文档文本内容
2026 年高考一轮复习检测卷（二）
高三物理
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的。
1. 发现质子的核反应方程为
。患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人，植入心
脏起搏器（如图）是现在比较有效的治疗方式，有些心脏起搏器的电池是Z 粒子辐射电池，它是一种利用
放射性同位素衰变时释放的Z 粒子直接转换为电能的装置，衰变方程为
，下列说法正确的
是（ ）
A. 核反应方程中的X 为
B. 查德威克通过实验证实了质子的存在
C. 衰变方程中的Z 为
D. Sr 衰变的核反应前后质量数不守恒
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据核反应过程中质量数与电荷数守恒，设X 的质量数为A，则有
解得
设X 的电荷数为Z，则有
解得
所以X
；同理根据衰变过程中质量数与电荷数守恒，可知Z 为
，故A 错误，C 正确；
B．卢瑟福通过实验证实了质子的存在，查德威克通过实验证实了中子的存在，故B 错误；
D．
衰变的核反应前后质量数守恒，故D 错误。
故选C。
2. 处于静电平衡的导体电场线和等势线分布如图所示，则（ ）
A. a 点和b 点的电势大小相同
B. c 点和d 点的电场强度相同
C. 取导体表面的电势为零，电子在c 点的电势能为正值
D. 从a 到c 与从b 到d，电场力对电子做功相等
【答案】C
【解析】1 沿电场线电势降低，可知，a 点电势低于b 点电势，A 项错误；c 点和d 点的电场强度方向不相
同，则c 点和d 点的电场强度不相同，B 项错误；沿电场线电势降低，取导体表面的电势为零，则c 点的
电势为负值，根据电势能的定义式可知，电子在c 点的电势能为正值，C 项正确；
根据图示等势线的分布可知
，则有
，根据
可知
，D 项错误。
3.如图所示，光滑水平地面上有一质量为
的小车在水平推力
的作用下加速运动。车厢内有质量均为
的A、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩
擦因数为
，杆与竖直方向的夹角为
，杆与车厢始终保持相对静止，已知重力加速度为
，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 若A 球所受车厢壁弹力为零，则轻杆所受的弹力为
B. 若A 球所受车厢壁弹力为零，则
C. 若B 球受到的摩擦力为零，则
D. 若B 球受到的摩擦力为零，则
【答案】D
【解析】 轻杆的弹力方向沿杆，若A 球所受车厢壁弹力为零，对A 进行分析，A 受到重力与轻杆对A 沿
杆向上的弹力，合力方向水平向左，如图所示
则有
，A 项错误；若A 球所受车厢壁弹力为零，结合上述，根据牛顿第二定律有
，对小车、A、B 构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，B 项错误。对小球A 进行分析，轻杆对A 的弹力沿竖直方向的分力始终与A 的重力
平衡，即有
可知，轻杆对A 的弹力始终不变，由于轻杆质量不计，根据牛顿第二定律可知，轻杆所受外力的合力始终
为0，结合牛顿第三定律可知，轻杆对B 的弹力方向沿杆向下，大小等于
若B 球受到的摩擦力为零，对B 进行分析，根据牛顿第二定律有
对小车、A、B 构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，C 项错误、D 项正确。
4.白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程。单机容量世界第一，额定电压世界最高，被誉为水电
巅峰之作。如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别
为
、
，降压变压器的原、副线圈匝数分别为
、
。保持发电机输出电压
及输电线路上的总电阻
不变。如果将输送电压
由240kV 升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2 倍，则（ ）
A.
变为原来的
B. 输电线上的电流变为原来的
C. 输电线上损失的功率变为原来的
D. 如果用户两端电压
不变，
应变小
【答案】A
【解析】
不变，如果将输送电压
由240kV 升级为1000kV，
变为原来的
，根据
，
所以
变为原来的
，A 项正确；根据
可知，因
变为原来的2 倍，
变为原来的
，
则输电线上的电流
变为原来的
，B 项错误；根据
可知
变为原来的
，C 项错误；
总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则
变大，又
变小，
，
则
变大，D 项错误。
5.某智能锁利用超级电容器作为待用电源，其简化电路如图所示。主电源正常工作时（开关S 闭合），智
能锁的输入电压为6V；当主电源断电（开关S 断开），则启用备用电源，智能锁在输入电压降至4.5V 时
会发出低电压警报。该电容器的电容为1F，
及
是电路中的小电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 正常工作时，电容器储存电量为6C
B. 断电前后，流经智能锁的电流方向相反
C.
阻值越大，当主电源断电后，电容器放电时间一定越短
D. 从主电源断电后至智能锁发出低电压警报，流经智能锁
电量为1.5C
【答案】A
【解析】 正常工作时，由图可知，电容器与智能锁并联，电阻
相当于导线作用，没有电压；故电容器
两端的电压等于智能锁的输入电压，即为6V，根据
，A 项正确；断电前，由主电源对智能
锁供电，电流方向由上到下；主电源也对电容器供电，电容器上端为正极，下端为负极；断电后，由电容
器对智能锁供电，电流方向由上到下，所以断电前后，流经智能锁的电流方向相同，B 项错误；当主电源
断电后，电容器放电，
阻值越大，回路中的电流越小，因电容器储存的总电量是一个定值，根据
，可知电容器放电时间越长，C 项错误；当电容器放电时，电阻
与智能锁串联，所以当智能锁
在输入电压降至4.5V 时会发出低电压警报，此时电阻
两端也有电压，故此时电容器两端的电压大于
4.5V 而小于6V，所以电容器变化的电压小于1.5V，根据
，可知流经智能锁的电量小于
1.5C，故D 项错误。
6. 未来的宇宙科学探测实验中，在某未知星系中发现了一颗新行星，发射一科考探测器绕该行星做匀速圆
周运动，运行周期为
，轨道半径为
，且恰好等于该行星的直径。已知万有引力常量为
，将行星视为
质量分布均匀的球体，忽略行星自转，下列说法正确的是（ ）
A. 行星的质量为
B. 行星的第一宇宙速度为
C. 行星表面的重力加速度是探测器向心加速度的4 倍
D. 若探测器质量变为原来2 倍，其运行周期将变为原来的
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
可得行星的质量为
，故A 错误；
B．根据
可得
行星的第一宇宙速度
等于行星表面轨道卫星的运行速度，则行星的第一宇宙速度大于探测器的运行速度，
即
，故B 错误；
C．由题意可知，行星的半径为
，根据
，
可知行星表面的重力加速度是探测器向心加速度的4 倍，故C 正确；
D．根据
可得
若探测器质量变为原来2 倍，其运行周期不变，故D 错误。
故选C。
二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
7. 一根较长的软绳平放时与x 轴重合，绳的左端在坐标原点O 处，用手握住绳的左端上下抖动，在绳上形
成简谐波。从开始抖动计时，t=0.3s 形成的波形如图所示，波刚好传播到x=6m 处，关于这段波动过程，下
列判断正确的是（ ）
A. 绳左端起振的方向为y 轴负方向
B. 手的抖动先快后慢
C. 绳波传播的速度为20m/s
D. t=0.25s 时，手抖动的频率为10Hz
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据波动与振动关系可知，
m 处质点的起振方向为y 轴负方向，因此绳左端起振的方向
为y 轴负方向，故A 正确；
B．根据图像可知，手抖动时先慢后快，故B 错误；
C．绳波传播的速度
，故C 正确；
D．
s 时，由图可知波长
手抖动的频率为
，故D 正确。
故选ACD。
8.一定质量的理想气体从状态a 开始，经过一个循环a→b→c→d→a，最后回到初始状态a，各状态参量如
图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 状态a 到状态c 气体放出热量
B. 状态b 到状态c 气体分子的平均动能减少
C. b→c 过程气体对外做功大于c→d 过程外界对气体做功
D. 气体在整个过程中从外界吸收的总热量可以用abcd 的面积来表示
【答案】BD
【解析】 a 状态到c 状态，根据理想气体状态方程有
可知
，可得a 状态到c 状态的内能增大，又此过程气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气
体吸热，A 项错误；b 状态到c 状态，根据理想气体状态方程有
可知
则状态b 到状态c 气体分子的平均动能减少，故B 项正确；根据
图像与横轴围成的面积
表示做功大小，图像可知b→c 图像与横轴围成的面积小于c→d 图像与横轴围成的面积，即b→c 过程气体
对外做功小于c→d 过程外界对气体做功，故C 项错误；气体从a 状态开始，经过a→b→c→d→a，最后回
到初始状态a，由于气体的内能变化为0，根据热力学第一定律可知，气体在整个过程中从外界吸收的总
热量等于气体对外界做的功，即可以用abcd 的面积来表示，D 项正确。
9.某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员
在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s 至10.35s 内，
曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g 取10m/s2。下列说法
正确的是（ ）
A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为32m/s2
B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N·s
【答案】AC
【解析】5 由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为
，A 项正确；
根据
图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为
，B、D 项错误、C 项正确
10. 如图所示，质量为2 kg 的单匝矩形线框PMNQ 恰好静止在倾角
的粗糙绝缘固定斜面上，PQ、MN
的电阻分别为
和
， PM、QN 的电阻不计。虚线下方区域存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应
强度为1 T。一质量为1kg 的光滑导体棒ab 水平放置在矩形线框上，接入回路的有效长度为3 m，电阻为
。运动过程中导体棒始终与线框接触良好，且与 PQ 平行。现将导体棒从距磁场边界S 处静止释放，
进入磁场的瞬间，线框恰好不滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取
。则下
列说法正确的是（ ）
A. 导体棒进入磁场瞬间的加速度大小为
B. 距离S 为
C. 导体棒匀速运动时的速度大小为
D. 导体棒进入磁场后，经
已达到匀速运动状态，此过程回路中产生的总焦耳热为
【答案】BD
【解析】 由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有
，则有
。导
体棒进入磁场
瞬间，由右手定则可知，电流从b 到a，从P 到Q，且PQ 所受安培力沿斜面向下，由平衡
关系可知大小为6N。由
知
，再由电流关系可知
,所以ab 所受安培力大小为
，方向沿斜面向上。对ab 受力分析有
，解得加速度为
，方向沿斜面向
上， A 项错误；由公式
和
可知导体棒进入磁场时速度为
，再由运动学公式
，可知释放距离S 为
，B 项正确；速度稳定时有
，其中
,
解得速度为
，C 项错误；由动量定理有
解得
，可知进入磁场后1s 内导体棒运动了15m，又由动能定理
，且
，D 项正确。
三、非选择题：本题共5 小题，共56 分。
11. （5 分）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计
算。
（1）①某同学在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径
，示数如图
甲，则
___________
。
②紧接着他将摆球拉开一个小角度，让摆球在竖直平面内摆动。摆球经过平衡位置时记为1 次并用秒表开
始计时，此后摆球每经过最低点一次计数一次，计数到101 时，结束计时，用时
，则单摆完成一次
全振动的周期
___________ （保留3 位有效数字）。
（2）另一同学测量一根原长为
（水平放置时的自然长度）的弹簧的劲度系数，他将弹簧一端竖直悬挂
在铁架台横杆上，如图乙。在弹簧另一端挂一质量为
的砝码，待弹簧与砝码共同静止后，测量此时弹簧
的总长度，记为
；保持弹簧悬挂状态不变，再加挂一个质量也为
的砝码，待系统再次静止后，测量此
时弹簧的总长度，记为
，重力加速度大小为
，实验时弹力始终未超过弹性限度。数据处理时，该同学
分别按
，
计算劲度系数，发现结果并不相同，则___________（选填“
”
或“
”）更准确。
【答案】（1） ①. 6.698##6.697##6.699 ②. 1.76
（2）
【解析】
【小问1 详解】
[1]
①
螺旋测微器读数为
。
[2]
②
单摆一共完成了50 次全振动，单摆完成一次全振动的周期
。
【小问2 详解】
弹簧自重使悬挂时已有微小形变，
偏大，所以劲度系数偏小，而
将弹簧自重引起的误差抵
消，算出的劲度系数更准确，故
。
12. （10 分）（2025·河南省许昌市高三二模）实验室有一只电流表，满偏电流
为
，内电阻
约
。某同学欲用半偏法测量该电流表的内电阻
，然后把这只电流表改装成量程为
的电压表。
实验室还能提供实验器材规格如下：
A.滑动变阻器（
）
B.滑动变阻器（
）
C.电阻箱（
）
D.电源（电动势为
，内阻不计）
E.开关两个、导线等
（1）要尽可能准确测出电流表的内电阻，滑动变阻器应选用________。
（2）将测电流表内电阻的实物连线图补充完整________；
（3）实验时进行的主要步骤有：
①把滑动变阻器阻值调到最大，在开关
断开的前提下，闭合开关
②调节滑动变阻器的触头，使电流表指针偏转到满刻度
③闭合开关
，在滑动变阻器阻值保持不变前提下，调节电阻箱使得电流表指针指向表盘中央刻度
④记下电流表指针指向表盘中央刻度时电阻箱
读数
根据以上实验得到的数据，电流表的内阻的测量值
________
，
的测量值与真实值相比________
（填“偏大”或“偏小”）。
（4）若测得电流表内阻
，把这只电流表改装成量程为
的电压表需要________（填“串
联”或“并联”）一只阻值为________
的定值电阻。
.【答案】（1）A （2）
（3） ①. 180 ②. 偏小 （4） ①. 串联 ②. 29800
解析 (1)用半偏法测电流表的内阻时，与电流表串联的滑动变阻器的阻值要尽可能大，以减小测量误差；
在电路电流不超过电流表量程的前提下，电源电动势应尽可能大些，以保证电流表满偏时滑动变阻器的阻
值尽可能大，故滑动变阻器应选A。
(2)实物连线要做到开关
能够控制电阻箱并联进电路，故电路实物连线如图所示
(3)闭合
后，电流表与电阻箱并联，且并联后电路总电阻视为不变，则总电流不变，电流表指针偏转到
满刻度的
，则通过电阻箱的电流为总电流的
，则
实际操作中，闭合
后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于原来总电流的
，则
该实验测出的电流表内阻要小于电流表内阻的真实值。
(4)若测得电流表内阻
，把这只电流表改装成量程为
的电压表需要串联一只阻值分压，
根据欧姆定律可得
解得
13.（10 分）（2025·安徽省黄山市高三二模）光纤通信具有诸多优点。一根粗细均匀的光导纤维束置于空
气中，AB 段为半圆形，光导纤维束的横截面直径为d。一束激光在光导纤维内的传播过程中到达半圆直径
上A 点，方向与内表面夹角θ=30°，之后在半圆形光导纤维内发生5 次全反射（不含A、B 位置），从半圆
直径上B 点射出半圆形部分。已知光在光导纤维半圆的外圆表面均恰好发生全反射，过光导纤维中轴线的
剖面及光路如图所示。已知真空中光速为c。求：
（1）该光导纤维的折射率；
（2）该光束在半圆形光导纤维中传播的时间。
【答案】（1）2 （2）
解析 （1）光在光导纤维半圆的外圆内表面恰好发生全反射，光路图如图所示
由于可知，发生全反射的临界角为30°，根据公式
可得光导纤维的折射率
（2））设OA 长为r，则
根据几何关系可得
解得
光在光导纤维中的传播速度
光在光导纤维中的路程
则该光束在半圆形光导纤维中运动的时间为
14.（13 分）（2025·广东省茂名市高三一模）如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图，
质子经加速电场后沿水平方向进入速度选择器，再经过磁分析器和偏转系统后，定向轰击肿瘤。已知速度
选择器中电场强度的大小为E、方向竖直向上，磁感应强度大小为
、方向垂直纸面向外，磁分析器截面
的内外半径分别为
和
，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M 和N 处各有一个小孔。偏转
系统下边缘与肿瘤所在平面距离为L，偏转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时，质子恰好
垂直轰击肿瘤靶位所在平面上的O 点；当偏转系统施加如图乙所示变化电压后，质子轰击点将发生变化且
偏转电压达到峰值
（或
）时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开（质子通过偏转系统时间极短，此
过程偏转电压可视为不变），已知整个系统置于真空中，质子电荷量为q、质量为m。求：
（1）质子到达M 点速度大小；
（2）要使质子垂直于磁分析器下端边界从孔N 离开，请判断磁分析器中磁场方向，并求磁感应强度
的
大小；
（3）在一个电压变化周期内，质子轰击肿瘤宽度是多少？实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度，
若只改变某一物理参数达到原宽度，如何调节该物理参数？
【答案】（1）
（2）
（3）
，增加L
解析 （1）质子匀速通过速度选择器，受力平衡
可得
（2）在磁分析器匀速圆周运动，由题图可知
洛伦兹力提供向心力有
可得
（3）在偏转系统中质子做类平抛运动，当电源位移
时质子恰好从偏转系统下则边缘离开，有
，
其中
根据牛顿第二定律有
根据速度的分解有
解得
离开偏转系统后，质子做匀速直线运动
解得
故质子轰击肿瘤宽度
可知增加L，可以增加质子轰击肿瘤宽度
15. (18 分）（2025·河北石家庄·二模）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、
半径
的竖直光滑圆轨道、长
的水平直轨道BD、长
的水平传送带DE 和足够长的
光滑轨道EK 平滑连接而成（A、B、D、E、K 共线），其中C 点为竖直圆轨道上的最高点。质量
的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A 点，质量
、半径
的四分之一
光滑圆弧形物块GFH 静置于水平轨道EK 上。传送带DE 以恒定速率
顺时针转动。现对滑块施加
一水平瞬时冲量I 使滑块恰好能通过圆轨道的C 点，之后滑块经过轨道BD 滑上传送带，而后冲上物块
GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
，不计空
气阻力。求：
(1)瞬时冲量I 的大小；
(2)滑块冲出物块GFH 后上升到最高点时与H 点之间的距离h；
(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】.(1)
；(2)
；(3)
解析 （1）根据动量定理
在C 点根据牛顿运动定律
滑块由A 运动到C 的过程中，由机械能守恒得
综合解得
（2）滑块由A 运动到D 的过程中，由动能定理得
解得
因为
，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则
滑块运动的位移
所以假设成立，滑块到达E 点时速度
滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H 点时，它们水平方向有相同的速度
，设此时滑块竖直方向分速度为
，根据动量守恒：
由能量守恒得：
解得
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与
点之间的距离
（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒
由能量守恒
解得
，
滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E 点，该过程所用时间
，此过程中，
滑块与传送带的相对位移
滑块由D 点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量
