河北省石家庄市2026年高三下高考二模物理试卷

这是一份河北省石家庄市2026年高三下高考二模物理试卷，共39页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

石家庄市 2026 届高中毕业年级教学质量检测（二）物理参考答案
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给?的四个选项中，只有一项符合题目要求。
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给?的四个选项中，有
两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得
0 分。
三、非选择题：共 54 分。
11.（8 分）
（1）150（2 分） 6（2 分，填写 6.0、0~6 同样给分）（2）①最小（2 分）②乘积（2 分）
12.（8 分）
（1）越大（2 分） （3） 0.4（2 分） （4）5.0（2 分） （5）偏大（2 分）
13.（8 分）
【解析】（1）（2 分）对活塞进行受力分析得：
p1S  p0S  mg（1 分）
解得：下部气体的压强 p1  1.1105 Pa （1 分）
（2）（3 分）假设升温过程中活塞未上升到腔体顶部，则气体做等压膨胀，根据盖-吕萨克定律得：
（2 分）
h1Sh1  hS
T1T2
解得： h  2cm （1 分）
h＜h  h1  10cm ，假设成立。
（3）（3 分）活塞上升过程中，外界对封闭气体做功：
W   p1Sh （1 分）解得：W  11J
根据热力学第一定律:
U  W  Q （1 分）
解得： Q  26.5J （1 分）
说明：其他解法正确可相应给分。
14.（14 分）（1）（5 分）物块 B 沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为 a1，根据牛
顿第二定律得： mB g sin mB g cs mBa1 （1 分）
解得： a1  10m/s2
物块 B 经过时间t1 与传送带共速，此过程发生的位移为 xB1 ，根据运动学公式得： vB  v0  a1t1 （1 分）
1
1
2
3
4
5
6
7
A
D
B
B
C
D
C
8
9
10
BD
AD
ACD
x v0  vB t （1 分）
B121
解得： xB1  2.25m
物块 B 继续沿斜面向上做匀减速直线运动，设加速度大小为 a2，根据牛顿运动定律得：
mB g sinmB g cs mBa2
2
解得： a  2m/s2
物块 B 经过时间t2 速度减为 0，此过程发生的位移为 xB2 ，根据运动学公式得：
v0  a2t2
x v0 t
B22 2
（1 分）
解得： xB2  1m
则，物块 B 沿传送带上滑的最大位移为： xB  xB1  xB2
解得： xB  3.25m （1 分）
（2）（4 分）物块 A 沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度大小为 aA，由牛顿第二定律得： mA g sinmA g cs mA aA
A
解得： a  2m/s2
由位移公式可得：
12
9
A 向下运动的位移： xA  2 aA (t1  t2 ) （1 分）
解得： xA  4 m
传送带向上运动的位移： x0  v0 (t1  t2 ) （1 分）解得： x0  3m
物块 A 与传送带因摩擦产生的热量 Q  mA g cs(x0  xA ) （1 分） 解得： Q  21J （1 分）
（3）（5 分）碰撞前 A 的速度：
vA1  aA (t1  t2 ) （1 分）
解得: vA1  3m/s ，B 的速度为 0
A、B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，所以
mA vA1  mA vA2  mBvB2 （1 分）
1 m v2  1 m v2  1 m v2 （1 分）
2A A12A A22B B2
解得： vB2  2m/s
对 B 由动量定理得：

F t  mBvB2 （1 分）

解得: F  4000N （1 分）
说明：其他解法正确可相应给分。
15.（16 分）（1）（3 分）设电子经加速进入磁场时的速度大小为 v0，根据动能定理得:
eU  1 mv2 （1 分）
20
2
电子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，如图，由牛顿第二定律得：
v2
evB  m 0 （1 分）
R
电子经磁场偏转后再匀速垂直打在沉积靶的上表面的左端点，到达 x
轴上，如图甲所示，满足： 2R  3d
9ed 2 B2
联立解得：U （1 分）
8m
25ed 2B2
（2）（7 分）当U 时，根据动能定理得：
2m
eU  1 mv2
2
解得： v  5dB
（1 分）
e
m
电子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r，由牛顿第二定律得：
v2
evB  m
r
（1 分）
解得： r  5d
轨迹圆所对应的圆心角为 37°，由图乙所示，当电子打在沉积靶左侧时，由图中几何关系可得：
2x1  x  3d
1
x  r  r cs 370  d
即当电子在电场中运动的水平位移x  d ，电子打在沉积靶左侧（1 分）
电子在所加匀强电场中做斜抛运动，其加速度大小
a  Ee
m
将斜抛运动进行分解及对称性，可得： x  v cs 37
0  2v sin 370
a
8edB2
联立可得： E （1 分）
m
由图乙所示，当电子打在沉积靶右侧时，由图中几何关系可得：
2x1  x  5d
3
1
x  r  r cs 370  d
即当电子在电场中运动的水平位移x  3d ，电子打在沉积靶右侧（1 分）电子在所加匀强电场中做斜抛运动，其加速度大小 a  Ee
m
02v sin 370
将斜抛运动进行分解及对称性，可得： x  v cs 37 
a
24edB2
联立可得： E （1 分）
m
为使电子仍能打在沉积靶的上表面，电场强度 E 应满足的条件：
8edB2
24edB2
 E （1 分）
mm
25ed 2 B2
（3）（6 分）当U 时，根据（2）问可知电子在在 y>d 区域匀强磁场中做匀速圆
2m
周运动，半径 r=5d，电子在 y