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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·湖北武汉一模)离子烟雾报警器是一种常见且广泛使用的火灾报警设备。某离子烟雾报警器中装有放射性元素镅241,其半衰期为432.2年,衰变方程为$_{95}^{241}Am\to_{93}^{237}Np+X+\gamma$。下列说法正确的是 (
A.夏天气温升高,镅241的衰变速度会变快
B.X是$\alpha$粒子,具有很强的电离本领
C.镎237的比结合能比镅241的比结合能小
D.衰变前后核子总数不变,因此衰变前后总质量也不变
B
)A.夏天气温升高,镅241的衰变速度会变快
B.X是$\alpha$粒子,具有很强的电离本领
C.镎237的比结合能比镅241的比结合能小
D.衰变前后核子总数不变,因此衰变前后总质量也不变
答案：
1.答案:B
解析:半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故A错误;根据核电荷数和质量数守恒可知X是$_{2}^{4} He$，即α粒子，具有很强的电离本领，故B正确;自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，镓237的比结合能比镅241的比结合能大，故C错误;核反应释放能量，质量亏损，因此反应前后总质量会减小，故D错误。
解析:半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故A错误;根据核电荷数和质量数守恒可知X是$_{2}^{4} He$，即α粒子，具有很强的电离本领，故B正确;自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，镓237的比结合能比镅241的比结合能大，故C错误;核反应释放能量，质量亏损，因此反应前后总质量会减小，故D错误。
2.(2025·湖南长沙模拟)如图所示,一装满水的长方体的玻璃容器,高度为$\sqrt{7}a$,上下两个面为边长为$4a$的正方形,底面中心$O$点放有一单色点光源,可向各个方向发射单色光。水面上漂浮一只可视为质点的小甲虫,已知水对该单色光的折射率为$n=\dfrac{4}{3}$,则小甲虫能在水面上看到点光源的活动区域面积为 (
A.$16a^{2}$
B.$7\pi a^{2}$
C.$9\pi a^{2}$
D.$6.25a^{2}$
A
)A.$16a^{2}$
B.$7\pi a^{2}$
C.$9\pi a^{2}$
D.$6.25a^{2}$
答案：
2.答案:A
解析:假设水面足够大，当入射角等于临界角时，在上表面能发生全反射，折射出光线的最大半径为r，光路图如图所示。
发生全反射时，$\sin C = \frac{1}{n}$，由几何关系$\tan C = \frac{r}{h}$，其中$h = \sqrt{7}a$，代入数据解得$r = 3a$，水面的对角线长度为$4a × \sqrt{2} = 4\sqrt{2}a ＜ 2r$，因此在上表面能被光照亮的区域是整个水面，面积为$16a^{2}$，故A正确。
2.答案:A
解析:假设水面足够大，当入射角等于临界角时，在上表面能发生全反射，折射出光线的最大半径为r，光路图如图所示。
发生全反射时，$\sin C = \frac{1}{n}$，由几何关系$\tan C = \frac{r}{h}$，其中$h = \sqrt{7}a$，代入数据解得$r = 3a$，水面的对角线长度为$4a × \sqrt{2} = 4\sqrt{2}a ＜ 2r$，因此在上表面能被光照亮的区域是整个水面，面积为$16a^{2}$，故A正确。
3.(2025·湖南衡阳二模)如图甲所示,一质量为$m$、电荷量为$q$的正电荷从$a$点由静止释放,仅在电场力的作用下沿直线$abc$运动,其$v-t$图像如图乙所示。已知正电荷在$b$点处速率为$\dfrac{3}{5}v$,斜率最大,最大值为$k$,在$c$点处的速率为$v$,斜率为$0$,则下列说法正确的是 (
A.该正电荷在从$a$到$c$的运动过程中,电势能先减小后增大
B.$b$点的电场强度大小为$\dfrac{km}{q}$,方向由$b$指向$c$
C.$a$、$b$之间的电势差$U_{ab}=\dfrac{9mv^{2}}{25q}$
D.从$a$到$c$电势逐渐升高,$c$点的电势最大
B
)A.该正电荷在从$a$到$c$的运动过程中,电势能先减小后增大
B.$b$点的电场强度大小为$\dfrac{km}{q}$,方向由$b$指向$c$
C.$a$、$b$之间的电势差$U_{ab}=\dfrac{9mv^{2}}{25q}$
D.从$a$到$c$电势逐渐升高,$c$点的电势最大
答案：
3.答案:B
解析:该正电荷由a到c的过程中，速度逐渐增大，电场力做正功，电势能逐渐减小，故A错误;由题图乙可知在b点时电荷的加速度为$a = k$，所以b点的电场强度大小为$E = \frac{F}{q} = \frac{ma}{q} = \frac{km}{q}$，电场力方向由a指向c，正电荷的电场强度方向跟电场力方向相同，b点的电场强度方向由b指向c，故B正确;对正电荷从a到b的过程，根据动能定理有$qU_{ab} = \frac{1}{2}mv_{b}^{2} - \frac{1}{2}mv_{a}^{2}$，解得$U_{ab} = \frac{9mv^{2}}{50q}$，故C错误;沿着电场线的方向电势逐渐降低，从a到c电势逐渐降低，故D错误。
解析:该正电荷由a到c的过程中，速度逐渐增大，电场力做正功，电势能逐渐减小，故A错误;由题图乙可知在b点时电荷的加速度为$a = k$，所以b点的电场强度大小为$E = \frac{F}{q} = \frac{ma}{q} = \frac{km}{q}$，电场力方向由a指向c，正电荷的电场强度方向跟电场力方向相同，b点的电场强度方向由b指向c，故B正确;对正电荷从a到b的过程，根据动能定理有$qU_{ab} = \frac{1}{2}mv_{b}^{2} - \frac{1}{2}mv_{a}^{2}$，解得$U_{ab} = \frac{9mv^{2}}{50q}$，故C错误;沿着电场线的方向电势逐渐降低，从a到c电势逐渐降低，故D错误。
4.(2025·陕西西安模拟预测)卫星的“星下点”是指卫星的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点,可用地理经、纬度来表示,对于位于“星下点”处的地面观察者来说,卫星就在天顶,将“星下点”的轨迹画在地图上便是星下点轨迹图。已知某颗卫星的星下点轨迹图是一个点,地球自转的周期为$T$,地球半径为$R$,地球表面的重力加速度为$g$,卫星的运动可视为匀速圆周运动,则 (
A.该卫星为近地卫星
B.该卫星的线速度$v=\dfrac{2\pi R}{T}$
C.该卫星的角速度$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$
D.该卫星可能经过西安的正上方
C
)A.该卫星为近地卫星
B.该卫星的线速度$v=\dfrac{2\pi R}{T}$
C.该卫星的角速度$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$
D.该卫星可能经过西安的正上方
答案：
4.答案:C
解析:由于卫星的星下点轨迹图是一个点，表明该卫星的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点始终不变，即卫星为地球同步静止卫星，故A错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的轨道平面与赤道共面，则该卫星不可能经过西安的正上方，故D错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的周期等于地球自转周期，卫星的轨道半径大于地球半径，则该卫星的线速度$v ＞ \frac{2\pi R}{T}$，故B错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的周期等于地球自转周期，则该卫星的角速度$\omega = \frac{2\pi}{T}$，故C正确。
解析:由于卫星的星下点轨迹图是一个点，表明该卫星的瞬时位置和地球中心的连线与地球表面的交点始终不变，即卫星为地球同步静止卫星，故A错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的轨道平面与赤道共面，则该卫星不可能经过西安的正上方，故D错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的周期等于地球自转周期，卫星的轨道半径大于地球半径，则该卫星的线速度$v ＞ \frac{2\pi R}{T}$，故B错误;结合上述可知，该卫星为地球同步静止卫星，卫星的周期等于地球自转周期，则该卫星的角速度$\omega = \frac{2\pi}{T}$，故C正确。
5.(2025·广东湛江一模)在金沙湾海滨浴场,某同学测得一波源位于$O$处的海水水波(视为简谐横波),某时刻沿$x$轴正方向传播到$20\ \mathrm{cm}$处,此时$x$轴上$10\ \mathrm{cm}$处的质点已振动$0.2\ \mathrm{s}$,质点$P$离$O$处$60\ \mathrm{cm}$,如图所示,取该时刻为$t=0$。下列说法正确的是 (
A.质点$P$开始振动时的速度方向沿$y$轴正方向
B.该波的传播速度为$1\ \mathrm{m/s}$
C.经过$0.9\ \mathrm{s}$,质点$P$第一次到达波谷
D.在$0\sim0.1\ \mathrm{s}$时间内,$x=20\ \mathrm{cm}$处的质点振动的速度逐渐增大
C
)A.质点$P$开始振动时的速度方向沿$y$轴正方向
B.该波的传播速度为$1\ \mathrm{m/s}$
C.经过$0.9\ \mathrm{s}$,质点$P$第一次到达波谷
D.在$0\sim0.1\ \mathrm{s}$时间内,$x=20\ \mathrm{cm}$处的质点振动的速度逐渐增大
答案：
5.答案:C
解析:波沿x轴正方向传播，可知质点A起振方向沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误;根据题图可知波长为$\lambda = 20 cm$，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期为$T = 0.4 s$，可知波的传播速度为$v = \frac{\lambda}{T} = \frac{0.2}{0.4} m/s = 0.5 m/s$，故B错误;根据波形图可知，质点P第一次到达波谷经过的时间$t = \frac{\Delta x}{v} = \frac{(60 - 15) × 10^{-2}}{0.5} s = 0.9 s$，故C正确;在$0 \sim 0.1 s$时间内，$x = 20 cm$处的质点从平衡位置向波谷位置运动，速度逐渐减小，故D错误。
解析:波沿x轴正方向传播，可知质点A起振方向沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误;根据题图可知波长为$\lambda = 20 cm$，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期为$T = 0.4 s$，可知波的传播速度为$v = \frac{\lambda}{T} = \frac{0.2}{0.4} m/s = 0.5 m/s$，故B错误;根据波形图可知，质点P第一次到达波谷经过的时间$t = \frac{\Delta x}{v} = \frac{(60 - 15) × 10^{-2}}{0.5} s = 0.9 s$，故C正确;在$0 \sim 0.1 s$时间内，$x = 20 cm$处的质点从平衡位置向波谷位置运动，速度逐渐减小，故D错误。
6.(2025·河北保定二模)如图所示,排球场的宽为$d$,长为$2d$,球网高为$\dfrac{d}{4}$,发球员在底线中点$O'$正上方的$O$点将排球水平击出,排球恰好擦着网落在对方场地边线上的$E$点,$ED=\dfrac{d}{2}$,不计空气阻力,重力加速度大小为$g$,下列说法正确的是 (
A.$O$点距地面的高度为$\dfrac{9d}{20}$
B.排球做平抛运动的时间为$\sqrt{\dfrac{d}{g}}$
C.排球击出时的速度大小为$\sqrt{gd}$
D.排球着地时的速度大小为$2\sqrt{gd}$
A
)A.$O$点距地面的高度为$\dfrac{9d}{20}$
B.排球做平抛运动的时间为$\sqrt{\dfrac{d}{g}}$
C.排球击出时的速度大小为$\sqrt{gd}$
D.排球着地时的速度大小为$2\sqrt{gd}$
答案：
6.答案:A
解析:排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为$O^{\prime}E$，显然$\frac{O^{\prime}F}{EF} = \frac{CQ}{EQ} = \frac{2}{1}$
所以排球在左、右场地运动的时间之比为$1:2$，设排球做平抛运动的时间为$3t$，有$H = \frac{1}{2}g(3t)^{2}$，$\frac{d}{4} = \frac{1}{2}g(3t)^{2} - \frac{1}{2}g(2t)^{2}$，解得$H = \frac{9d}{20}$，$3t = \sqrt{\frac{9d}{10g}}$，故A正确，B错误;排球击出时的速度大小$v_{0} = \frac{O^{\prime}E}{3t} = \frac{5\sqrt{gd}}{3}$，故C错误;排球着地时的速度大小$v = \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH} = \sqrt{\frac{331gd}{90}}$，故D错误。
6.答案:A
解析:排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为$O^{\prime}E$，显然$\frac{O^{\prime}F}{EF} = \frac{CQ}{EQ} = \frac{2}{1}$
所以排球在左、右场地运动的时间之比为$1:2$，设排球做平抛运动的时间为$3t$，有$H = \frac{1}{2}g(3t)^{2}$，$\frac{d}{4} = \frac{1}{2}g(3t)^{2} - \frac{1}{2}g(2t)^{2}$，解得$H = \frac{9d}{20}$，$3t = \sqrt{\frac{9d}{10g}}$，故A正确，B错误;排球击出时的速度大小$v_{0} = \frac{O^{\prime}E}{3t} = \frac{5\sqrt{gd}}{3}$，故C错误;排球着地时的速度大小$v = \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH} = \sqrt{\frac{331gd}{90}}$，故D错误。
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