最

后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13.（10分）两屏幕荧光屏互相垂直放置.，在两屏内分别作垂直广两屏交线的直线为x和y釉，交点。为原点,

如图所示，在y>0,0<x<a的区域有垂直于纸面向内的匀强磁场，在y>0,x>Q的区域有垂直于纸面

向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为8,在。点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q>0）

的粒子沿%轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮，入射粒子的速度可取从零到

某一最大值之间的各种数值，已知速度最大的粒子在0VxVa的区域中运动的时间与在％>a的区域中运动

的时间之比为2:5,在磁场中运动的总时间为登T,其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运

动的周期，试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。

XXj•

XX:•••

XX：

【答案】解：对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：

图1

带电粒子的轨迹和x=。相切，此时r=Q,y轴上的最高点为y=2r=2a：（2分）

由此可知，在y轴上的荧光屏的范围为0<yW2a；（1分）

对于工轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示

图2

左边界的极限情况还是和X=Q相切，此刻，带电粒了在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在入轴上的坐标

为x=2a；

速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是C和C'由对称性得到C'在x轴上，

设在左右两部分磁场中运动时间分别为八和£2,

满足h”分）

7

"+以7（分）解得J=打,分）

=121r11Z

由数学关系得到：叵R=2a（1分）

OP=2a+R（1分）代入数据得到：8=2（1+苧）。（1分）

所以在“轴上的范围是2a<%<2（1+苧）a。（1分）

14.（12分）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距

L=1m,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成8=30。角，

N、Q两端接有R=的电阻。一金属棒协垂直导轨放置，好两端与导

轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2kg,电阻r=1。，整个装置

处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小8=1几ah

在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度%=0.5m/s沿导轨向上开

始运动，可达到最大速度u=2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，取重力加速度大小g=10m/s2。

⑴求ab速度最大时所受到的安培力大小以及两端的电压U；

（2）求拉力的功率P：

（3）必开始运动后，经t=0.09s速度达到以=1.5771/S,此过程由ab克服安培力做功为W=0.06/,求该过程

中M沿导轨的位移大小工。

【答案】（1）时速度最大时所受到的安培力大小等于1N,两端的电压等于IV；

（2）拉力的功P等于41V；

⑶该过程中M沿导轨的位移大小工等于0.1m。

【解析解⑴ab棒产生的感应电动势为E=BLv（1^＞）

设回路中感应电流为/,根据闭合电路欧姆定律得/=工（1分）

ab棒受到的安培力大小为%=BIL（1分）

两端的电压R=5=10。（1分）

abI0.2A

联立以上各式解得FA=IN,U=IV（1分）

（2）在M棒运动过程中,由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到

最大，设此时拉力大小为凡安培力大小为尸小日平衡条件得尸=771出出。+以（I分）

拉力的功率P=Fu（l分）

解得拉力的功率为P=4"（l分）

（3）a匕棒从也到“2的过程中，由动能定理得Pt—W—mgxsinO=^rnvl—（3分）

解得x=0.1m（1分）

15.（17分）如图所示，带负电的小球通过长为力的绝缘轻绳与天花板上固定的

点电荷相连。固定点电荷的电荷量为+