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2026年上海市奉贤区高考物理二模试卷
一、计算题：本大题共6小题，共100分。
1.话筒是将声音信号转换为电信号的装置，其工作原理多样。
如图所示为电容式话筒的简化电路。电源电动势为、内阻为，定值电阻阻值为。平行金属薄片振动膜、固定板构成电容器，与定值电阻串联后接在电源两端。初始时、间距为，构成的电容器电容为。现闭合开关，给该电容器充电直至充满。
充电过程中，该电容器的电压与所带的电荷量的关系图像可能的是______；
该电容器充满电时，储存的电场能为______；
当有声音对着话筒时，振动而不动。若某段时间内远离，则过程中：
该电容器的电容______；
A.增大
B.不变
C.减小
通过电阻的电流______。
A.方向由到
C.方向由到
多选无线话筒是振荡电路的典型应用。某时刻，无线话筒内部振荡电路中的磁场方向、电场方向如图所示。此时，该电路中正在减小的物理量有______。
A.振荡电流
B.电场能
C.电容器的电荷量
D.磁场能
2.放射性元素的衰变具有自发性和规律性，对人类认识原子核和利用核能的帮助很大。
某放射性样品竖直向上发出三种射线，通过虚线区域内方向水平向右、场强大小为的匀强电场，呈现如图甲所示的三种不同轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。
轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应______；
A.、、射线
B.、、射线
C.、、射线
D.、、射线
已知轨迹Ⅰ上、两点间距离为，线段与轨迹Ⅱ夹角为。则、两点间电势差______；
移去匀强电场，在虚线区域内加上匀强磁场，使Ⅰ、Ⅲ对应的射线仍在纸面内分别向左和向右偏转，如图乙所示。
匀强磁场的方向______；
A.水平向右
B.垂直纸面向外
C.水平向左
D.垂直纸面向里
已知、粒子的质量之比约为：，电荷量大小之比约为：，在磁场中运动的速率之比约为：，则、粒子此时做匀速圆周运动的半径之比约为______。
“祝融号”火星探测车用放射性元素作为电池燃料，其核反应方程为。
已知的半衰期约为年。则一块含的矿石，经过年，发生衰变的元素质量约为原来的______；
A.
B.
C.
D.
若、、的平均结合能分别为、、，则该核反应释放的核能为______。
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，将一根不可伸长的轻绳，一端固定在点，另一端系一质量为的小球，制作成一个摆长为的单摆。不计空气阻力，重力加速度大小为。
将小球拉至轻绳水平，由静止释放，经过时间小球运动至最低点。
小球在最低点，受到的轻绳拉力大小为______；
A.
B.
C.
D.
E.
在时间内，轻绳对小球拉力的冲量大小为______；
当小球摆动至轻绳与水平方向成角时，其所受重力的瞬时功率大小为______。
A.
B.
C.
D.
当该小球静止悬挂时，在点右侧等高处点静止悬挂一摆长为、小球质量为的单摆，如图所示。现将左侧小球向左拉开一小角度小于后由静止释放，两球在最低点发生弹性碰撞。
计算求左、右两小球第一次碰撞后的速度大小之比；
从左侧小球静止释放开始计时，两小球发生碰撞的时刻是______。
4.消防员需要通过无数次的训练，提升体能，磨炼技能，以在关键时刻科学施救，全力守护人民的生命财产安全。
如图所示，消防员进行爬杆练习。在他竖直向上爬杆的某段过程中，手与杆之间不打滑，且攀爬速率的倒数与攀爬高度的关系如图所示。
在此过程中，消防员：
所受的摩擦力和合外力的方向分别为______；
A.向上、向上
B.向上、向下
C.向下、向上
D.向下、向下
所用的时间为______。
消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图所示。已知消防车的出弹口与高楼竖直外墙面着火处的高度差为，连线与水平面的夹角为，灭火弹恰好垂直墙面击中处，重力加速度大小为，不计空气阻力，从出弹口射出的灭火弹可视为质点。
计算求灭火弹从出弹口射出时的速度大小；
论证以所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到高度处时，重力势能和动能相等。证明：。
消防员在灭火演练现场发现一个废弃的氧气钢瓶。到达安全地带后，检测出钢瓶内封闭气体压强为为个标准大气压。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案：
冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为，此时封闭气体压强降为。则瓶内气体原来的温度为______。
放气法：
保持瓶内气体温度不变，缓慢放出一部分气体，使瓶内气体压强降为。则放好气后，瓶内剩余气体质量是原来封闭气体质量的______；
若不刻意保持气体温度不变，直接打开阀门，缓慢放出气体。瓶内气体压强降为时，瓶内剩余气体的质量为。则______。
A.
B.
C.
5.光现象涵盖反射、折射、干涉、衍射、光电效应等物理行为，研究价值很高。
如图所示，纸面内一束单色光，由空气以入射角射向一圆柱形长直玻璃柱的左端面圆心点，并恰好在玻璃柱的内侧而发生全反射。
该玻璃柱材料对该单色光的折射率______；
多选在点施加筒谐振动，持续时间后停止，产生的简谐波沿玻璃柱水平向右传播。某时刻观测到如图中的实线波形，经过时间后波形变为图中的虚线。已知、两点间距离为，振动振幅为。则______。
A.点起振方向向下
B.时间
C.该波在玻璃柱中的传播速度为
D.处的玻璃质点振动的总路程为
多选两束单色光、分别经过同一双缝干涉装置后，在光屏上测得的光强与位置的关系如图所示，则光______。
A.波长是光的倍
B.光子能量是光的倍
C.光子动量是光的倍
D.比光更容易发生明显衍射
小贤研究光电效应的电路如图所示，电路中真空管的阴极为金属铯板。已知金属铯的逸出功，元电荷，普朗克常量。
图为氢原子的能级示意图。用大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时发出的光，照射铯极板。这些光中，能使铯极板产生光电效应的种数为______；
A.
B.
C.
D.
用频率的蓝光照射真空管的铯极板，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，测得电路中多组光电流与、之间的电压，根据数据描绘图线如图。
为测得图中的纵轴截距和横轴截距，滑片应分别置于图中的______和______均选填：之间、点、之间。
计算求图中的值结果保留位有效数字。
6.某小型风电站，简化工作原理如图。风轮机通过绝缘传动装置，带动发电机的转子线圈转动产生交流电，通过理想升压变压器将电压升高，经输电线向远处的主电网变电站输送电能，到达变电站后，再通过理想降压变压器将电压降低，最终并入配电网或供给用户。已知发电机的转子线圈处在两磁极间的匀强磁场中，线圈匝数图中未画出，线圈电阻可不计；发电机输出的正弦交流电电压随时间的变化关系如图；升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比分别为：：、：：；输电线上的总电阻。
发电机输出交流电的角频率______，电压有效值______；
图中，当转子线圈转至如图所示的中性面时，线圈的磁通量为______结果保留位有效数字。
若发电机的输出电压、输电线上的总电阻和两个变压器的原、副线圈匝数之比均保持不变。将输电线上的电流记为、发电机的输出功率记为。
则在用户端仅接一个定值电阻时______；
A.、
B.、
C.、
D.、
论证傍晚用电高峰，用户端并联接入的用电器数量增多。证明：发电机的输出功率增大。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：在充电过程中，电容器的电容视为定值，因此电压与电荷量成正比，图像是过原点的倾斜直线。当电容器充满电后，电压稳定在电源电动势处，电荷量不再增加，故C正确，ABD错误。
故选：。
当电容器充满电时，电荷量，两端电压
代入公式得：
平行板电容器的电容决定式为
当远离时，极板间距增大。由于、不变，增大则电容减小，故C正确，AB错误。
故选：。
电源给电容器上极板充正电，下极板带负电。电容减小时，由可知，电压不变接电源，电荷量减小，电容器放电，故电流从流向，故A正确，BC错误。
故选：。
由磁场方向向下，根据安培定则右手螺旋定则，线圈中电流方向为从上往下看顺时针，电场方向向右，说明上极板带正电。结合电流方向流向正极板，可知正电荷正在流向上极板，电路处于充电过程，电场能增大，磁场能减小，故AD正确，BC错误。
故选：。
故答案为：；；，；。
根据电容器电压与电荷量的关系，充电时电容不变，与成正比，为过原点的倾斜直线，充满时电压等于电源电动势，据此判断正确图像；
根据电容器电场能的计算规律，结合充满电时的电压、电荷量，求解储存的电场能；
根据平行板电容器的电容决定式，极板间距增大时电容减小，据此选择对应选项；
远离时电容减小，电容器放电，结合极板带电情况判断放电电流方向，确定电阻中的电流方向；
根据安培定则判断振荡电路的电流方向，结合电场方向确定电路处于充电状态，分析各物理量的变化情况，选出正在减小的物理量。
本题以话筒的工作原理为实际情境，综合考查电容器的特性、振荡电路的工作规律，是电磁学基础规律的综合应用题型，注重对物理原理的理解与实际应用。
2.【答案】：
【解析】解：因射线带正电，射线带负电，射线不带电，而电场方向水平向右，所以射线受电场力向右，向右偏，则轨迹为Ⅲ，射线受力向左，所以向左偏转，轨迹为Ⅰ，射线不受电场力，不偏转，轨迹为Ⅱ，故D正确，ABC错误；
故选：。
、两点在电场线方向上的距离为：，则、两点间电势差；
移去匀强电场，在虚线区域内加上匀强磁场，使Ⅰ、Ⅲ对应的射线仍在纸面内分别向左和向右偏转，根据左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故B正确，ACD错误；
故选：。
根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：
已知、粒子的质量之比约为：，电荷量大小之比约为：，在磁场中运动的速率之比约为：，则有：
、粒子此时做匀速圆周运动的半径之比约为：。
根据半衰期的计算公式可得：，故A正确，BCD错误；
故选：；
衰变过程中放出热量，生成物的平均结合能增大，根据平均结合能的概念可知，该核反应释放的核能为：
，故D正确，ABC错误。
故选：。
故答案为：；；、。、：；；。
根据三种射线的带电情况，分析受力方向，从而判断运动轨迹；
根据匀强电场电场强度与电势差的关系进行解答；
根据左手定则可知匀强磁场的方向；
根据洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式进行解答；
根据半衰期的计算公式进行解答；
根据平均结合能的概念进行解答。
本题主要是考查衰变和带电粒子在磁场中的运动，关键是掌握带电粒子在电场和磁场的运动情况，结合向心力公式分析。
3.【答案】 碰撞后大小之比为；两小球发生碰撞的时刻为其中，，
【解析】解：根据机械能守恒定律，再由向心力公式，联立解得：。故ABD错误，C正确。
故选：。
取最低点速度方向为水平向右，则。根据动量定理，其中重力的冲量方向竖直向下，动量的增量方向水平。由于拉力冲量与重力冲量垂直，根据勾股定理可得拉力的冲量大小为：。
当细绳与水平方向成角时，小球下落的高度，瞬时速率。此时速度方向与竖直方向的夹角等于即与重力方向夹角为的余角，重力的瞬时功率。故ABD错误，C正确。
故选：。
设左侧小球碰撞前速度为，碰撞后两球速度分别为，。由动量守恒及能量守恒或弹性碰撞速度关系，解得：，。两球碰撞后的速度大小之比为。
两小球摆长相同，周期均为。第一次碰撞发生在时刻，此后每隔碰撞一次。第次碰撞时刻为其中，，，。
答：；；；两球速度大小之比为；碰撞时刻为。
小球从水平位置释放至最低点，运动过程满足机械能守恒，重力势能转化为动能。在最低点，小球受到重力与轻绳拉力共同提供向心力，向心力大小由小球在最低点的速度决定，而该速度可通过机械能守恒关系得出。拉力与重力的合力指向圆心，其数值等于向心力，由此可确定拉力大小。
冲量是力对时间的累积效应，轻绳拉力的冲量需通过动量定理分析。小球从静止开始运动至最低点，其动量的变化等于合外力的冲量，合外力包括重力和轻绳拉力。重力的冲量方向竖直向下，大小等于重力乘以时间，而小球在最低点的动量方向水平。根据矢量合成的平行四边形法则，轻绳拉力的冲量矢量等于动量变化矢量减去重力冲量矢量，其大小为这两个矢量合的大小。
重力的瞬时功率等于重力大小乘以小球速度在竖直方向的分量。小球摆动至轻绳与水平方向成角时，其速度大小可由机械能守恒定律求得，速度方向沿圆弧切线方向。将重力沿速度方向及其垂直方向分解，重力在速度方向的分量乘以速度大小即为瞬时功率，也可将速度沿竖直方向分解，用重力乘以速度的竖直分量计算。
左侧小球从小于的小角度释放，其运动可视为简谐运动，在最低点的速度可由机械能守恒或单摆周期公式相关规律得出。两小球在最低点发生弹性碰撞，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，或利用弹性碰撞中相对速度关系恢复系数为建立方程。左侧小球质量为，右侧小球质量为，通过联立守恒方程可解出碰撞后两球速度大小，并求其比值。
两单摆摆长相同，周期均为，其值由摆长和重力加速度决定。左侧小球从释放到第一次到达最低点所需时间为四分之一周期。碰撞后，两球速度交换或按特定规律运动，由于摆长相等且碰撞发生在最低点，两球将周期性回到最低点。分析碰撞后两球的运动相位关系，可确定它们再次在最低点相遇的时刻间隔，从而得到从释放开始计时，所有碰撞发生的时刻表达式。
本题综合考查了单摆模型中的机械能守恒、圆周运动向心力、动量定理、瞬时功率计算以及弹性碰撞与周期运动的结合，是一道难度中等偏上的力学综合题。题目计算量适中，但需要学生熟练掌握多个核心物理规律，并能够将其灵活应用于不同运动阶段。第一问重点考查了从能量角度求解速度、运用向心力公式求拉力、利用动量定理的矢量性求冲量大小以及瞬时功率的表达式，尤其强调了冲量的矢量合成与功率计算中力和速度方向夹角的关系。第二问将单摆的简谐运动周期与弹性碰撞的动量守恒和能量关系巧妙结合，不仅要求学生准确分析碰撞过程的速度关系，还需要理解两摆球运动周期性的特点，从而推导出碰撞发生的时刻序列，有效锻炼了学生的逻辑推理能力和综合建模分析能力。
4.【答案】 灭火弹从出弹口射出时的速度大小为；证明：灭火弹由运动到的过程，仅有重力做功，机械能守恒设灭火弹在处动能为，垂直击中处的速度大小为，则灭火弹在处的机械能，故灭火弹在处的重力势能和动能相等，即，即，得证 ；、；【若写成，不扣分】；、
【解析】解：消防员竖直向上爬杆时，手与杆之间不打滑，手相对于杆有向下的相对运动趋势因重力作用，手有向下滑动的趋势。根据摩擦力方向规律，摩擦力方向与相对运动趋势方向相反，故摩擦力方向为竖直向上。消防员在攀爬过程中，速率的倒数随高度增大由图可知，从增大到，即减小，做减速运动。根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向一致，减速运动时加速度方向与速度方向相反，速度方向向上，故加速度方向向下，合外力方向为竖直向下，故B正确，ACD错误；
故选：。
图为图像，横轴为高度，纵轴为。根据运动学公式，可得，即。因此，图像中某段高度对应的矩形面积，表示该段高度所用的时间，可得总时间。
解：灭火弹从到的运动过程逆过来看是平抛运动其从射出的速度，与从点平抛运动至点的速度大小相等、方向相反由，解得灭火弹上升也即在空中和水平方向运动的时间为，故的竖直分量大小为，又灭火弹在水平方向的位移，故的竖直分量大小为，
即，或
证明：灭火弹由运动到的过程，仅有重力做功，机械能守恒设灭火弹在处动能为，垂直击中处的速度大小为，则灭火弹在处的机械能，故灭火弹在处的重力势能和动能相等，即，即，得证。
钢瓶为密闭容器，气体体积不变，温度降低导致压强减小，属于等容变化，根据查理定律有：，代入数据，解得：；
、温度不变，缓慢放气使压强减小，属于等温变化，遵循玻意耳定律。根据玻意耳定律有：，，解得：，由于气体密度不变，质量，则剩余气体质量与原质量之比为：；
、直接打开阀门放气时，气体对外做功，内能减少，温度降低。非等温放气：温度降低，根据查理定律常数，相同体积下温度降低会使压强进一步减小。因此，要使压强降至，需放出更多气体，剩余气体体积小于。故非等温放气时剩余气体体积更小，质量，故C正确，ABD错误；
故选：。
故答案为：；；
灭火弹从出弹口射出时的速度大小为；
证明：灭火弹由运动到的过程，仅有重力做功，机械能守恒设灭火弹在处动能为，垂直击中处的速度大小为，则灭火弹在处的机械能，故灭火弹在处的重力势能和动能相等，即，即，得证。
；、；【若写成，不扣分】；、。
根据图像判断运动情况，再用牛顿第二定律求合力方向。时间可通过积分或面积求解。
平抛运动分解为水平和竖直方向，利用垂直击中条件得到速度关系，进而求初速度。动能势能比较时结合机械能守恒。
理想气体状态方程的应用，注意等容变化和等温变化的不同处理方式。
本题综合考查了运动学、平抛运动、理想气体状态方程，关键在于正确选择研究对象和过程，应用合适的物理规律。
5.【答案】 ；；；
【解析】解：全反射临界角与介质折射率的关系为，折射定律为，由几何关系可知，折射角，则，又因为，联立解得；
、波向右传播，根据微平移法，将实线波形向右微移一小段，可判断波前上的质点的振动方向向下，由于所有质点的起振方向与波源点一致，所以点起振方向向下，故A正确；
B、由于内，简谐波传播了，相当于个波长，所以，，实线波形与虚线波形之间相差半个波长，则，故B错误；
C、波速，故C正确；
D、由图可知，处的玻璃质点振动的总路程等于个振幅，则，故D正确。
故选：。
、双缝干涉相邻两条亮条纹的中心间距，由于光的相邻亮条纹距离是光的一半，所以光的波长是光的一半，故A错误；
B、光的频率与波长的关系为，光子能量的表达式为，联立可得，即，由于光的波长是光的一半，则光的光子能量是光的倍，故B正确；
C、光子动量的表达式为，由于光的波长是光的一半，则光的光子动量是光的倍，故C正确；
D、光的波长小于光的波长，因为波长越长，越容易发生明显衍射，所以光更容易发生明显衍射，故D错误。
故选：。
大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，共能发出种频率的光，通过跃迁前后两个能级的能量差可以算出光子能量，当光子能量大于逸出功时，能使铯极板产生光电效应，经计算，跃迁前后能级分别为、、、、、的种光子符合要求，故ACD错误，B正确。
故选：。
分析光电效应电路图，当滑片置于点时，电压；当滑片置于之间时，，；当滑片置于之间时，，。
故测纵轴截距时，，B正确，测横轴截距时，，A正确。
当时，对具有最大初动能的光电子由到的运动过程，应用动能定理可得，，即，由爱因斯坦光电效应方程，联立可得，，代入数据可得，，即遏止电压为。
答：；；；；；；。
利用折射定律和全反射临界角公式求解折射率；根据波形图确定波长，结合振动持续时间和波速求，再分析各选项；
双缝干涉条纹间距与波长成正比，结合光强分布判断波长关系，进而分析光子能量、动量和衍射情况；
计算氢原子跃迁的能量差，大于逸出功的光可产生光电效应；分析光电效应电路图，得到滑片位置与真空管中两极板间的电势高低之间的联系，理解遏止电压的测量方法，结合光电效应方程求解。
本题综合考查了光的折射、全反射、波形图、双缝干涉、光电效应和氢原子的能级等多个知识点，完整考查了几何光学、物理光学和光的粒子性三大分支，解题关键在于熟练掌握各物理规律的应用条件和数学推导，查漏补缺，夯实基础，掌握相关知识点。
6.【答案】 ；用户端用电器增多，总电阻减小，等效电阻减小，输电线电流增大，发电机输出功率增大
【解析】解：由图像可知交流电周期，故角频率为，代入数据解得；电压最大值，其有效值，即。
发电机输出电压最大值，式中为线圈处于中性面时的磁通量。代入数据得，解得；
保留两位有效数字得。
升压变压器副线圈电压，计算解得；设输电线电流为，则降压变压器原线圈电压；降压变压器副线圈电压，电流，即；根据，有，解得；发电机输出功率，故选项为。
当用户端用电器增多时，用户端总电阻减小。依据变压器等效电阻原理，降压变压器原线圈等效电阻随之减小；输电线电流，因与不变，故I增大；由可知，由于及匝数比不变，增大则发电机输出功率增大。
故答案为：，。
。
。
用户端用电器增多，总电阻减小，等效电阻减小，输电线电流增大，发电机输出功率增大。
从图中读取交流电的周期，通过角频率与周期的倒数关系计算得到角频率。读取电压的最大值，根据正弦交流电有效值与最大值的关系计算电压有效值。
当线圈处于中性面时，磁通量达到最大值。利用发电机输出电压最大值与线圈匝数、最大磁通量及角频率的关系式，将已知的电压最大值、匝数和角频率代入，即可求解最大磁通量。
根据理想变压器的电压与匝数成正比，由和升压变压器匝数比求出升压变压器副线圈电压。结合输电线电阻，建立、输电线电流、降压变压器原线圈电压及的关系。再根据降压变压器的匝数比，关联与用户端电压，以及输电线电流与用户端电流的关系。最后利用用户端定值电阻的欧姆定律，联立方程求解，进而通过原、副线圈电流与匝数的关系及功率公式计算。
当用户端并联用电器增多，用户端总电阻减小。根据变压器等效电阻原理，降压变压器原线圈的等效电阻随之减小。由于升压变压器副线圈电压和输电线电阻不变，输电线总电流将增大。根据发电机输出功率与、原线圈电流及匝数比的关系，在和匝数比不变的情况下，输电线电流增大导致原线圈电流增大，从而证明增大。
本题综合考查交变电流的产生、理想变压器原理及远距离输电等核心知识点。题目难度中等偏上，计算量适中，重点考查学生对正弦交流电有效值与最大值关系、中性面磁通量特征、变压器电压电流与匝数关系以及输电线路功率损耗分析等内容的掌握情况。本题能够有效锻炼学生的逻辑推理能力与建模分析能力，特别是第问需要学生清晰地构建从发电机到用户的完整输电模型，并运用等效电阻法分析动态变化过程，对学生的综合应用能力提出了较高要求。论证部分通过用户端电阻变化推导功率变化，体现了对物理规律内在逻辑的深入考查。
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