2026年上海市奉贤区高考物理二模试卷（含解析）

这是一份2026年上海市奉贤区高考物理二模试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了计算题等内容，欢迎下载使用。
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。
(1)如图所示为电容式话筒的简化电路。电源电动势为E、内阻为r，定值电阻阻值为R。平行金属薄片M(振动膜)、N(固定板)构成电容器，与定值电阻R串联后接在电源两端。初始时M、N间距为d，构成的电容器电容为C。现闭合开关S，给该电容器充电直至充满。
①充电过程中，该电容器的电压U与所带的电荷量Q的关系图像可能的是______；
②该电容器充满电时，储存的电场能为______；
③当有声音对着话筒时，M振动而N不动。若某段时间内M远离N，则过程中：
ⅰ.该电容器的电容______；
A.增大
B.不变
C.减小
ⅱ.通过电阻R的电流______。
A.方向由a到b
C.方向由b到a
(2)(多选)无线话筒是LC振荡电路的典型应用。某时刻，无线话筒内部LC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。
(1)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E的匀强电场，呈现如图甲所示的三种不同轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。
①轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别对应______；
A.α、β、γ射线
B.β、α、γ射线
C.α、γ、β射线
D.β、γ、α射线
②已知轨迹Ⅰ上M、N两点间距离为x，线段MN与轨迹Ⅱ夹角为θ(θ1)的单摆，如图(b)所示。现将左侧小球向左拉开一小角度(小于5°)后由静止释放，两球在最低点发生弹性碰撞。
①(计算)求左、右两小球第一次碰撞后的速度大小之比；
②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。
(1)如图(a)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v的倒数1v与攀爬高度ℎ的关系如图(b)所示。
在此过程中，消防员：
①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
②所用的时间为______s。
(2)消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图(c)所示。已知消防车的出弹口O与高楼竖直外墙面着火处P的高度差为ℎ，OP连线与水平面的夹角为θ，灭火弹恰好垂直墙面击中P处，重力加速度大小为g，不计空气阻力，从出弹口O射出的灭火弹可视为质点。
①(计算)求灭火弹从出弹口O射出时的速度大小v0；
②(论证)以O所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到ℎ′高度处时，重力势能和动能相等。证明：ℎ′>ℎ2。
(3)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2.5p0(p0为1个标准大气压)。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案：
①冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为27℃，此时封闭气体压强降为p0。则瓶内气体原来的温度为______℃。
②放气法：
ⅰ.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p0。则放好气后，瓶内剩余气体质量m是原来封闭气体质量的______%；
ⅱ.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p0时，瓶内剩余气体的质量为m′。则______。
A.m′>m
B.m′=m
C.m′ℎ2，得证 ①477；②ⅰ、40；【若写成40%，不扣分】；ⅱ、A
【解析】解：(1)①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v的倒数1v随高度ℎ增大(由图(b)可知，1v从1.0增大到2.0)，即v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：B。
②图(b)为1v−ℎ图像，横轴为高度ℎ，纵轴为1v。根据运动学公式v=ΔℎΔt，可得Δt=Δℎv，即Δt=Δℎ⋅1v。因此，图像中某段高度Δℎ对应的矩形面积Δℎ⋅1v，表示该段高度所用的时间Δt，可得总时间t=S=(1.0+2.0)×5.02s=7.5s。
(2)①解：灭火弹从O到P的运动过程逆过来看是平抛运动其从O射出的速度，与从P点平抛运动至O点的速度大小相等、方向相反由ℎ=12gt2，解得灭火弹上升(也即在空中和水平方向)运动的时间为t= 2ℎg，故v0的竖直分量大小为vy=gt= 2gℎ，又灭火弹在水平方向的位移x=ℎctθ，故v0的竖直分量大小为vx=xt=ℎcsθ 2ℎg= gℎ2csθ，
即v0= vx2+vy2= 2gℎ+gℎ2ct2θ= gℎ(4+ct2θ)2，(或v0= gℎ(4tan2θ+1)2tan2θ=12tanθ 2gℎ(4tan2θ+1))
②证明：灭火弹由O运动到P的过程，仅有重力做功，机械能守恒设灭火弹在ℎ′处动能为Ek，垂直击中P处的速度大小为vx，则灭火弹在ℎ处的机械能E=mgℎ′+Ek=mgℎ+12mvx2，故灭火弹在ℎ处的重力势能和动能相等，即mgℎ′=Ek,故2mgℎ′=mgℎ+12mvx2，即ℎ′=ℎ2+vx24g>ℎ2，得证。
(3)①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：p1T1=p2T2，代入数据2.5p0T1=p0300K，解得：T1=2.5×300K=750K=477℃；
②ⅰ、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：p1V1=p2V2，2.5p0⋅V=p0⋅V2，解得：V2=2.5V，由于气体密度ρ不变，质量m=ρV，则剩余气体质量与原质量之比为：mm总=VV2=V2.5V=0.4=40%；
ⅱ、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pT=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p0，需放出更多气体，剩余气体体积小于2.5V。故非等温放气时剩余气体体积更小，质量m′ℎ2，得证。
(3)①477；②ⅰ、40；【若写成40%，不扣分】；ⅱ、A。
(1)根据1v−ℎ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。
(2)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。
(3)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】 1+sin2θ;ACD BC ①B；②ⅰ.B；A；ⅱ.Uc=0.57V
【解析】解：(1)①全反射临界角与介质折射率的关系为sinC=1n，折射定律为n=sinθsinr，由几何关系可知，折射角r=π2−C，则n=sinθsin(π2−C)=sinθcsC，又因为sin2C+cs2C=1，联立解得n= 1+sin2θ；
②A、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(O点)一致，所以O点起振方向向下，故A正确；
B、由于t=3×10−4s内，简谐波传播了0.9m，相当于1.5个波长，所以λ=0.6m，T=2×10−4s，实线波形与虚线波形之间相差半个波长，则Δt=T2=2×10−42s=1×10−4s，故B错误；
C、波速v=λT=0.62×10−4m/s=3000m/s，故C正确；
D、由(b)图可知，M处的玻璃质点振动的总路程等于6个振幅，则s=6mm，故D正确。
故选：ACD。
(2)A、双缝干涉相邻两条亮条纹的中心间距Δx=ldλ，由于a光的相邻亮条纹距离是b光的一半，所以a光的波长是b光的一半，故A错误；
B、光的频率与波长的关系为ν=cλ，光子能量的表达式为E=ℎν，联立可得E=ℎcλ，即E∝1λ，由于a光的波长是b光的一半，则a光的光子能量是b光的2倍，故B正确；
C、光子动量的表达式为p=ℎλ，由于a光的波长是b光的一半，则a光的光子动量是b光的2倍，故C正确；
D、a光的波长小于b光的波长，因为波长越长，越容易发生明显衍射，所以b光更容易发生明显衍射，故D错误。
故选：BC。
(3)①大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，共能发出C52=10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5→1、4→1、3→1、2→1、5→2、4→2的6种光子符合要求，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②ⅰ.分析光电效应电路图，当滑片P置于O点时，电压UAK=0V；当滑片P置于Oa之间时，φK>φA，UAK