2026年高考物理二轮信息必刷卷02（天津专用）（解析版）

2026年高考二轮信息必刷卷02（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2题中国科学院近代物理研究所首次合成的新核素，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。

高考·新考法：实验设计：第10题通过“测定金属的电阻率”，要求学生分析误差来源及数据可靠性，

体现科学探究素养。

高考·新情境：创设真实情境是高考物理命题的一大特点。第8题这道题是电场力与运动结合的新情景

问题，核心是通过试探电荷的运动状态（v-t图像）反推电场的分布（场强、电势）。

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．如图为一双齿轮传动系统，大、小齿轮的半径之比为2:1，传动时齿轮不打滑，则下列结论正确的是

（）

A．大小齿轮转动的角速度之比为1:1

B．大小齿轮边缘的线速度之比为2:1

C．大小齿轮转动的周期之比为1:2

D．大小齿轮边沿的向心加速度之比为1:2

【答案】D

【详解】B．因为是齿轮传动，大、小齿轮边缘上的点转动的线速度之比为v1:v21:1，故B错误；

A．由vr，可得大、小齿轮转动的角速度之比为1:2r2:r11:2，故A错误；

2

C．由T，可得T:T:r:r2:1，故C错误；

122112

v2

D．由a，可得大、小齿轮边缘上的点的向心加速度之比为a1:a2r2:r11:2，故D正确。

r

故选D。

210210206

2．中国科学院近代物理研究所首次合成的新核素91Pa会发生衰变，衰变方程为91Pa89AcX，其中

210206

91Pa、89Ac、X的比结合能分别为E1、E2、E3。下列说法中正确的是（）

A．X粒子为电子

210

B．91Pa的半衰期随温度升高而减小

C．该衰变反应释放的核能为206E24E3210E1

206210

D．89Ac比91Pa少4个中子

【答案】C

【详解】A．衰变方程中，质量数守恒：210=206+4，电荷数守恒：91=89+2，故X为α粒子，A错误；

B．半衰期是原子核的固有属性，与温度无关，B错误；

C．结合能是“核子结合成原子核时释放的能量”，衰变释放的能量等于反应前后结合能的变化：反应前结

合能为210E1，反应后结合能为206E2+4E3，故释放的核能为（206E2+4E3）−210E1，C正确；

D．Pa的中子数为210−91=119，Ac的中子数为206−89=117，两者相差2个中子，而非4个，D错误。

故选C。

3．在光滑的水平面上有两个质量均为m的物块A和B，物块B的左端与一轻弹簧相连并处于静止状态，

如图所示。物块A以速度v0向物块B运动，在物块A通过弹簧和物块相互作用的过程中，下列说法正确的

是（）

A．弹簧对物块A和对物块B的冲量相同

B．物块A和物块B组成的系统，动量不守恒

1

C．弹簧的最大弹性势能为mv2

40

D．物块B获得的最大速度可能大于v0

【答案】C

【详解】A．弹簧对物块A和对物块B的冲量大小相等、方向相反，因此，弹簧对物块A和对物块B的

冲量不同，故A错误；

B．A、B和弹簧组成的系统在水平方向不受外力，系统动量守恒，故B错误；

C．由题可知，A、B共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒可得mv02mv

1

解得A、B共同的速度为vv

20

1212

设弹簧的最大弹性势能为Epmax，根据能量守恒可得mv2mvE

202pmax

1

联立解得，弹簧的最大弹性势能为Emv2，故C正确；

pmax40

D．当A、B与弹簧分离时，B的速度最大，此时类似弹性碰撞，由于A、B质量相等，则弹性碰撞后，二

者交换速度，因此物块B获得的最大速度只能等于v0，不可能大于v0，故D错误。

故选C。

4．一定质量的理想气体经历如图所示的循环过程，其中c→a过程是绝热过程，下列说法正确的是（）

A．b→c过程中，气体的温度升高

B．c→a过程中，气体分子的平均动能减小

C．a→b过程中，气体从外界吸收的热量小于气体内能的增加量

D．a→b→c→a的整个过程中，气体从外界吸收量

【答案】D

pV

【详解】A．b→c过程中，气体体积不变压强减小，根据nR可知，气体的温度降低，故A错误；

T

B．c→a为绝热过程，即Q=0；因体积减小，故外界对气体做功，即W>0。

根据ΔU=Q+W可知，ΔU>0。即气体内能增大，则温度升高，气体分子的平均动能增大，故B错误；

C．a→b过程中，气体压强不变体积增大，对外做功，即W<0。

pV

根据nR可知，温度升高，故内能增大。

T

根据ΔU=Q+W可知，气体从外界吸收的热量大于气体内能的增加量，故C错误；

D．因ab段图像与横轴所包围的面积大于ca段图像与横轴所包围的面积，故气体对外界做的功大于外界对

气体做的功。即a→b→c→a的整个过程中，W<0，ΔU=0。

则根据ΔU=Q+W可知Q>0，即气体从外界吸收热量，故D正确。

故选D。

5．一根软绳平放时与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，t0.3s形成的波形如图所示，波刚好传播到x6m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轴正方向

B．手的抖动先快后慢

C．绳波传播的速度为20m/s

D．t0.25s时，手抖动的频率为5Hz

【答案】C

【详解】A．根据同侧法可知，在右端的质点起振方向向下，所以绳左端起振的方向为y轴负方向，故A

错误；

B．波在同一种均匀介质中传播速度不变，根据图像可知，后来的波长变短，根据vf可知，后来的频率

增大，所以手的抖动先慢后快，故B错误；

x6

C．根据波速计算公式可得vm/s20m/s，故C正确；

t0.3

62

D．波从2m传播到6m的时间为t1s0.2s

1v20

v20

所以t0.25s时，手抖动的频率等于频率增大后的频率，为f2Hz10Hz，故D错误。

22

故选C。

二、多选题

6．如图所示，原线圈接入交流电源，电源电压保持不变。副线圈电路中R1、R2为定值电阻，R是滑动变阻

器，V1和V2是交流电压表，示数分别用U1和U2表示：A1和A2是交流电流表，示数分别用I1和I2表示；忽

略电表和变压器非理想化引起的误差，则在滑片P向下滑动过程中，下列说法正确的是（）

A．U1和U2均保持不变B．I1增大，I2变小

ΔU

C．电源的输出功率减小D．2保持不变

ΔI1

【答案】BD

【详解】A．当滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，副线圈电路的总电阻减小，由于匝数比不变，所以副

线圈电压不变，副线圈电流变大，R1的电压变大，电压表V2的示数变小，故A错误；

U2

B．由上可知电阻R2两端的电压减小，根据I可知I2变小，原线圈、副线圈的匝数比不变，原线圈、

R2

U2

副线圈两端的电压都不变，当滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，副线圈电路的总电阻减小，根据P，

R

输出功率变大，输入功率也变大，输入电压不变，所以I1变大，故B正确；

C．I1变大，电源的输出功率根据PUI1，可知变大，故C错误；

Un

11

D．根据电压比等于匝数比可知n1I1n2

U2R1

n2

n2n1

整理得U2U1I1R1

n1n2

ΔU2n1

所以R1是定值，故D正确。

ΔI1n2

故选BD。

7．图甲为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1s时刻的波形图，该时刻波恰好传播至Q点，质点M、N、

P、Q坐标如图所示。图乙为质点M、N、P、Q中某一质点的振动图像，下列说法正确的是（）

A．质点M已经振动了4sB．质点P的起振方向沿y轴正方向

C．图乙是质点N的振动图像D．该波遇到1m的障碍物不能发生明显衍射

【答案】AC

【详解】A．由图乙可知，波的周期为T4s，由甲图可知质点M与质点Q的平衡位置间的距离为，当

波恰好传播至Q点时，质点M已经振动了一个周期，即4s，故A正确；

B．由题知，波沿x轴正方向传播，当波恰好传播至Q点时，根据上下坡法可知，Q点起振方向沿y轴负方

向，在同一列波中，所有质点的起振方向相同，故质点P的起振方向沿y轴负方向，故B错误；

C．由图乙可知t1s时质点在正向最大位移处，即为质点N，故图乙是质点的N振动图像，故C正确；

D．由甲图可知，波长4m1m，故该波遇到1m的障碍物可以发生明显衍射，故D错误。

故选AC。

8．用试探电荷可以探测电场中场强和电势的分布情况。如图甲所示，两个被固定的点电荷Q1、Q2，连线

的延长线上有a、b两点，Q1带正电。试探电荷q仅受电场力作用，t0时刻从b点沿着ba方向运动，t0时

刻到达a点，其vt图像如图乙所示，根据图像，下列判断正确的是（）

A．Q2带负电

B．沿ba连线电势先减小后增大

C．场强为零的点在b点和Q2之间

D．a点电势比b点高

【答案】AD

【详解】AB．试探电荷q从b到a先减速后加速，说明电场力方向先向左后向右，而正电荷受电场力的方

向与场强方向一致，即合场强方向也是先向左后向右，故b到a间的电势先升高后降低，而Q1在ba间产生

的分场强一直向右，故Q2在ba间产生的分场强向左，故Q2带负电，故A正确，B错误；

C．b点和Q2之间场强方向都是向左的，在乙图中图像最低点对应加速度为0,即场强为零的点在b点和a

之间，故C错误；

D．由图乙知试探电荷从b点到a点的速率减小，则动能减小，说明电场力做的总功为负，q的电势能增

加，则电势升高，即a点电势比b点高，故D正确。

故选AD。

第Ⅱ卷(非选择题，共60分)

三、实验题(本题共2小题，共12分)

9．某同学利用竖直悬挂的轻弹簧下方挂钩码来探究弹簧弹力与伸长量的关系。他将实验数据记录在表格中。

g取10N/kg。

钩码质量

0306090120150

m/g

弹簧总长

6.007.208.409.6010.8012.00

度l/cm

弹簧弹力

00.300.600.901.201.50

F/N

弹簧伸长

01.202.403.604.806.00

量x/cm

(1)该弹簧的原长为cm；

(2)根据实验数据在坐标纸上作出弹簧弹力F与伸长量x关系的Fx图像；

(3)由Fx图像可以求出弹簧的劲度系数kN/m。

【答案】(1)6.00

(2)

(3)25

【详解】（1）根据表格可知没挂钩码时弹簧的长度为原长，即l0=6.00cm

（2）根据描点作图法可得

ΔF1.500.30

（3）由Fx图像可以求出弹簧的劲度系数为k2N/m25N/m

Δx6.001.2010

10．在“测定金属的电阻率”实验中：

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图甲所示，其示数为mm，测得金属丝的长度为1.00m，

粗略测得该金属丝的电阻约为15。

(2)用伏安法进一步精确测量金属丝的电阻Rx，实验所用器材如下：

a.电流表A（量程为0.30A，内阻为1）

b.电压表V（量程为9.0V，内阻约3）

c.滑动变阻器R（最大阻值为10，额定电流为2A）

d.电池组（电动势为9V，内阻不计）

e.开关、导线若干

①采用乙图测电阻，由于提供的电流表量程较小，现改装使其量程变为0.60A，则需要在电流表A上并联一

个定值电阻R0，则R0阻值为。

②某次实验中，由电压表V和电流表A的读数作出的UI图像如图丙所示，再结合乙图电路，则该金属丝

的真实电阻为，进一步计算可求得金属丝的电阻率。

【答案】(1)0.520

(2)114.5

【详解】（1）由图可知，螺旋测微器的读数为0.5mm2.00.01mm0.520mm

IARA

（2）①[1]根据欧姆定律可得IIA

R0

代入数据，解得R01Ω

②[2]当电流表读数为0.2A时，通过电阻的电流为0.4A，改装后的电流表的总电阻（R0与A的并联）为0.5Ω，

6.0

则该金属丝的电阻为R(0.5)Ω14.5Ω

x0.4

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）如图所示，质量M2.0kg、长度l2.5m的长木板放在水平地面上，它与水平地面间的动摩

擦因数10.2。质量m3.0kg可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，长木板刚开

2g2

始运动时的加速度大小a11m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s。求：

(1)滑块与长木板间的动摩擦因数2；

(2)滑块刚开始运动时的加速度a2大小；

(3)要使滑块不滑出长木板且恰好运动到长木板的左端，求滑块初速度v0大小。

2

【答案】(1)20.4(2)a24m/s(3)v05m/s

【详解】（1）对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得2mg1MmgMa1

解得滑块与长木板间的动摩擦因数为20.4

（2）对滑块，根据牛顿第二定律可得2mgma2

2

解得滑块刚开始运动时的加速度大小为a24m/s

（3）当滑块恰好运动到长木板的左端时两者速度相等，满足题意，设经过的时间为t，则有v0a2ta1t

11

根据位移关系得vtat2at2l

02221

代入数据解得t1s，v05m/s

230226

12．（16分）钍核90Th发生衰变生成镭核88Ra并放出一个粒子。设该粒子的质量为m、电荷量为q，它进

入电势差为U的带窄缝的平行平板电极S1和S2间电场时，其速度为v0，经电场加速后，沿ox方向进入磁

感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，ox垂直平板电极S2，当粒子从p点离开磁场时，其速

度方向与ox方位的夹角60，如图所示，整个装置处于真空中。

(1)写出钍核衰变方程；

(2)求粒子进入磁场时的速度；

(3)画出磁偏转的轨迹，同时计算粒子沿圆弧运动的轨道半径R；

(4)求粒子在磁场中运动所用时间t。

230422622qU

【答案】(1)90Th2He88Ra(2)vv

0m

m2qU

(3)，Rv2

qB0m

m

(4)t

3qB

2304226

【详解】（1）由质量数与核电荷数守恒可知，钍核衰变方程式为90Th2He88Ra

11

（2）设粒子离开电场时速度为v，对加速过程，由动能定理得qUmv2mv2

220

2qU

解得vv2

0m

（3）磁偏转的轨迹如图所示

v2

粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvBm

R

m2qU

解得Rv2

qB0m

2m

（4）粒子做圆周运动的周期T，由几何关系知粒子在磁场中转过的角度为60，则粒子在磁场中运

qB

T

动的时间为t

6

m

所以t

3qB

．（分）如图，电源电压恒为，定值电阻阻值为，滑动变阻器的最大阻值为，电源及电流表

1318U0R02R0

2

qv0

的内阻不计。平行板电容器两极板水平放置，板长为L。多个比荷为的带电微粒以初速度v0沿电容

mU0

器的中心线水平进入电容器。闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，带电微粒恰从电容器下极板

右侧边缘离开电容器。此过程中，微粒未与极板发生碰撞，不计微粒重力。

(1)求平行板电容器两极板间距d；

(2)当滑动变阻器的滑片移到最左端时，求微粒从极板射出时的侧移量y；

(3)滑动变阻器可自由调节，在距离电容器右边缘的右侧L处有一竖直挡板，求挡板上有微