搜索
2026年学易优高考二轮总复习物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年学易优高考二轮总复习物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
7. (2025·河北模拟预测)人体暴露于强烈的中子辐射中会在血浆中产生$ {_{11}^{24}Na} $,可以通过测量$ {_{11}^{24}Na} $的数量来确定患者吸收的辐射剂量。$ {_{11}^{24}Na} $具有放射性会发生衰变,衰变方程为$_{11}^{24}Na\to_{12}^{24}Mg+_{-1}^{0}e$ ,衰变的半衰期为$ 15\ h $。某次研究其放射特性的实验中,将孤立$ {_{11}^{24}Na} $原子核置于磁感应强度为$ B $的匀强磁场中,衰变后在磁场中形成$ a、b $两条圆周径迹,部分轨迹如图所示,大圆的半径为$ R $,衰变过程中释放的核能全部转变为衰变产物的动能,忽略重力和粒子间电场力作用。电子质量为$ m $、电荷量为$ e $,镁原子核的质量为$ M $,真空中光速为$ c $。下列说法正确的是 (
A.当人体被中子辐射后身体发烧时,$ {_{11}^{24}Na} $原子核的半衰期将变短
B.大圆对应粒子的运动方向为逆时针方向
C.电子运动形成的等效电流为$ \dfrac{eB^2}{2\pi m} $
D.衰变过程中亏损的质量为$ \dfrac{(m + M)e^2B^2R^2}{2mMc^2} $
D
)A.当人体被中子辐射后身体发烧时,$ {_{11}^{24}Na} $原子核的半衰期将变短
B.大圆对应粒子的运动方向为逆时针方向
C.电子运动形成的等效电流为$ \dfrac{eB^2}{2\pi m} $
D.衰变过程中亏损的质量为$ \dfrac{(m + M)e^2B^2R^2}{2mMc^2} $
答案：
7.答案：D
解析：半衰期由原子核内部本身的因素决定，与外界的物理状态或化学状态无关，故当人体被中子辐射后身体发烧时，$^{24}_11Na$原子核的半衰期不变，故A错误；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，故$qvB=m\frac{v^2}{r}，$解得$r=\frac{m_0v}{Bq}，$由动量守恒可知，衰变后的两新粒子动量大小相等，故偏转半径与所带电荷量成反比，大圆对应的粒子应是电荷量小的，即为电子，带负电；根据受力情况，由左手定则可知，大圆对应粒子的运动方向为顺时针方向，故B错误；电子做圆周运动的转动半径为R，故$evB=m\frac{v^2}{R}，$解得线速度的大小为$v=\frac{BRe}{m}，$电子做圆周运动的周期为$T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi m}{Be}，$电子运动形成的等效电流为$I=\frac{e}{T}=\frac{Be^2}{2\pi m}，$故C错误；衰变过程中释放的核能全部转变为衰变产物的动能，故$E=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}Mv'^2=\frac{(mv)^2}{2m}+\frac{(Mv')^2}{2M}=\frac{(m+M)e^2B^2R^2}{2mM}，$根据质能方程可知$E=\Delta mc^2，$联立可得$\Delta m=\frac{(m+M)e^2B^2R^2}{2mMc^2}，$故D正确。
解析：半衰期由原子核内部本身的因素决定，与外界的物理状态或化学状态无关，故当人体被中子辐射后身体发烧时，$^{24}_11Na$原子核的半衰期不变，故A错误；在磁场中，洛伦兹力提供向心力，故$qvB=m\frac{v^2}{r}，$解得$r=\frac{m_0v}{Bq}，$由动量守恒可知，衰变后的两新粒子动量大小相等，故偏转半径与所带电荷量成反比，大圆对应的粒子应是电荷量小的，即为电子，带负电；根据受力情况，由左手定则可知，大圆对应粒子的运动方向为顺时针方向，故B错误；电子做圆周运动的转动半径为R，故$evB=m\frac{v^2}{R}，$解得线速度的大小为$v=\frac{BRe}{m}，$电子做圆周运动的周期为$T=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi m}{Be}，$电子运动形成的等效电流为$I=\frac{e}{T}=\frac{Be^2}{2\pi m}，$故C错误；衰变过程中释放的核能全部转变为衰变产物的动能，故$E=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}Mv'^2=\frac{(mv)^2}{2m}+\frac{(Mv')^2}{2M}=\frac{(m+M)e^2B^2R^2}{2mM}，$根据质能方程可知$E=\Delta mc^2，$联立可得$\Delta m=\frac{(m+M)e^2B^2R^2}{2mMc^2}，$故D正确。
8. (2025·四川绵阳高三月考)卫星$ A $在地球的赤道平面内绕地球做匀速圆周运动,轨道半径为$ r $,运行的周期与地球的自转周期$ T_0 $相同;卫星$ B $绕地球的表面附近做匀速圆周运动;物体$ C $位于地球的赤道上,相对地面静止,地球的半径为$ R $。则有 (
A.卫星$ A $与卫星$ B $的线速度之比是$ \dfrac{R}{r} $
B.卫星$ A $与物体$ C $的向心加速度之比是$ \dfrac{r}{R} $
C.卫星$ B $与物体$ C $的向心加速度之比是$ 1 $
D.地球表面的重力加速度是$ \dfrac{4\pi^2r^3}{T_0^2R^2} $
BD
)A.卫星$ A $与卫星$ B $的线速度之比是$ \dfrac{R}{r} $
B.卫星$ A $与物体$ C $的向心加速度之比是$ \dfrac{r}{R} $
C.卫星$ B $与物体$ C $的向心加速度之比是$ 1 $
D.地球表面的重力加速度是$ \dfrac{4\pi^2r^3}{T_0^2R^2} $
答案：
8.答案：BD
解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，根据$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}，$解得$v=\sqrt{\frac{GM}{r}}，$则卫星A与卫星B的线速度之比为$\frac{v_A}{v_B}=\sqrt{\frac{R}{r}}，$故A错误；根据$G\frac{Mm}{r^2}=ma，$解得$a=\frac{GM}{r^2}，$卫星A与卫星B的向心加速度之比为$\frac{a_A}{a_B}=\frac{R^2}{r^2}，$由于卫星A的周期等于地球自转周期，则卫星A的角速度等于地球自转角速度，根据$a=\omega^2r，$可知卫星A与物体C的向心加速度之比$\frac{a_A}{a_c}=\frac{r}{R}，$卫星B与物体C的向心加速度之比$\frac{a_B}{a_c}=\frac{a_B}{a_A}·\frac{a_A}{a_c}=\frac{r^3}{R^3}，$故B正确，C错误；对于卫星A，有$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T_0^2}r，$根据$G\frac{Mm}{R^2}=mg，$联立解得地球表面的重力加速度是$g=\frac{4\pi^2r^3}{T_0^2R^2}，$故D正确。
解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，根据$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r}，$解得$v=\sqrt{\frac{GM}{r}}，$则卫星A与卫星B的线速度之比为$\frac{v_A}{v_B}=\sqrt{\frac{R}{r}}，$故A错误；根据$G\frac{Mm}{r^2}=ma，$解得$a=\frac{GM}{r^2}，$卫星A与卫星B的向心加速度之比为$\frac{a_A}{a_B}=\frac{R^2}{r^2}，$由于卫星A的周期等于地球自转周期，则卫星A的角速度等于地球自转角速度，根据$a=\omega^2r，$可知卫星A与物体C的向心加速度之比$\frac{a_A}{a_c}=\frac{r}{R}，$卫星B与物体C的向心加速度之比$\frac{a_B}{a_c}=\frac{a_B}{a_A}·\frac{a_A}{a_c}=\frac{r^3}{R^3}，$故B正确，C错误；对于卫星A，有$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T_0^2}r，$根据$G\frac{Mm}{R^2}=mg，$联立解得地球表面的重力加速度是$g=\frac{4\pi^2r^3}{T_0^2R^2}，$故D正确。
9. 如图所示是某小型水电站的输电原理图,输出电压有效值恒定为$ U_1 = 100\ V $,输电线路的总电阻$ r = 1\ \Omega $。两个变压器均为理想变压器,其中降压变压器的原、副线圈匝数比为$ 9:1 $。用户的负载可用滑动变阻器$ R $表示。当$ R $变化时,理想电压表和理想电流表示数变化的绝对值分别为$ \Delta U $和$ \Delta I $。已知水电站的输出功率为$ 40\ kW $时,用户获得电压为$ 220\ V $。则 (
A.升压变压器的原、副线圈匝数比为$ 1:20 $
B.若用户数量减少,则电压表示数降低
C.当水电站输出功率为$ 40\ kW $时,输电线路上损耗的功率为$ 200\ W $
D.$ \dfrac{\Delta U}{\Delta I} = \dfrac{1}{9}\ \Omega $
AD
)A.升压变压器的原、副线圈匝数比为$ 1:20 $
B.若用户数量减少,则电压表示数降低
C.当水电站输出功率为$ 40\ kW $时,输电线路上损耗的功率为$ 200\ W $
D.$ \dfrac{\Delta U}{\Delta I} = \dfrac{1}{9}\ \Omega $
答案：
9.答案：AD
解析：用户获得的电压即降压变压器副线圈两端电压$U_4=220V，$利用降压变压器匝数比为9:1可得降压变压器原线圈电压为$U_3=1980V，$设此时输电线路中的电流为$I_2，$电路的总功率为P=40000W，即$P=I_2^2r+U_3I_2，$解得$I_2=20A，$故升压变压器副线圈两端的电压$U_2=U_3+I_2r=2000V，$故升压变压器原、副线圈匝数比为$\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{1}{20}，$故A正确；当用户减少时，R增大，$I_2$减小，$U_3$增加，电压表示数增加，故B错误；当输出功率为40kW时，输电线路损耗的功率为P_损$=I_2^2r=400W，$故C错误；由输电线路可知$\frac{\Delta U}{R+r}=\frac{\Delta U}{2R}，$可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量$\Delta\Phi=\frac{mR}{2BL}\sqrt{2gh}，$故D正确。
解析：用户获得的电压即降压变压器副线圈两端电压$U_4=220V，$利用降压变压器匝数比为9:1可得降压变压器原线圈电压为$U_3=1980V，$设此时输电线路中的电流为$I_2，$电路的总功率为P=40000W，即$P=I_2^2r+U_3I_2，$解得$I_2=20A，$故升压变压器副线圈两端的电压$U_2=U_3+I_2r=2000V，$故升压变压器原、副线圈匝数比为$\frac{n_1}{n_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{1}{20}，$故A正确；当用户减少时，R增大，$I_2$减小，$U_3$增加，电压表示数增加，故B错误；当输出功率为40kW时，输电线路损耗的功率为P_损$=I_2^2r=400W，$故C错误；由输电线路可知$\frac{\Delta U}{R+r}=\frac{\Delta U}{2R}，$可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量$\Delta\Phi=\frac{mR}{2BL}\sqrt{2gh}，$故D正确。
10. (2025·陕西宝鸡二模)如图所示,两平行金属导轨由水平和弧形两部分组成,水平导轨窄轨部分间距为$ L $,处在竖直向上、磁感应强度为$ 2B $的匀强磁场中,宽轨部分间距为$ 2L $,处在竖直向下、磁感应强度为$ B $的匀强磁场中。现将两根质量均为$ m $的导体棒$ a、b $分别静置在弧形导轨和水平宽轨上,导体棒$ a $从距水平导轨$ h $处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体棒接入电路的电阻均为$ R $,其余电阻不计,宽轨和窄轨都足够长,$ a $棒始终在窄轨磁场中运动,$ b $棒始终在宽轨磁场中运动,重力加速度为$ g $,不计一切摩擦,下列说法正确的是 (
A.$ a $棒刚进入磁场时,$ b $棒的加速度水平向左
B.从$ a $棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中,$ b $棒上产生的焦耳热为$ \dfrac{1}{2}mgh $
C.从$ a $棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中,通过$ b $棒的电荷量为$ \dfrac{m\sqrt{2gh}}{4BL} $
D.从$ a $棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中,$ a、b $棒与导轨所围线框的磁通量变化了$ \dfrac{mR\sqrt{2gh}}{2BL} $
ACD
)A.$ a $棒刚进入磁场时,$ b $棒的加速度水平向左
B.从$ a $棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中,$ b $棒上产生的焦耳热为$ \dfrac{1}{2}mgh $
C.从$ a $棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中,通过$ b $棒的电荷量为$ \dfrac{m\sqrt{2gh}}{4BL} $
D.从$ a $棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中,$ a、b $棒与导轨所围线框的磁通量变化了$ \dfrac{mR\sqrt{2gh}}{2BL} $
答案：
10.答案：ACD
解析：根据右手定则可知，a棒刚进入磁场时感应电流为逆时针方向，对b棒由左手定则可知其所受安培力水平向左，则加速度水平向左，故A正确；对a棒由机械能守恒定律有$mgh=\frac{1}{2}m{v_0}^2，$金属棒a进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，金属棒b受安培力而运动切割磁感线，产生“反电动势”，当两棒达到稳定即各自产生的感应电动势大小相等时，设此时其速度分别为v_a、v_b，则有2BLv_a=B·2Lv_b，解得v_a=v_b，对杆a、b分别应用动量定理有$-2BL· q=mv_a-mv_0，$B·2L· q=mv_b，联立以上各式解得$v_a=v_b=\frac{\sqrt{2gh}}{2}，$通过b棒的电荷量为$q=\frac{m\sqrt{2gh}}{4BL}，$由能量守恒定律有$mgh=\frac{1}{2}m{v_a}^2+\frac{1}{2}m{v_b}^2+Q，$解得$Q=\frac{1}{2}mgh，$则b棒上产生的焦耳热为$Q_b=\frac{R}{R+R}Q=\frac{1}{4}mgh，$故B错误，C正确；根据$q=\overline{I}·\Delta t=\frac{\Delta\Phi}{R+R}=\frac{\Delta\Phi}{2R}，$可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量$\Delta\Phi=q·2R=\frac{mR}{2BL}\sqrt{2gh}，$故D正确。
解析：根据右手定则可知，a棒刚进入磁场时感应电流为逆时针方向，对b棒由左手定则可知其所受安培力水平向左，则加速度水平向左，故A正确；对a棒由机械能守恒定律有$mgh=\frac{1}{2}m{v_0}^2，$金属棒a进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，金属棒b受安培力而运动切割磁感线，产生“反电动势”，当两棒达到稳定即各自产生的感应电动势大小相等时，设此时其速度分别为v_a、v_b，则有2BLv_a=B·2Lv_b，解得v_a=v_b，对杆a、b分别应用动量定理有$-2BL· q=mv_a-mv_0，$B·2L· q=mv_b，联立以上各式解得$v_a=v_b=\frac{\sqrt{2gh}}{2}，$通过b棒的电荷量为$q=\frac{m\sqrt{2gh}}{4BL}，$由能量守恒定律有$mgh=\frac{1}{2}m{v_a}^2+\frac{1}{2}m{v_b}^2+Q，$解得$Q=\frac{1}{2}mgh，$则b棒上产生的焦耳热为$Q_b=\frac{R}{R+R}Q=\frac{1}{4}mgh，$故B错误，C正确；根据$q=\overline{I}·\Delta t=\frac{\Delta\Phi}{R+R}=\frac{\Delta\Phi}{2R}，$可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量$\Delta\Phi=q·2R=\frac{mR}{2BL}\sqrt{2gh}，$故D正确。
查看更多完整答案，请扫码查看
