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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。
1.(2025·辽宁大连一模)智能手机的摄像头光圈尺寸和曝光时间会影响照片的成像质量。某智能手机的摄像头光圈的面积为$ S $,标准曝光时间为$ t $,暗室中有一个黄色的点光源,发光功率为$ P $,现用该手机在距离点光源$ r $处正对光源拍照。已知黄光的波长为$ \lambda $,真空中的光速为$ c $。普朗克常量为$ h $,不考虑空气对光子的吸收,则单次拍照进入手机摄像头快门的光子个数为 (
A.$ \dfrac{P\lambda St}{4\pi r^{2}hc} $
B.$ \dfrac{PcSt}{4\pi r^{3}h\lambda} $
C.$ \dfrac{P\lambda St}{2\pi r^{2}hc} $
D.$ \dfrac{3P\lambda St}{4\pi r^{3}hc} $
A
)A.$ \dfrac{P\lambda St}{4\pi r^{2}hc} $
B.$ \dfrac{PcSt}{4\pi r^{3}h\lambda} $
C.$ \dfrac{P\lambda St}{2\pi r^{2}hc} $
D.$ \dfrac{3P\lambda St}{4\pi r^{3}hc} $
答案：
1.答案：A
解析：由光的频率与波长的关系为$c = \lambda\nu$，所以一个光子的能量为$E_0 = h\nu$，该光源在曝光时间$t$内发出的光能为$E = Pt$，在曝光时间$t$内进入手机摄像头的光所具有的能量为$E_1$，有$\frac{E_1}{E} = \frac{S}{4\pi r^2}$，则曝光时间$t$内穿过该摄像头的光子数为$n = \frac{E_1}{E_0} = \frac{P \lambda S t}{4 \pi r^2 h c}$，故A正确。
解析：由光的频率与波长的关系为$c = \lambda\nu$，所以一个光子的能量为$E_0 = h\nu$，该光源在曝光时间$t$内发出的光能为$E = Pt$，在曝光时间$t$内进入手机摄像头的光所具有的能量为$E_1$，有$\frac{E_1}{E} = \frac{S}{4\pi r^2}$，则曝光时间$t$内穿过该摄像头的光子数为$n = \frac{E_1}{E_0} = \frac{P \lambda S t}{4 \pi r^2 h c}$，故A正确。
2.(2025·河南郑州二模)如图所示,一光滑的正三角形斜面体$ OAB $放在光滑的水平地面上,不可伸长的轻绳两端分别拴接质量为$ m_{1} $、$ m_{2} $的两物体$ P $、$ Q $,分别放在$ OA $、$ OB $面上,轻绳跨过固定在$ O $点的光滑滑轮,两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动,两物体$ P $、$ Q $与斜面体保持相对静止,且$ P $恰好没有离开斜面,则$ m_{1} $、$ m_{2} $的比值为 (
A.$ 1:2 $
B.$ 1:1 $
C.$ 3:4 $
D.$ 2:1 $
A
)A.$ 1:2 $
B.$ 1:1 $
C.$ 3:4 $
D.$ 2:1 $
答案：
2.答案：A
解析：对$P、Q$受力分析如图甲、乙所示，因为$P$恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的弹力$F_T = \frac{m_1 g}{\cos 30°} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} m_1 g$，整体的加速度$a = g \tan 30° = \frac{\sqrt{3}}{3} g$，对$Q$有$F_N \cos 30° - F_T \cos 60° = m_2 a$，$F_N \sin 60° + F_T \sin 30° = m_2 g$，联立解得$m_1 \colon m_2 = 1 \colon 2$，故A正确。
2.答案：A
解析：对$P、Q$受力分析如图甲、乙所示，因为$P$恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的弹力$F_T = \frac{m_1 g}{\cos 30°} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} m_1 g$，整体的加速度$a = g \tan 30° = \frac{\sqrt{3}}{3} g$，对$Q$有$F_N \cos 30° - F_T \cos 60° = m_2 a$，$F_N \sin 60° + F_T \sin 30° = m_2 g$，联立解得$m_1 \colon m_2 = 1 \colon 2$，故A正确。
3.(2025·北京昌平二模)如图所示,两个质量均为$ m $的小木块$ A $、$ B $(可视为质点)放在水平圆盘上,$ A $、$ B $到转轴$ OO' $的距离分别为$ l $、$ 2l $。小木块与圆盘之间的动摩擦因数均为$ \mu $,可以认为小木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若圆盘从静止开始绕轴转动,并缓慢地加速,用$ \omega $表示圆盘转动的角速度,用$ g $表示重力加速度的大小,下列说法正确的是 (
A.圆盘对$ A $的作用力大小大于$ A $对圆盘的作用力大小
B.当$ \omega =\sqrt{\dfrac{\mu g}{2l}} $时,$ A $所受摩擦力的大小为$ \mu mg $
C.$ A $、$ B $所受摩擦力的大小始终相等
D.$ B $一定比$ A $先开始滑动
D
)A.圆盘对$ A $的作用力大小大于$ A $对圆盘的作用力大小
B.当$ \omega =\sqrt{\dfrac{\mu g}{2l}} $时,$ A $所受摩擦力的大小为$ \mu mg $
C.$ A $、$ B $所受摩擦力的大小始终相等
D.$ B $一定比$ A $先开始滑动
答案：
3.答案：D
解析：圆盘对$A$的作用力与$A$对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，故$A$错误；当$\omega = \sqrt{\frac{\mu g}{2 l}}$时，$A$所受摩擦力的大小为$F_f = m \omega^2 l = \frac{1}{2} \mu mg$，故$B$错误；根据$F_f = m \omega^2 l$可知，在两木块未发生相对滑动时，$A、B$所受摩擦力的大小不相等，当两木块都产生相对滑动后受滑动摩擦力大小相等，故$C$错误；根据$\mu mg = m \omega_0^2 r$，可知$\omega_0 = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，可知产生滑动时$B$的临界角速度较小，则$B$一定比$A$先开始滑动，故$D$正确。
解析：圆盘对$A$的作用力与$A$对圆盘的作用力是相互作用力，总是等大反向，故$A$错误；当$\omega = \sqrt{\frac{\mu g}{2 l}}$时，$A$所受摩擦力的大小为$F_f = m \omega^2 l = \frac{1}{2} \mu mg$，故$B$错误；根据$F_f = m \omega^2 l$可知，在两木块未发生相对滑动时，$A、B$所受摩擦力的大小不相等，当两木块都产生相对滑动后受滑动摩擦力大小相等，故$C$错误；根据$\mu mg = m \omega_0^2 r$，可知$\omega_0 = \sqrt{\frac{\mu g}{r}}$，可知产生滑动时$B$的临界角速度较小，则$B$一定比$A$先开始滑动，故$D$正确。
4.(2025·陕西西安一模)2025年4月24日17时17分,搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。4月24日23时49分,神舟二十号成功对接于中国空间站的天和核心舱径向端口,整个自主交会对接过程历时约6.5小时。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道,轨道离地面的高度约为地球半径的$ \dfrac{1}{16} $。下列说法正确的是 (
A.核心舱在轨道上飞行的速度大于$ 7.9\ km/s $
B.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的$ \left( \dfrac{16}{17}\right)^{2} $倍
C.神舟十八号载人飞船与核心舱成功对接后,空间站由于质量增大,轨道半径将明显变小
D.若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量$ G $,可求出空间站质量
B
)A.核心舱在轨道上飞行的速度大于$ 7.9\ km/s $
B.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的$ \left( \dfrac{16}{17}\right)^{2} $倍
C.神舟十八号载人飞船与核心舱成功对接后,空间站由于质量增大,轨道半径将明显变小
D.若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量$ G $,可求出空间站质量
答案：
4.答案：B
解析：$7.9 km/s$是第一宇宙速度，是最小的发射速度，最大的环绕速度，故核心舱在轨道上飞行的速度小于$7.9 km/s$，故$A$错误；根据$F = G \frac{M m}{r^2}$可得核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与它在地面时的万有引力大小比值为$\frac{F_1}{F_2} = \frac{R^2}{r^2}$，其中$\frac{R}{r} = \frac{R}{R + h} = \frac{16}{17}$，则$\frac{F_1}{F_2} = (\frac{16}{17})^2$，故$B$正确；根据$G \frac{M m}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$可得轨道半径与空间站的质量无关，所以神舟十八号载人飞船与核心舱成功对接后，虽然空间站质量增大，但轨道半径不变，故$C$错误；根据$G \frac{M m}{r^2} = m \frac{4 \pi^2}{T^2} r$，若已知地球半径、运行周期和引力常量$G$，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故$D$错误。
解析：$7.9 km/s$是第一宇宙速度，是最小的发射速度，最大的环绕速度，故核心舱在轨道上飞行的速度小于$7.9 km/s$，故$A$错误；根据$F = G \frac{M m}{r^2}$可得核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与它在地面时的万有引力大小比值为$\frac{F_1}{F_2} = \frac{R^2}{r^2}$，其中$\frac{R}{r} = \frac{R}{R + h} = \frac{16}{17}$，则$\frac{F_1}{F_2} = (\frac{16}{17})^2$，故$B$正确；根据$G \frac{M m}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$可得轨道半径与空间站的质量无关，所以神舟十八号载人飞船与核心舱成功对接后，虽然空间站质量增大，但轨道半径不变，故$C$错误；根据$G \frac{M m}{r^2} = m \frac{4 \pi^2}{T^2} r$，若已知地球半径、运行周期和引力常量$G$，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故$D$错误。
5.某科研小组设计一款超重报警装置,其结构原理图如图所示,主体是导热性能良好的薄壁密闭容器,厚度和质量不计的活塞通过轻杆连接轻质平台。平台上未放重物时,内部封闭理想气体的气柱长度$ L = 0.2\ m $;当活塞进入预警区域时,系统会发出超重预警。横截面积$ S = 0.01\ m^{2} $,底部的预警区域深度$ h = 0.1\ m $,平台上轻放质量为$ m $的重物稳定时,活塞刚好触动报警装置。已知环境温度不变,大气压强$ p_{0} = 1.0× 10^{5}\ Pa $,$ g = 10\ m/s^{2} $,不计摩擦阻力,下列说法正确的是 (
A.重物的质量$ m = 200\ kg $
B.重物的质量$ m = 1000\ kg $
C.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为$ 100\ J $
D.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为$ 200\ J $
D
)A.重物的质量$ m = 200\ kg $
B.重物的质量$ m = 1000\ kg $
C.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为$ 100\ J $
D.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为$ 200\ J $
答案：
5.答案：D
解析：最终稳定时，封闭气体温度不变，则$p_0 L S = p_1 h S$，又因为$p_1 = p_0 + \frac{m g}{S}$，求得$m = 100 kg$，故$A、B$错误；设外界大气压力和重物对封闭气体做功为$W$，则$W = (m g + p_0 S)(L - h)$，代入数据求得$W = 200 J$，封闭气体内能不变，根据热力学第一定律$\Delta U = W + Q$，可得$Q = -200 J$，则气体对外界放出的热量为$200 J$，故$C$错误，$D$正确。
解析：最终稳定时，封闭气体温度不变，则$p_0 L S = p_1 h S$，又因为$p_1 = p_0 + \frac{m g}{S}$，求得$m = 100 kg$，故$A、B$错误；设外界大气压力和重物对封闭气体做功为$W$，则$W = (m g + p_0 S)(L - h)$，代入数据求得$W = 200 J$，封闭气体内能不变，根据热力学第一定律$\Delta U = W + Q$，可得$Q = -200 J$，则气体对外界放出的热量为$200 J$，故$C$错误，$D$正确。
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