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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·江苏盐城模拟预测)碘131治疗通常用于甲状腺功能亢进症。碘131的衰变是β衰变,半衰期是8天,碘131治疗以后,不能够和他人一米以内的近距离接触,一般要经过4个半衰期才可以与儿童、孕妇接触。下列说法正确的是(
A.β射线不能穿透皮肤
B.碘131衰变时仅放出β射线
C.碘131在4个半衰期中衰变了治疗所用质量的$\frac{1}{16}$
D.碘131衰变产生的新核的比结合能比碘131的大
D
)A.β射线不能穿透皮肤
B.碘131衰变时仅放出β射线
C.碘131在4个半衰期中衰变了治疗所用质量的$\frac{1}{16}$
D.碘131衰变产生的新核的比结合能比碘131的大
答案：
1.答案：D
解析：由题意，可知$\beta$射线能穿透皮肤，故A错误；碘$131$的衰变是$\beta$衰变，衰变时除放出$\beta$射线外，同时伴随着释放$\gamma$射线，故B错误；根据半衰期定义，可知碘$131$在$4$个半衰期中衰变了治疗所用质量的$1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$，故C错误；衰变是原子核从不稳定衰变为较为稳定的新核，所以碘$131$衰变产生的新核的比结合能比碘$131$的大，故D正确。
解析：由题意，可知$\beta$射线能穿透皮肤，故A错误；碘$131$的衰变是$\beta$衰变，衰变时除放出$\beta$射线外，同时伴随着释放$\gamma$射线，故B错误；根据半衰期定义，可知碘$131$在$4$个半衰期中衰变了治疗所用质量的$1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$，故C错误；衰变是原子核从不稳定衰变为较为稳定的新核，所以碘$131$衰变产生的新核的比结合能比碘$131$的大，故D正确。
2.(2025·湖南长沙一模)光屏竖直放置,直线$OO_1$与光屏垂直,用激光笔沿与$OO_1$方向成$45°$角的$AB$方向照射光屏,光屏上$C$处有激光亮点。此时在光屏前竖直放置厚度为$d$折射率为$\frac{\sqrt{10}}{2}$的平板玻璃,激光亮点从光屏上的$C$点移动到$D$点(未画出),则$CD$间距为(
A.$\frac{\sqrt{5}}{5}d$
B.$\frac{1}{2}d$
C.$\frac{\sqrt{10}}{2}d$
D.$\frac{1}{4}d$
B
)A.$\frac{\sqrt{5}}{5}d$
B.$\frac{1}{2}d$
C.$\frac{\sqrt{10}}{2}d$
D.$\frac{1}{4}d$
答案：
2.答案：B
解析：光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，过$D$点作$DM// CN$，完成光路图如图所示，$n = \frac{\sin 45°}{\sin \alpha}$，$ME = d · \tan \alpha$，解得$ME = \frac{d}{2}$，$CD = MN = NE - ME = \frac{d}{2}$，故B正确。
2.答案：B
解析：光通过玻璃砖折射后出射光线与入射光线平行，过$D$点作$DM// CN$，完成光路图如图所示，$n = \frac{\sin 45°}{\sin \alpha}$，$ME = d · \tan \alpha$，解得$ME = \frac{d}{2}$，$CD = MN = NE - ME = \frac{d}{2}$，故B正确。
3.如图,半径为$R$的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场,$MN$、$PQ$是相互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从$M$点先后以相同速率$v$射入磁场,其中粒子甲沿$MN$射入,从$Q$点射出磁场,粒子乙沿纸面与$MN$方向成$30°$角射入,两粒子同时射出磁场。不计粒子重力及两粒子间的相互作用,则两粒子射入磁场的时间间隔为(
A.$\frac{\pi R}{12v}$
B.$\frac{\pi R}{6v}$
C.$\frac{\pi R}{3v}$
D.$\frac{2\pi R}{3v}$
B
)A.$\frac{\pi R}{12v}$
B.$\frac{\pi R}{6v}$
C.$\frac{\pi R}{3v}$
D.$\frac{2\pi R}{3v}$
答案：
3.答案：B
解析：$O_1$是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形$OQO_1M$是正方形，由$r = \frac{mv}{qB}$知甲、乙运动轨迹的半径相同，均为$R$，
甲运动轨迹的圆心角为$\frac{\pi}{2}$，而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为$\frac{\pi}{3}$，甲运动的时间为$t_1 = \frac{1}{4}T = \frac{1}{4} · \frac{2\pi R}{v} = \frac{\pi R}{2v}$，乙运动的时间为$t_2 = \frac{1}{6}T = \frac{1}{6} · \frac{2\pi R}{v} = \frac{\pi R}{3v}$，因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为$\Delta t = t_1 - t_2 = \frac{\pi R}{2v} - \frac{\pi R}{3v} = \frac{\pi R}{6v}$，故B正确。
3.答案：B
解析：$O_1$是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形$OQO_1M$是正方形，由$r = \frac{mv}{qB}$知甲、乙运动轨迹的半径相同，均为$R$，
甲运动轨迹的圆心角为$\frac{\pi}{2}$，而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为$\frac{\pi}{3}$，甲运动的时间为$t_1 = \frac{1}{4}T = \frac{1}{4} · \frac{2\pi R}{v} = \frac{\pi R}{2v}$，乙运动的时间为$t_2 = \frac{1}{6}T = \frac{1}{6} · \frac{2\pi R}{v} = \frac{\pi R}{3v}$，因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为$\Delta t = t_1 - t_2 = \frac{\pi R}{2v} - \frac{\pi R}{3v} = \frac{\pi R}{6v}$，故B正确。
4.(2025·湖北十一校二模)物块$P$、$Q$中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块$P$的质量为$2\ kg$,如图甲所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,$t=0$时对物块$P$施加水平向右的恒力$F$,$t=1\ s$时撤去,在$0\sim1\ s$内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中,下列说法正确的是(
A.$t=1\ s$时,物块$Q$的速度大小为$0.4\ m/s$
B.恒力$F$的大小为$1.6\ N$
C.物块$Q$的质量为$0.5\ kg$
D.$t=1\ s$后,物块$P$、$Q$一起做匀加速直线运动
C
)A.$t=1\ s$时,物块$Q$的速度大小为$0.4\ m/s$
B.恒力$F$的大小为$1.6\ N$
C.物块$Q$的质量为$0.5\ kg$
D.$t=1\ s$后,物块$P$、$Q$一起做匀加速直线运动
答案：
4.答案：C
解析：题图乙中图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，若$0\sim1s$内$Q$的加速度均匀增大，则$t = 1s$时$Q$的速度大小等于$0.4m/s$，而物块$Q$的$a - t$图线是曲线，所以$t = 1s$时$Q$的速度大小大于$0.4m/s$，故A错误；$t = 0$时，对物块$P$有$F = m_P a_0 = 2 × 1N = 2N$，故B错误；撤去恒力$F$前瞬间，对物块$P$、$Q$组成的整体有$F = (m_P + m_Q) a_1$，解得$m_Q = 0.5kg$，撤去恒力$F$后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
解析：题图乙中图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，若$0\sim1s$内$Q$的加速度均匀增大，则$t = 1s$时$Q$的速度大小等于$0.4m/s$，而物块$Q$的$a - t$图线是曲线，所以$t = 1s$时$Q$的速度大小大于$0.4m/s$，故A错误；$t = 0$时，对物块$P$有$F = m_P a_0 = 2 × 1N = 2N$，故B错误；撤去恒力$F$前瞬间，对物块$P$、$Q$组成的整体有$F = (m_P + m_Q) a_1$，解得$m_Q = 0.5kg$，撤去恒力$F$后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
5.(多选)(2025·海南海口模拟预测)如图所示,虚线$a$、$b$、$c$表示$O$处点电荷的电场中的三个等势面,$1$、$2$两个带电粒子射入电场后,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中两条实线所示,其中粒子$1$的运动轨迹与等势面$c$、$b$分别相交于$P$、$Q$两点,粒子$2$的运动轨迹与等势面$c$、$a$分别相交于$M$、$N$两点(不考虑两个粒子间的相互作用)。由此可以判定(
A.两个粒子一定带异种电荷
B.$M$、$N$两处电势一定是$\varphi_M\lt\varphi_N$
C.粒子$1$在$P$点的加速度小于在$Q$点的加速度
D.粒子$2$在运动过程中的电势能先增大后减小
AC
)A.两个粒子一定带异种电荷
B.$M$、$N$两处电势一定是$\varphi_M\lt\varphi_N$
C.粒子$1$在$P$点的加速度小于在$Q$点的加速度
D.粒子$2$在运动过程中的电势能先增大后减小
答案：
5.答案：AC
解析：由题图中轨迹可知，粒子$1$受到库仑斥力作用，粒子$1$与场源点电荷带同种电荷；粒子$2$受到库仑引力作用，粒子$2$与场源点电荷带异种电荷；则两个粒子一定带异种电荷，故A正确；由于不清楚场源点电荷的电性，故无法判断$M$、$N$两处电势的高度，故B错误；根据点电荷场强公式$E = k\frac{Q}{r^2}$可知，离场源点电荷越远，场强越小，则粒子$1$在$P$点受到的电场力小于在$Q$点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子$1$在$P$点的加速度小于在$Q$点的加速度，故C正确；由题图中轨迹可知，粒子$2$在运动过程中，电场力对粒子$2$先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
解析：由题图中轨迹可知，粒子$1$受到库仑斥力作用，粒子$1$与场源点电荷带同种电荷；粒子$2$受到库仑引力作用，粒子$2$与场源点电荷带异种电荷；则两个粒子一定带异种电荷，故A正确；由于不清楚场源点电荷的电性，故无法判断$M$、$N$两处电势的高度，故B错误；根据点电荷场强公式$E = k\frac{Q}{r^2}$可知，离场源点电荷越远，场强越小，则粒子$1$在$P$点受到的电场力小于在$Q$点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，粒子$1$在$P$点的加速度小于在$Q$点的加速度，故C正确；由题图中轨迹可知，粒子$2$在运动过程中，电场力对粒子$2$先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
6.(多选)如图所示,两根足够长的光滑平行导轨由上、下两段电阻不计的金属导轨,在$M$、$N$两点绝缘连接组成,$M$、$N$等高,间距$L=1\ m$,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为$30°$,导轨两端分别连接阻值$R=0.02\ \Omega$的电阻和电容$C=1\ F$的电容器,整个装置处于$B=0.2\ T$的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中(图中未画出),两根导体棒$ab$、$cd$分别放在$MN$两侧,质量分别为$m_1=0.8\ kg$,$m_2=0.4\ kg$,$ab$棒电阻为$0.08\ \Omega$,$cd$棒的电阻不计,将$ab$棒由静止释放,同时$cd$棒从距离$MN$为$x_0=4.32\ m$处在一个大小为$F=4.64\ N$、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在$M$、$N$处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去$F$,已知碰前瞬间$ab$的速度为$4.5\ m/s$,重力加速度$g=10\ m/s^2$,则(
A.$ab$棒从释放到第一次碰撞所用时间为$1.44\ s$
B.$ab$棒从释放到第一次碰撞,$R$上消耗的焦耳热为$0.78\ J$
C.两棒第一次碰撞后瞬间,$ab$棒的速度大小为$6.3\ m/s$
D.两棒第一次碰撞后瞬间,$cd$棒的速度大小为$8.4\ m/s$
BD
)A.$ab$棒从释放到第一次碰撞所用时间为$1.44\ s$
B.$ab$棒从释放到第一次碰撞,$R$上消耗的焦耳热为$0.78\ J$
C.两棒第一次碰撞后瞬间,$ab$棒的速度大小为$6.3\ m/s$
D.两棒第一次碰撞后瞬间,$cd$棒的速度大小为$8.4\ m/s$
答案：
6.答案：BD
解析：$ab$棒与$cd$棒同时开始运动且同时到达$MN$，则两者运动到$MN$的时间相同，对$cd$棒根据牛顿第二定律有$F - m_2 g \sin 30° - BIL = m_2 a$，又$I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = \frac{C \Delta U}{\Delta t} = \frac{CBL \Delta v}{\Delta t} = CBLa$，联立解得$a = 6m/s^2$，即$cd$棒以$a = 6m/s^2$的加速度沿导轨向上做匀加速运动，根据运动学规律有$x_0 = \frac{1}{2} a t^2$，解得$t = 1.2s$，故A错误；$ab$棒从释放到第一次碰撞，根据动能定理有$m_1 g x \sin \theta - W_{克安} = \frac{1}{2} m_1 v_{ab}^2$，根据动量定理有$m_1 g \sin \theta · t - BILt = m_1 v_{ab}$，又$q_{ab} = It = \frac{BLx}{R + x}$，$Q = W_{克安}$，根据焦耳定律有$Q_R = \frac{R}{R + x} Q$，联立解得$Q_R = 0.78J$，故B正确；$ab$棒与$cd$棒发生弹性碰撞，取沿导轨向下为正方向，则有$m_1 v_{ab} - m_2 v_{cd} = m_1 v_{ab}' + m_2 v_{cd}'$，$\frac{1}{2} m_1 v_{ab}^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{cd}^2 = \frac{1}{2} m_1 v_{ab}'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{cd}'^2$，又$v_{cd} = at = 7.2m/s$，联立解得$v_{ab}' = -3.3m/s$，$v_{cd}' = 8.4m/s$，故C错误，D正确。
解析：$ab$棒与$cd$棒同时开始运动且同时到达$MN$，则两者运动到$MN$的时间相同，对$cd$棒根据牛顿第二定律有$F - m_2 g \sin 30° - BIL = m_2 a$，又$I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = \frac{C \Delta U}{\Delta t} = \frac{CBL \Delta v}{\Delta t} = CBLa$，联立解得$a = 6m/s^2$，即$cd$棒以$a = 6m/s^2$的加速度沿导轨向上做匀加速运动，根据运动学规律有$x_0 = \frac{1}{2} a t^2$，解得$t = 1.2s$，故A错误；$ab$棒从释放到第一次碰撞，根据动能定理有$m_1 g x \sin \theta - W_{克安} = \frac{1}{2} m_1 v_{ab}^2$，根据动量定理有$m_1 g \sin \theta · t - BILt = m_1 v_{ab}$，又$q_{ab} = It = \frac{BLx}{R + x}$，$Q = W_{克安}$，根据焦耳定律有$Q_R = \frac{R}{R + x} Q$，联立解得$Q_R = 0.78J$，故B正确；$ab$棒与$cd$棒发生弹性碰撞，取沿导轨向下为正方向，则有$m_1 v_{ab} - m_2 v_{cd} = m_1 v_{ab}' + m_2 v_{cd}'$，$\frac{1}{2} m_1 v_{ab}^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{cd}^2 = \frac{1}{2} m_1 v_{ab}'^2 + \frac{1}{2} m_2 v_{cd}'^2$，又$v_{cd} = at = 7.2m/s$，联立解得$v_{ab}' = -3.3m/s$，$v_{cd}' = 8.4m/s$，故C错误，D正确。
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