《2026年学易优高考二轮总复习物理》

1.(2025·湖南株洲一模)如图,一蚂蚁(可看成质点)在半径为$ R $的半球体表面上缓慢爬行,蚂蚁与半球体间的动摩擦因数为$ \mu $,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,若蚂蚁在爬行过程中不滑离球面,则其距半球体顶点的竖直高度不应超过 (A)


A.$ R-\dfrac{R}{\sqrt{1+\mu^{2}}} $
B.$ R-\dfrac{R}{\sqrt{1-\mu^{2}}} $
C.$ \dfrac{R}{\sqrt{1-\mu^{2}}} $
D.$ \dfrac{R}{\sqrt{1+\mu^{2}}} $

答案：
1.答案:A
解析:蚂蚁缓慢沿轨道下移，受力如图所示，随着蚂蚁的下移，支持力与竖直方向的夹角$\theta$在增大，蚂蚁受到的摩擦力在增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，蚂蚁离顶点最远，此时有$\tan\theta=\frac{F_f}{F_N}=\mu$，蚂蚁离顶点的高度为$h=R(1 - \cos\theta)$，结合几何关系可解得$h=R - \frac{R}{\sqrt{1 + \mu^2}}$，故A正确。

2.(2025·江西景德镇模拟预测)一长为$ L = 0.4\ m $的金属管从地面以$ v_{0} $的速率竖直上抛,管在运动过程中保持竖直,管口正上方高$ h = 1.2\ m $处有一小球同时自由下落,金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度$ g = 10\ m/s^2 $,不计空气阻力。若小球在管下降阶段穿过管,则$ v_{0} $可能是 (C)


A.$ 1\ m/s $
B.$ 2\ m/s $
C.$ 3\ m/s $
D.$ 4\ m/s $

答案： 2.答案:C
解析:若小球刚好在管上升到最高点时穿过管，由匀变速直线运动规律，位移刚好满足$L + h - \frac{v_0^2}{2g}=\frac{1}{2}g(\frac{v_0}{g})^2$，解得$v_0=\sqrt{g(h + L)}$，代入数据$v_0 = 4 m/s$，若小球在管刚落地时穿过管，则满足$L + h=\frac{1}{2}g(\frac{2v_0}{g})^2$，解得$v_0'=2\sqrt{2} m/s$，所以$v_0$满足的范围为$2\sqrt{2} m/s＜v_0＜4 m/s$，综合可知，C正确。

3.(2025·山东枣庄三模)如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站,人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度$ a $与其到地心距离$ r $的关系图像,已知$ r_{1} $为地球半径,$ r_{2} $为地球同步卫星轨道半径,下列说法正确的是 (B)


A.地球自转的角速度$ \omega = \dfrac{a_{2}-a_{1}}{r_{2}-r_{1}} $
B.地球同步卫星的周期$ T = 2\pi\sqrt{\dfrac{r_{2}}{a_{2}}} $
C.上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D.从空间站向舱外自由释放一物体,物体将做自由落体运动

答案： 3.答案:B
解析:根据$a = \omega^2r$，可知$a - r$图像中，其斜率为角速度的平方，所以$\omega=\sqrt{\frac{a_2 - a_1}{r_2 - r_1}}$，故A错误；由于$a_2=\omega^2r_2$，解得$\omega=\sqrt{\frac{a_2}{r_2}}$，周期$T = \frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{r_2}{a_2}}$，故B正确；上升过程中，地球引力随着高度的增加而减小，所以电梯舱对人的支持力会减小，故C错误；太空中物体均处于失重状态，从空间站向舱外自由释放一物体，不会做自由落体运动，故D错误。

4.(2025·山东模拟预测)某同学设计的空气减震器模型如图甲所示,它主要由活塞和导热性能良好的汽缸构成,两轻质活塞通过横截面积不计的轻杆连接。将该模型置于水平地面上,轻杆与地面垂直,汽缸内密闭气体可视为理想气体。汽缸$ A $中活塞的横截面积$ S = 50\ cm^2 $,初始时活塞到汽缸$ A $顶端的距离$ L_{A} = 10\ cm $,汽缸$ A $内气体的压强$ p_{A} = 1.2×10^{5}\ Pa $。现将质量$ m = 20\ kg $的物块$ C $置于汽缸$ A $顶部,如图乙所示。一段时间后,系统重新达到平衡。已知汽缸$ B $中活塞的横截面积为汽缸$ A $中活塞横截面积的2倍,活塞与汽缸间的摩擦均忽略不计,汽缸始终密封良好,环境温度保持不变,大气压强$ p_{0} = 1.0×10^{5}\ Pa $,取$ g = 10\ m/s^2 $。下列说法正确的是 (D)


A.汽缸$ A $的质量为20 kg
B.该过程汽缸$ A $、汽缸$ B $内的气体均吸热
C.系统再次平衡后,汽缸$ A $内的气体体积缩小了$ 375\ cm^3 $
D.系统再次平衡后,汽缸$ B $中气体的压强为$ 1.3×10^{5}\ Pa $

答案： 4.答案:D
解析:初始时汽缸A中气体的压强为$p_A = p_0+\frac{Mg}{S}$，解得汽缸A的质量$M = 10 kg$，故A错误；放上物块C待系统重新达到平衡后，汽缸A、汽缸B内的气体温度均不变，则内能均不变，由热力学第一定律$\Delta U = W + Q = 0$，可知，汽缸内气体的体积均减小，外界对气体做正功，则汽缸内气体均放热，故B错误；放上物块C待系统重新达到稳定后，汽缸A内气体的压强$p_2 = p_0+\frac{(M + m)g}{S}$，解得$p_2 = 1.6×10^5 Pa$，设此时汽缸A内气体的体积为$V$，由玻意耳定律可得$p_AL_AS = p_2V$，解得$V = 375 cm^3$，则汽缸A内的气体体积缩小了$\Delta V = SL_A - V = 125 cm^3$，故C错误；放上物块C待系统稳定后，设汽缸B内气体的压强为$p_B$，以B中活塞为研究对象，有$(M + m)g + p_0·2S = p_B·2S$，解得$p_B = 1.3×10^5 Pa$，故D正确。

5.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为$ 2:1 $,原线圈通过灯泡$ L_{1} $与正弦式交流电源相连,电源电压恒定,副线圈通过导线与灯泡$ L_{2} $和$ L_{3} $相连,三个灯泡规格完全相同。三个灯泡都能发光(不考虑灯丝电阻随温度变化的情况),工作中$ L_{3} $灯丝被烧断,关于$ L_{3} $灯丝烧断后说法正确的是 (B)


A.灯泡$ L_{1} $变亮
B.灯泡$ L_{2} $变亮
C.原线圈两端的电压变小
D.变压器输入功率不变

答案：
5.答案:B
解析:灯泡$L_3$灯丝烧断后，副线圈回路电阻$R_副$变大，如图所示，根据变压器的等效电阻$R_等=(\frac{n_1}{n_2})^2R_副$，可知$R_等$阻值变大，电源电压恒定，则原线圈电流减小，灯泡$L_1$变暗，故A错误；原线圈电流减小，电源电压恒定，所以变压器的输入功率变小，故D错误；由于输入电流变小，灯泡$L_1$两端的电压减小，原线圈两端电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯泡$L_2$变亮，故B正确，C错误。

6.如图所示,空间中存在一平面直角坐标系$ xOy $,其第一象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从$ y $轴上的$ A(0,a) $点以一定初速度沿着与$ y $轴正半轴成$ \theta = 45^{\circ} $的方向射入磁场,经磁场偏转后,粒子从$ x $轴上的$ C $点垂直$ x $轴离开磁场。已知磁感应强度大小为$ B $,粒子的比荷和电荷量分别为$ k $、$ q $,粒子的重力不计。下列说法正确的是 (D)


A.粒子在磁场中运动的时间为$ \dfrac{\pi}{4kB} $
B.从射入磁场到离开磁场,粒子所受洛伦兹力冲量的大小为$ \dfrac{3\sqrt{2}\pi qBa}{4} $
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为$ a $
D.$ C $与$ O $点相距$ (\sqrt{2} + 1)a $

答案：
6.答案:D
解析:作出粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为$t = \frac{(\pi - \theta)}{2\pi}·\frac{2\pi m}{qB}=\frac{3\pi m}{4qB}$，故A错误；由几何关系得粒子的运动轨道半径$r = \sqrt{2}a$，由洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^2}{r}$，解得$v=\frac{qBr}{m}=\frac{\sqrt{2}qBa}{m}$，因为洛伦兹力是变力，所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小$I\neq(qvB)t$，即$I\neq(q\sqrt{\frac{2qBa}{m}}B)·\frac{3\pi m}{4qB}=\frac{3\sqrt{2}\pi qBa}{4}$，故B、C错误；由几何关系可知，C与$O$点距离为$s_{OC}=r + a = (\sqrt{2}+1)a$，故D正确。