2026年高考物理二轮信息必刷卷03（天津专用）（解析版）

2026年高考二轮信息必刷卷03（天津专用）

物理

考情速递

高考·新动向：依据高考评价体系，强调依据核心价值引领、学科素养导向、关键能力为重、必备知识

为基、试题情境链接、创新设计试题。突出关键能力考查，激发学生从事科学研究、探索未知的兴趣，

助力拔尖创新人才的选拔培养，充分发挥高考育人功能和积极导向作用，精选试题素材弘扬爱国主义。

科技前沿结合：如第1题“拓扑绝缘体”和第13题“北斗氢原子钟”，将基础物理概念与材料科学、航

天科技结合，体现学科时代性。社会热点融入：第3题氧气瓶检测（环保议题）、第20题紫外线照射锌

板（光电效应应用），增强试题的现实意义。

高考·新考法：实验设计：第16题通过两种电路设计测量电动势，要求学生分析误差来源及数据可靠

性，体现科学探究素养。

动态建模：第17题圆周运动装置中，小球释放高度与轨道承受力的关联，需结合能量守恒与临界条件

分析。

高考·新情境：创设真实情境是高考物理命题的一大特点。物理+地理：第6题地球自转中昆明与赤道

物体的运动参数比较，隐含纬度对线速度的影响。

物理+化学/生物：第12题电势分布图像与点电荷叠加，第18题电磁感应与电容器中带电颗粒的复合场

运动，体现学科交叉思维。

命题·大预测：强化核心素养：注重基础概念的本质理解（如分子势能曲线、氢原子能级），避免公式

套用。

情境化训练：多接触科技热点（如量子材料、新能源）背景题，提升信息提取与建模能力。

跨学科思维：关注物理与地理、化学等学科的交叉点（如地球自转、电解液导电）。

动态过程分析：对碰撞、变加速、多阶段问题进行拆解训练，掌握微元法与守恒思想。

实验探究能力：总结教材实验变式（如测电阻的多种方法），培养开放性设计思维。

（考试时间：60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、考生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。

第Ⅰ卷(选择题，共40分)

选择题(本部分共8小题，每小题5分，共40分。在每个小题给出的四个选项中，第1～5小题，只有

一个选项符合题意；第6～8小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，

错选或不选的得0分)

一、选择题

1．如图所示，卫星绕地球沿椭圆轨道逆时针运行，其轨道近地点与地心的距离可视为地球半径。卫星从A

运动至B的过程中，不计空气阻力，关于该卫星下列说法正确的是（）

A．加速度逐渐增大B．速度始终小于第一宇宙速度

C．受到地球的万有引力做负功D．机械能逐渐减小

【答案】C

Mm

【详解】A．卫星从A运动至B的过程中，距离地心越来越远，由Gma可知加速度逐渐减小，A错

r2

误；

B．人造卫星在A点的发射速度大于第一宇宙速度，由A向B运动过程中速度大小逐渐减小，故其速度不

是始终小于第一宇宙速度，B错误；

C．卫星从A运动至B的过程中，距离地心越来越远，万有引力与速度夹角是钝角，故受到地球的万有引

力做负功，C正确；

D．人造卫星运动过程中只有引力做功，机械能守恒，D错误。

故选C。

2．原子核可以发生α衰变或β衰变，如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的原子核发生了α衰变

或β衰变，衰变结束时，α粒子或β粒子与反冲核（新核）的速度与磁场垂直，将在洛伦兹力的作用下做匀速

圆周运动，轨迹的半径一大一小，轨迹的形式分为内切和外切，下列说法正确的是（）

A．新核的轨迹半径大，α粒子或β粒子的轨迹半径小

B．α衰变对应的轨迹是内切圆，β衰变对应的轨迹是外切圆

238

C．若静止的92U在匀强磁场中发生α衰变，α粒子与反冲核的轨迹半径之比为45：2

238

D．若静止的92U在匀强磁场中发生α衰变，当α粒子转520圈，则反冲核转400圈

【答案】D

【详解】A．静止的原子核发生这两种衰变，满足动量守恒，有mv1mv20，总动量为0，衰变刚结束时，

mv2

动量等大反向，洛伦兹力充当向心力可得Bqv

R

结合pmv

p

综合可得R

Bq

反冲核（新核）的电荷量大，半径小，α粒子或β粒子的电量小，半径大，A错误；

B．对于α衰变，衰变后的两种粒子都带正电，若为内切圆，两粒子的运动方向必须相同，与动量反向相矛

盾，则必须为外切圆，同理β衰变后的两种粒子新原子核带正电，β粒子带负电，动量方向相反，根据左手

定则可知轨迹是内切圆，B错误；

2382382344

C．92U发生α衰变的方程式为92U90X2He

p

由R

Bq

：：

可得RαRX451，C错误；

2R2m

D．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为T

vBq

Tmq49010

则有ααX

TXqαmX223413

当α粒子转520圈，设反冲核转了n圈，根据时间相等，则有520TαnTX

计算可得n400，D正确。

故选D。

3．如图所示，倾角为37的斜面体固定在水平面上，质量为m1kg、可视为质点的物体放在斜面体的

底端，现在物体上施加一沿斜面向上的外力F12N，物体从斜面体底端由静止出发，最终物体经t2s的

时间运动到斜面体的顶端。已知斜面体的长度为L4m，sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度g10m/s2，

不计空气阻力.下列说法正确的是（）

A．物体与斜面体间的动摩擦因数为0.25

B．若物体以初速度42m/s从底端冲上斜面体，物体刚好运动到斜面体顶端

C．若物体由斜面体顶端静止释放，物体经2s的时间运动到斜面体底端

D．F作用时物体的加速度大小a1m/s2

【答案】C

1

【详解】AD．物体在外力作用下沿斜面体向上做匀加速直线运动，则有Lat2

21

2L

解得a2m/s2

1t2

对物体受力分析，如图甲所示，沿斜面方向，由牛顿第二定律得FmgsinFfma1

垂直斜面方向有FNmgcos

又FfFN

解得0.5，AD错误；

B．物体冲上斜面体后，对物体受力分析，如图乙所示，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma2

2

解得a210m/s

2

物体刚好运动到斜面体顶端时，由公式v2a2L

代入数据解得v45m/s，B错误；

C．若物体由顶端静止释放后，对物体受力分析，如图丙所示，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma3

2

解得a32m/s

1

物体沿斜面体下滑的过程，由Lat2

23

2L

得t

a3

解得t2s，C正确。

故选C。

4．如图所示，一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，其中AB和CD均为等温

过程。关于该循环过程，下列说法正确的是（）

A．AB过程中，气体对外做功大于从外界吸收的热量

B．CD过程的温度高于AB过程的温度

C．BC过程中，单位时间单位面积气体撞击器壁的次数减小

D．从状态A经一个循环又回到A的全过程中，气体吸收的热量小于放出的热量

【答案】C

【详解】A．AB过程中，气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔUWQ可知，

气体从外界吸收的热量等于对外做功，故A错误；

pV

B．根据理想气体状态方程C可知，体积为V时，A状态压强高于D状态压强，因此温度T1高于T2，

T1

故B错误；

C．BC过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，气体的平均速率减小，单位时间单位面积气体撞

击器壁的个数减小，故C正确；

D．从状态A经一个循环又回到A的全过程中，气体内能不变，整个过程气体对外做功大小等于图像ABCDA

围成的面积，则整个过程气体吸收热量，即气体吸收的热量大于放出的热量，故D错误。

故选C。

5．如图，矩形玻璃砖abcd平行于光屏P放置于其上方，两束平行的紫光A和红光B斜射到玻璃砖的ad

面，两个入射点间的距离为x1，穿过玻璃砖下表面bc后，射在光屏P上两个点间的距离为x2。不考虑光在

玻璃砖中的反射，则射在光屏上的两个点（）

A．x1x2B．x1x2C．x1x2D．x20

【答案】B

【详解】作出光路图，如图所示

由题知，两束平行的紫光A和红光B斜射到玻璃砖的ad面，则两光在上表面的入射角相同，设为i，紫光

A的折射角为r1，红光B的折射角为r2，两光在下表面出射点间的距离为x3，因紫光A的折射率大于红光

sini

B的折射率，即nn，又两光的入射角i相同，根据折射定律有n

12sinr

可知sinr1sinr2，即r1r2

根据几何关系可知，若r1r2，则有x1x3，现在通过分析知r1r2，故x1x3

即两光在下表面出射点间的距离大于两光在上表面入射点间的距离，根据光路可逆原理，两光从下表面出

射后仍然平行，故x1x3x2。

故选B。

二、多选题

6．2025年10月3日至9日，内蒙古绿电“出塞”首次到海南。来自内蒙古的风、光资源，跨越3000公里“电

力天路”，转化为海南岛的万家灯火，标志着内蒙古实现了清洁能源有史以来最远距离的跨省输送。如图所

示为通过远距离输电方式给新能源汽车充电桩供电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器T1和降压

变压器T2的原、副线圈匝数比分别为n1:n21:20、n3:n419:1。输电线总电阻为r4Ω。在升压变压器

的原线圈两端接入一电压为u2202sin100t(V)的交流电。不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是

（）

A．充电桩上交流电的周期为0.01s

B．升压变压器T1副线圈两端的电压为4400V

C．当充电桩使用个数增多时，降压变压器T2的输出电压减小

D．当升压变压器T1的输入功率为88kW时，输电线上损失的电功率为1.6kW

【答案】BCD

【详解】A．由u2202sin100t(V)，可知100s1

2π

则交流电的周期为T0.02s，故A错误；

ω

B．升压变压器原线圈电压的有效值U1220V

Un

11

根据，解得U24400V，故B正确；

U2n2

P

C．若充电桩消耗的总功率增大，则升压变压器输入功率变大，因为输入电压不变，由I1，可知升压变

U1

压器原线圈中的电流变大，升压变压器副线圈中的电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原

线圈的电压变小，则降压变压器T2的输出电压减小，故C正确；

P

D．升压变压器T1的输入功率为88kW时，输入电流为I1400A

U1

nI

12

根据，解得I220A

n2I1

2

输电线上损失的电功率为P损=I2r1.6kW，故D正确。

故选BCD。

7．地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲，P质点的平衡位置坐标x10，Q质点的平衡

位置坐标x26km，以此时刻为计时起点，质点Q振动过程中加速度随时间变化的at图像如图乙，则下

列说法正确的是（）

A．波沿x轴正方向传播

B．该波的传播速度为3km/s

C．t1s时，质点Q的位移为负方向最大

D．05s内，质点P运动的路程小于50cm

【答案】AC

【详解】A．图乙中，t=0时a=0，a接下来为正，位移取负值，说明，t=0时，Q在平衡位置正在向下运

动，在图甲中Q点左边的质点的位移比Q点低，说明Q是在左方质点带动下振动的，可得波向右传播，A

正确；

3

B．由甲图可得OQ6km，由乙图可得T4s，根据v

8T

可得v4km/s，B错误；

T

C．质点Q处于平衡位置正在向下运动，t=1s时，t，正好运动到负向最大位移处，C正确；

4

5

D．0∼5s内，tT，质点P在一个周期内的路程s4A410cm=40cm

41

TT

质点P在其余运动的路程为s，若质点P从负的最大位移处向上运动，在时间内的路程为一个振幅A

424

T

质点P已离开负的最低点，正在向上运动，在时间内的路程sA

42

0∼5s内，质点P的路程ss1s250cm，D错误。

故选AC。

8．某空间x轴上只存在沿此轴方向的静电场，x轴上各点的电势分布如图所示。一带负电的粒子（电量为

−q）仅在电场力作用下由x轴上某点无初速释放，已知粒子沿x轴运动过程中动能和电势能之和恒为零，则

下列判断正确的是（）

A．粒子的运动区间是x1xx4

B．运动过程中的最大动能为qφ0

C．若把此粒子在x轴上x1的左侧某处由静止释放，则粒子沿x轴向左运动

D．若把此粒子沿x轴从x1移动到x3，则粒子的电势能先增大后减小

【答案】BC

【详解】A．由题意知粒子沿x轴运动过程中的总能量恒为零，粒子无初速释放，粒子初动能为0，可知释

放时粒子电势能也为0，即释放粒子的位置电势为0，结合图像可知，粒子的运动区间是x2xx3，A错误；

B．由图像可知电场力对粒子做正功最多为WqUq0，根据动能定理可知粒子最大动能为q0，B正确；

C．由顺着电场线的方向电势逐渐降低，则x1左侧的电场方向沿x轴正向，粒子受到向左的电场力，则粒子

沿x轴向左运动，C正确；

D．粒子沿x轴从x1到x3，根据电势能Epq可知，粒子的电势能先减小后增大，再减小后增大，D错误。

故选BC。

第Ⅱ卷(非选择题，共60分)

三、实验题(本题共2小题，共12分)

9．小明同学在使用智能手机时发现，phyphox软件具备多种功能，其中的声学秒表可以记录两个声响之间

的时间间隔。据此，小明同学设计了一个实验来测量当地的重力加速度，实验装置如图所示。重锤静止悬

挂，剪刀剪断细线时会发出一个声响，重锤落地也会发出一个声响，软件可以记录这两个声响之间的时间

间隔t，然后利用自由落体运动公式即可测出重力加速度。

(1)要完成本实验，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。

A．需要测量出重锤的质量

B．需要测量出剪断细线的点和水平地面之间的高度差h1

C．需要测量出剪断细线时重锤底部和水平地面之间的高度差h2

D．可以在一个吵闹的环境中进行实验

(2)已知当地重力加速度大小为g0，实验测得的重力加速度大小为g测。若g测>g0，则产生误差的原因可能

是；若g测<g0，则产生误差的原因可能是。（均回答1条即可）

【答案】(1)C

(2)刻度尺倾斜导致高度差测量偏大空气阻力的影响

12h

【详解】（1）ABC．根据hgt2可得g，则该实验不需要测量出重锤的质量，需要测量出剪断细线

2t2

时重锤底部和水平地面之间的高度差h2，AB错误，C正确；

D．该实验不可以在一个吵闹的环境中进行实验，否则会干扰手机记录声音，D错误。

故选C。

（2）[1][2]若g测>g0，则产生误差的原因可能是刻度尺倾斜导致高度差测量偏大；若g测<g0，则产生误差的

原因可能是空气阻力的影响，导致重力加速度测量值偏小。

10．某兴趣小组设计如图甲所示的实验电路图探究热敏电阻RT的阻值（常温时约为几十千欧）随温度变化

的关系。

(1)图甲中电源电动势E12V，内阻不计，定值电阻R015kΩ，毫安表A1和A2量程均合适，则下列两种规

格的滑动变阻器，应选______（填“A”或“B”）更为合理；

A．滑动变阻器（阻值范围0~2000Ω，允许的最大电流1A）

B．滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，允许的最大电流2A）

(2)经过测量不同温度下热敏电阻RT的阻值，得到其阻值与温度的关系如图乙所示。若在某次测量中，毫安

表A1的示数为2.40mA，A2的示数为1.80mA，两电表均可视为理想电表，则此时温控室内的温度为℃。

(3)兴趣小组又利用该热敏电阻设计了如图丙所示的温度控制电路，R为电阻箱，控制系统可视为阻值为48kΩ

的定值电阻，电源的电动势E010V（内阻不计）。当通过控制系统的电流大于0.2mA时，加热系统将开启；

当通过控制系统的电流小于0.2mA时，加热系统将关闭。若要使得温度低于15℃时，加热系统立即启动，

应将R调为Ω；若将R适当调小，则加热系统的开启温度将（填“高于”或“低于”）15℃。

【答案】(1)B

(2)20

(3)800高于

E

【详解】（1）若滑动变阻器选用B，则干路的电流约为I0.6A1A

R

没有超过滑动变阻器的额定电流，所以为了便于调节，应选用阻值范围较小的B。

（2）定值电阻R0两端的电压为U0I0R0

由图可知，定值电阻R0与热敏电阻RT并联，则电压相等，即UTU0ITRT

联立解得RT20kΩ

由图乙可知，此时温控室内的温度为20C。

（3）[1]由图乙可知，当温度为15C时，热敏电阻的阻值为RT32kΩ

控制系统可视为阻值为R控48kΩ

IR控

根据闭合电路欧姆定律可得(I)RIR控E0

RT

其中I0.2mA

代入数据解得R800Ω

[2]若将R调小，要想维持控制系统两端的电压不变，则RT应变小，温度升高，故加热系统的开启温度高于

15C。

四、计算题(本题共3小题，共48分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)

11．（14分）第24届冬季奥林匹克运动会2022年2月4日—2022年2月20日在北京举办，如图所示，中

国选手跳台滑雪运动员谷爱凌在一次比赛时，经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜

坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37，不计空气阻力（sin37°0.6，

cos37°0.8，g取10m/s2）。求：

(1)A点与O点的距离L；

(2)谷爱凌离开O点时的速度大小；

(3)谷爱凌从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间为多少，离坡面的最远距离为多大。

【答案】(1)75m

(2)20m/s

(3)1.5s；9m

1

【详解】（1）谷爱凌在竖直方向做自由落体运动，有Lsin37gt2

2

gt2

解得L75m

2sin37

（2）设谷爱凌离开O点时的速度为v0，谷爱凌在水平方向的分运动为匀速直线运动，有cos37v0t

Lcos37

解得v20m/s

0t

（3）谷爱凌的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动（初速度为v0cos37、加速度为gsin37）和垂

直斜面方向的类竖直上抛运动（初速度为v0sin37、加速度为gcos37），当垂直斜面方向的速度减为零时，

谷爱凌离斜坡最远，有v0sin37gcos37t

解得t1.5s

（2

而v0sin37)2gcos37x

解得x9m

12．（16分）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板

间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为

圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，

重力忽略不计。

(1)判断粒子的电性；

(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；

(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。

【答案】(1)正电

mv

(2)r

qB

m

(3)t

3qB

【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。

mv2

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB

r

mv

解得r

qB

（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，运动轨迹如图

依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得

3

2r

匀速圆周运动的周期T

v

带电粒子在磁场中运动的时间tT

2

m

解得t

3qB

13．（18分）如图所示，平面直角坐标系xOy的x0区域内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为

qB2L

E。M、N是平行于y轴的磁场边界，y轴与M间是区域Ⅰ有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、

0m

N间是区域Ⅱ有垂直坐标平面向里的匀强磁场，在N右侧是区域Ⅲ有沿y轴负方向的匀强电场和垂直于坐标

平面向里的匀强磁场组成的叠加场。区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，磁场的磁感应强度大小均为B。区域Ⅲ中磁场的

13qB2L

磁感应强度大小为B，电场的电场强度大小为E。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在

24m

第三象限内的P点沿与x轴正方向成45角的方向斜向上射出，粒子刚好从O点沿x轴正方向进入区域Ⅰ，且

恰好不进入区域Ⅱ。不计粒子的重力。求：

(1)粒子在P点坐标；

1

(2)将区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小改为B，求粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；

2

(3)在（2）问中，以粒子通过N时为t0时刻，则粒子进入区域Ⅲ后，速度最小时对应的时刻和离x轴最远

时与x轴的距离分别是多少？（结果可保留根式）

12πm(14n)πm

【答案】(1)PL,L(2)t总(3)t(n0,1,2,3,)，(33)L

23qBqB

【详解】（1）区域Ⅰ中由几何轨迹半径rL

v2

根据洛伦兹力提供向心力有qvBm1

1r

点的速度分解为vvtan45

Py01

P点运动到O点，根据牛顿第二定律有qE0ma

12

根据类平抛运动规律有xvt，yat，vyat

010