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高 2026届二诊模拟考试
物 理
本试卷满分 100分，考试时间 75分钟。
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用 2B铅笔将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，再选涂其它
答案标号。
3．答非选择题时，必须使用 0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、单项选择题（本题共 7 小题，每题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．现代量子力学的理论体系主要是在 1925年至 1927年之间建立起来的。以下关于量子力学相关的物理学史和理
论阐述正确的是( )
A．玻尔的原子能级模型可以描述大多数原子的结构
B．黑体由于不发出辐射所以看起来是黑色的
C．德布罗意的“物质波”假设认为任何运动的粒子都具有波动性，它可以通过电子的衍射实验观察到
D．爱因斯坦的光电效应理论认为：光电流强度与入射光的频率成正比
2．某同学自制了一台“地动仪”，他将一个弹簧振子和一个单摆悬挂在天花板上，弹簧振子的弹簧和小球（球中间
有孔）都套在固定的光滑竖直杆上。某次有感地震中， 震源同时产生频率相同的横波与纵波，“地动仪”恰好位于震
源的正上方，他观察到，静止的振子开始振动，时间t后单摆才开始摆动。下列说法正确的是( )
A．实验现象证明地震波中横波传播得比纵波快
B．单摆的稳定振动频率等于弹簧振子的稳定振动频率
C．增加小球的质量，弹簧振子的稳定振动频率变小
D．若震源产生的纵波和横波的波速分别为v1、v2，则震源到“地动仪”的距离为 -
3．如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，另一端夹入四块薄木板，从而在两玻璃表面之间形成
一个劈形空气薄膜。用一红色激光竖直向下照射，会得到明暗相间的条纹，此时条纹间距为Δx，如图乙。下列操作
能让条纹间距变为2Δx的是( )
A．将红色激光的光强变为原来的 2倍
B．在薄膜内充满折射率是空气的 2倍的介质
C．在另一端抽走两块薄木板
D．用波长为红光波长一半的激光照射
4．如图，光滑的半圆形槽内小球（质量为 m）在水平外力 F作用下保持静止，已知F < mg（g为重力加速度大小），
现保持外力大小不变，逆时针缓慢转动 90°,该过程中小球高度( )
A．一直降低
B．保持不变
C．先降低后升高
D．先升高后降低
5．如图所示，原线圈与定值电阻 R1 串联接在电压有效值恒定的正弦交流电上，原副线圈匝数分别为 n1和 n2，副线
圈接入电阻箱 R2。单匝线圈绕过铁芯连接理想交流电压表，电压表示数用 U表示。调整 R2 阻值，下列说法正确的
是( )
A．当 R2=100Ω, n2=100 匝，U=0.2V 时，R2的功率为 2.0W
B．当 R2变大时，R2 的功率可能先增大后减小
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10．如图所示，足够长的金属导轨AC2C1D和EC3C4F固定放置，其中AC2与EC3、
C1D与C4F相互平行。左右两侧导轨间距分别为L和√3L，所在平面与水平面夹角
分别为θ1 = 45。和θ2 = 60。，导轨两侧空间均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强
度大小均为B。质量均为m的均匀金属杆PQ和MN（杆长可视为分别与左右两导
轨间距相等），垂直放置在导轨上。运动过程中， 两金属杆与导轨保持光滑接触，
始终垂直于导轨，电阻均为R，导轨足够长，电阻不计，重力加速度大小为g，下
列说法正确的是 ( )
A．若固定MN杆不动，释放PQ杆，PQ杆达到最大速度时两端的电势差为
B．若同时静止释放两杆，两杆的速度之比始终为定值
C．若同时静止释放两杆，当PQ杆的高度下降h时，此过程中通过PQ杆的电量为 ；
D．若先释放PQ杆，当PQ杆速度达到 时，再释放MN杆，PQ杆的最大速度为
三、实验题（本题共 2 小题，共 16 分）
11．某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下： 光屏与玻璃
砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖 abcd的位置；用激光笔以一定角度照射
玻璃砖，记录入射点 O1和屏上光点 S1 的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点
S2 的位置；做相应辅助线，其中S102 ∥ S201，02P ⊥ MN，O1、O2、Q在一
条直线上；用刻度尺测得：O2P=6.00cm，PQ=4.50cm，S1Q=3.50cm，
S2S1=2.80cm。
(1)根据所测数据计算玻璃砖的折射率n=__________；玻璃砖的厚度
D=______ cm
(2)若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到 S1与 S2 的
间距__________（选填“变大”或“变小”）。
12．（1）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表 V2 的内阻及电源电动势。已知电压表 V1量程为 3V，内
阻 RV1=6000Ω,电压表 V2 量程也为 3V，内阻 RV2几千欧（待测），电源电动势约为 5V，电源内阻可忽略。按以下
步骤进行操作：
①按图甲所示原理图完成电路连接；
②把 R1、R2均调至最大阻值；
③闭合开关 S，调节 R1、R2，使 V1、V2均有合适示数，分别为 U1、U2。调至 U1、U2满足 U2= U1 的关系，此时
电阻箱 R2 的阻值为 1500Ω,则可知电压表的内阻 RV2为___________Ω;
④将 R1调至 4000Ω 并保持不变，调节 R2，记录多组对应的 U1、U2值，以 U1为纵坐标，U2为横坐标描点作图，在
实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为 b，则电源的电动势为___________（用已知量和已测得量
计算出结果）。该测量结果___________（填“有”或“没有”）系统误差。
（2）用伏安法测电阻时，使用如图乙所示的电路。该实验的第一步是：闭合电键 S1，将电键 S2接 2，调节滑动变
阻器 Rp和 Rp′，使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压表和电流表的示数 U1、I1；接着让两滑动变阻器的滑片
保持位置不动，将电键 S2接 1，读出这时电压表和电流表的示数 U2、I2。由以上记录数据计算被测电阻 Rx 的表达式
是 Rx =___________。若用图丙所示的电路按同样方法测量，测量结果___________（填“偏大”或“偏小”或“不变”）
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四、解答题（本题共 3 小题，共 38 分）
13（10 分）
如图所示，横截面积为 S、高为 h 的绝热汽缸直立，汽缸内绝热的活塞封闭一定质量温度为 T0 的理想气体。在
汽缸底部连接一 U形细管，（细管内气体的体积忽略不计）细管内装有部分水银，细管的右端开口与大气相通，大
气压强为p0。细管内右侧水银比左侧高 h0，活塞距离汽缸底部为 h。已知水银的密度为 ρ,重力加速度大小为 g，
阿伏伽德罗常数为 NA，活塞摩擦忽略不计。
(1)求活塞质量m；
(2)已知在压强为p0、温度为 T0时，1摩尔的理想气体体积恰好为 V0，求封闭气体的分子
数 N。
14（12 分）
如图所示，长为L = 5m的轻绳一端固定于 O点，另一端与质量m = 0.2kg的小球相连。小球在 O点正下方且未
与地面接触。质量M = 0.6kg的凹槽静置在光滑水平面上，其左侧与小球恰好接触。质量mI = 0.3kg的小物块（可视
为质点）放置于凹槽内且与右侧挡板接触。初始系统静止， 现将小球拉至与 O点等高处且使轻绳伸直，由静止释放
小球，小球运动至最低点与凹槽发生弹性碰撞。碰后瞬间在 O点正下方0I处固定一细钉，小球恰能在竖直面内绕0I
做圆周运动上升至最高点，且小物块与凹槽发生了两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞（若物块到达某一端时二者
恰好共速，视为未发生碰撞）。已知凹槽左右挡板内侧间距d = 1m，不计空气阻力，重力加速度g = 10m/s2。求：
(1)O到0I点的距离；
(2)凹槽与物块间动摩擦因数μ的取值范围。
15（16 分）
如图所示，在水平面内有间距为d的两根导轨平行放置。每根导轨由两段光滑的直金属杆组成， 连接点01, 02分
别由一小段绝缘材料平滑连接。在整个导轨区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在靠近A1A2处静止放
置一根金属棒，B1, B2之间连接有电感为L的线圈，A1, A2之间连接有电容值为C的电容和阻值为R的电阻。电容带有
初始电量Q0，靠近A2的极板带正电。除电阻R，所有的导轨、金属棒和元件的电阻均忽略不计。导轨连接处的绝缘
材料不会对金属棒的运动产生干扰。01, 02左右两边的导轨均足够长。现闭合开关 S，金属棒开始运动。已知金属棒
质量为m（线圈中产生的自感电动势大小为E=L ，简谐振动的周期为2π
(1)求金属棒第一次在01A1A202区域达到稳定状态的速度；
(2)求金属棒第一次经过0102到下一次经过0102经历的时间；
(3)若有 ，求金属杆第n次经过0102时，电阻上消耗的总热量占电容初始储存能量的比例，用k表示。
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《高 2026届二诊模拟考试》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C D B D D BD AC BD
1．C【详解】A. 玻尔的原子能级模型仅适用于氢原子等单电子系统，无法准确描述多电子原子的结构，故 A错误；
B. 如果物体能够全部吸收外来的电磁波而不发生反射，这种物体就称为黑体。黑体可以发出辐射，故 B错误；
C. 德布罗意物质波假设认为所有运动的粒子都具有波动性（波长 λ = ），但宏观物体的德布罗意波长极小（如棒
球波长约10-34m），无法观察到波动性（仅微观粒子如电子可观测），故 C正确；
D. 爱因斯坦光电效应方程（ Ek = hv - w ）表明光电子最大动能随入射光频率的增大而线性增大，但光电流强度
（单位时间发射电子数）与入射光强度（光子流密度）成正比，与频率无关，故 D错误。
2．B【详解】A．地震波中，纵波传播方向与质点振动方向平行，横波传播方向与质点振动方向垂直。弹簧振子套
在光滑直杆上，只能沿杆方向振动，因此它是由纵波驱动的，而非横波，故 A错误；
弹簧振子和单摆做受迫振动时的频率等于驱动力的频率，故 B 正确 C错误；
D．设震源到“地动仪”的距离为s，则纵波到达时间为t1 = ，横波到达时间为t2 =
故时间差为 t = t2 - t1 = s 解得s = ，故 D错误。-
3．C【详解】从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为Δx = 2d，即光程差为空气层厚度的 2
倍，当光程差Δx = nλ时，此处表现为亮条纹。
A．将红色激光的光照强度变为原来的 2倍，不影响光程差，从而不会影响条纹间距，A错误；
B．在薄膜内充满折射率是空气的 2倍的介质，根据n = 光在该介质内的波长变为空气中波长的 ，相同位置处光
程差变大，Δx变小，变为原来的一半，B错误；
C．抽走木板后，劈尖的夹角 θ减小，相同位置处的光程差减半，则Δx增大为原来的 2 倍，C正确；
D．用波长为红光波长一半的激光照射，相同位置处光程差变大，Δx变小，变为原来的一半，D错误。
4．D【详解】对小球进行受力分析，小球受到重力mg、水平外力F（F < mg）和半圆形槽的
支持力N，三力平衡。设支持力与竖直方向夹角为θ,作出矢量三角形如图所示
由图可知，外力大小不变，逆时针缓慢转动 90°过程中，半圆形槽对小球的支持力N与竖直方向
的夹角先增大后减小（N与F垂直时夹角最大），根据几何关系可知小球高度先升高后降低。
5．B【详解】A．U=0.2V时，磁通量的变化率为0.2V，则R2两端的电压有效值为U2 = n2U = 20V，
R2 的功率为P2 = = 4.0W，A错误；
B．变压器和R2等价于 R2的电阻，R1 = R2，R2 的功率最大，所以 R2变大时，R2 的功率可能先增大后减小，故
B正确；
C．当 R2变大时，I2减小，则I1 = . I 22减小，所以 R1 的功率P1 = I1R1减小，故 C错误；
D． R2变大时，I1变小，则原线圈的电压变大，U = 变大，故 D错误。
6．D【详解】A．绳子断开后小球做平抛运动，由H - Lcos370 = gt2，解得t = s，故 A 正确；
B．设小球做圆周运动的速度大小为v，则有mgtan370 = m ，解得v = m/s。小球平抛的水平位移x = vt =
m，小球的落点到 O3 的距离s = √(Lsin370)2 + x2 = 1.2m，故 B 正确；
C．若增大 H，由H - Lcosα = gt2，可知小球做平抛运动的时间变长，由mgtan370 = m ，可知小球平抛运
动的初速度大小不变，则小球平抛的水平位移x变大，落点到 O3 的距离s变大，故 C正确；
答案第 1 页，共 6 页
此时PQ两端的电势差为U = E - IR = =
BC.通过PQ杆的电量Q = ΔΦ, ΔΦ为整个过程中回路的磁通量变化量，故还需求得MN杆的下降高度
设任意时刻的感应电流大小为I（以回路 QPMN为正方向），两杆受力如图所示。其中
F = BIL F = BI√3L
安 1 安 2
分别写出两杆的牛顿运动方程
√2 √2
ma1 = mg sin θ1 - BIL cos θ1 = mg - BIL2 2
ma2 = mg sin θ2 - BI√3L cos θ2 = mg - BIL
观察两方程，易得两杆的加速度始终满足
又由于两杆初速度均为 0，故两杆任意时刻的速度大小和位移大小满足同样的比例。
PQ杆的高度下降h时，MN杆下降的高度h9满足 = 解得hI = h
回路的磁通量变化量为ΔΦ = B(Lhcot θ1 + √3Lh9 cot θ2) = BLh
故Q = ΔΦ =
D.对两杆均释放后的任意时刻，上一问中关于两杆加速度关系的讨论仍然成立，即始终有 =
Δv1
于是，经历相等的时间后，两杆速度的变化量满足 = √2
Δv2 √3
设PQ最终能达到的最大速度为V1，MN最终能达到的最大速度为V2，有 = ①-
当两杆达到稳定速度时，两杆应均处于平衡状态，对 PQ做受力分析
mg sin θ1 = BIL cos θ1 = B L cos θ1 ②
联立①②,解得V1 =
11．(1) 4.8cm (2)变大
【详解】(1)n = = =
S1S2 sin - θ4) = sin(θ4 - θ3) = (sin θ4 cos θ3 - sin θ3 cos θ4)解得d = 4.8cm
（2）频率增加，折射率增大，光线偏折更明显，S1S2变大
12．（1）③3000 ④ b 没有 （2） - 偏大
【详解】（1）③[1]根据并联电路规律可知 U1=U2+ R2
由题意可知 U2= U1，R2=1500Ω,解得 RV2=3000Ω
④[2]根据闭合电路欧姆定律可得 E=U1+（ + ）R1
答案第 3 页，共 6 页
整理得U1 = 一 U2即U1 = 一 U2，U1﹣U2 图像纵轴截距为b = 电源电动势为E = b
[3]按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值等于真实值，该实验没有系统
误差。
（2）[4]根据实验步骤，由欧姆定律得：U1=I1（RA+RP+Rx），U2=I2（RA+RP）解得 Rx= 一 [5]若采用图丙，实际
测得为 RA+Rx，测量值偏大
13．(1)m = psh0 (2)N =
【详解】（1）初始时，封闭气体的压强为p1 = p0 + pgh0 (2分)
根据活塞的受力平衡有p1s = p0s + mg (2分)
联立解得m = psh0 (1分)
(2)与标准情况对比，气体的物质的量为n
分子数为N = nNA (1分)
联立解得N = (2分)
14．(1)4.5m (2) ≤ μ <
【详解】（1）小球从水平位置摆至竖直位置过程，由动能定理有mgL = mv20
代入数据解得小球运动至最低点时的速度为v0 = √2gL = 10m/s (1分)
设小球与凹槽碰撞后速度为v1，凹槽的速度为v2，则由动量守恒定律有mv0 = mv1 + Mv2 (1分)
由机械能守恒定律有 mv20 = mv2 + Mv21 2 (1分)
联立解得v1 = 一5m/s，v2 = 5m/s (1 分)
即小球与凹槽碰撞后以5m/s的速度反弹，之后小球绕0I恰好做完整的圆周运动，到达最高点时重力提供向心力，则
有mg = m (1分)
小球与凹槽碰撞后从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理有一mg . 2R = mv2 一 mv23 1 (1分)
代入数据，联立解得小球绕0I恰好做完整的圆周运动的半径为R = 0.5m
所以 O到0I点的距离为h = L 一 R = 4.5m (1分)
（2）凹槽与物块组成的系统动量守恒，则有Mv2 = (M + mI)v共 (1分) 解得v共 = m/s (1分)
设物块在凹槽上相对滑动的路程为 s，由于凹槽与物块发生两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞，说明相对滑动的
总路程满足2d < s ≤ 3d
其中d = 1m，所以有2m < s ≤ 3m
由能量守恒定律有 Mv2 I2 一 (M + m )v2 = μmIgs (1分)共
当s = 2m时，解得μmax = (1分)
当s = 3m时，解得μmin = (1分)
故凹槽与物块间动摩擦因数的取值范围为 ≤ μ <
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15．
(1)设金属棒第一次达到稳定的速度为v0，电容器上剩余电量为q0
此时回路中电流为 0，于是有
Bdv ①(1 分)
另一方面在金属杆达到稳定的过程中，其牛顿运动方程为
ma = BId
两侧同时乘Δt并求和
maΔt = BdIΔt
mΔv = Bd(-Δq)
即
m(v0 - 0) = Bd(Q0 - q0) ②(2 分)
联立①②解得
v 分)
方向水平向右
(2)由于导轨足够长，金属棒第一次经过0102时速度为v0
在后续运动过程中，由于金属杆、线圈、导轨都没有电阻，因此金属杆的动生电动势必然与线圈的自感电动势等大
反向，即
BdvΔt = LΔI
求和得
Bd(x - 0) = L(I - 0)
Bdx = LI ③(1 分)
其中x为金属杆在0102右侧的位移。
另一方面金属杆受到的合力（向右为正）为
F = -BId
将③带入，得
这是一个等效劲度系数k = 的线性恢复力，因此金属杆做平衡位置在0102处的简谐振动。金属棒从第一次经过
0102到回到0102的时间为简谐振动周期的一半。
(3)
由于简谐运动对称性，金属棒第一次向左通过0102的速度仍然为v0。此时动生电动势与电容对外的电压方向相同，
电容放电的同时金属棒减速。此时若金属棒先减速为 0，则电容继续放电使金属棒向右加速；若电容先放完电，则
金属棒继续减速并为电容反向充电。但金属棒最终一定会达到一个新的匀速v1，设v1向右为正，此时电容电量为q1。
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类似①②有
mΔv = Bd(-Δq)
即
m(v1 - (-v0)) = Bd(q0 - q1) ⑥
联立⑤⑥解得
q1 = Bdcv1(1 分)
带入q0, v0
对比q0, v0有
q q0 (用k表达共 1 分)
于是，每次金属杆从左向右通过0102时系统中剩余的能量都是上一次左向右通过0102时的 。而金属杆
在电感回路上返回时剩余动能不变。金属杆第一次从左向右通过0102时系统中剩余的能量为
综上所述，金属杆第n次经过0102时，系统中剩余的总能量占电容初始储存能量的比例为
为奇数
为偶数
电阻上消耗的总热量占电容初始储存能量的比例为
n-1
n为奇数
(1 分)
n-2
n为偶数
答案第 6 页，共 6 页

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