2026年高考物理二轮复习大综合素养试卷（二）

大综合素养卷（二）

（总分:100分）

一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只

有一项符合题目要求。

1.⑵）25•甘肃兰州-期中）,P是一种具有放射性的磷的同位素，它能衰变成为一种稳定的硫

的同位素至S,同时产生高频电磁波。下列说法正确的是（）

A.yp比-s的质量大

B.ys比笠p的结合能小

c.笠P发生的是a衰变

D.如果加热含有非P的物体，将会缩短的半衰期

A［衰变过程有能量放出，有质量亏损，所以相P比的质量大，故A正确；因为衰变放出

了一定的能量，产物更加稳定，比结合能更大，所以相S比,P的结合能大，故B错误；衰变方

程为,PT非S+X,根据质量数守恒和电荷薮守恒分别有32=32+〃，15=16+〃，解得X的

质量数、电荷数分别为a=0,Z?=-l,可得X为_；e,所以,P发生的是0衰变，故C错误；

温度并不会影响半衰期，故D错误。故选A。］

2.（2025•山东济宁•模拟预测）氢原子的能级图如图1所示，一群处于〃=4激发态的氢原子

自发跃迁，用辐射出的光子去照射图2的阴极K,只有两种光子a、b可以使之发生光电效

应。移动滑动变阻器的滑片及调换电源正负极，测得电流表示数与电压表示数的对应关系如图

3所示。已知阴极金属的逸出功Wo=11.43eV,下列说法正确的是（）

瓦斜

8n........（）

5-------------------0.54

4-------------------0.85

-@——Y

3------------------1.51

2-------------------3.40

1-------------------13.6

图1图2

J

-a

1>

图3

A.a光子是氢原子从〃=4激发态跃迁到基态辐射出的

B.b光子的波长比a光子的波长长

C.光电子的最大初动能之比Eka:Ekb=l:3

D.Uc2:Uci=2：1

D［已知阴极金属的逸出功VV（）=11.43eV,故只有能量大于等于11.43eV的光子才能使阴极

发生光电效应；由题知，一群处于〃=4激发态的氢原子自发跃迂，能辐射出废=6种频率的

光子，根据氢原子能级跃迂公式从〃=4到〃=1有AE4i=E4-Ei=-0.85eV-

（-13.6eV）=12.75eV,从〃=3到n=\有AE3i=E3—臼=一1.51eV-（—13.6eV）=12.09eV,

从〃=2到〃=1有△曲=及一田=一3.40eV-（—13.6eV）=10.2eV,可知剩余其他三种，即

从〃=4到〃=3,从〃=4到〃=2,从〃=3到〃=2跃迁辐射出来的光子，能量都小于11.43

eV；而只有两种光子a、b可以使之发生光电效应，故能使阴极发生光电效应的是从〃=4到〃

=1和从〃=3到n=1跃迁辐射出的光子，其中能量较大的是从〃=4到n=1跃迁辐射出的光

子,根据光电效应方程有&=加一皿，根据动能定理有一6a=0一反，联立解得a=竺一%,

ee

可知能量越大的光子照射金属发生光电效应，对应遏止电压越大，由题图3可知，b的遏止电

压更大，故b光子是氢原子从〃=4激发态跃迁到基态辐射出的，故A错误；b光子是氢原子

从〃=4激发态跃迁到基态辐射出的，而a光子是氢原子从〃=3激发态跃迁到基态辐射出的，

根据氢原子能级跃迁公式△£=£,〃一跳,可知b光子的能量大于a光子的能量；根据E=hvf

可知b光子的频率大于a光子的频率；根据c=入，可知b光子的波长比a光子的波长短，故

B错误；根据光电效应方程可得Eka=12.09eV-11.43eV=0.66eV,Ekb=12.75eV-11.43eV

=1.32eV,故光电子的最大初动能之比Eka：Ekb=l：2,故C错误；根据动能定理有一《Uc=

0-H,解得（7c=-,故Uc2:Uci=Ekb:Eka=2：I,故D正确。故选D。］

e

3.（2025•山东烟台・二模）我国近地小行星防御系统能够监测、预警和应对近地天体的撞击，

展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆轨道I和椭圆轨道II相切于P点,

椭圆轨道II和同步轨道【II相切于Q点。现有防御卫星在轨道I处做匀速圆周运动，经变轨后

运行到同步轨道in的M点拦截小行星进行干预，己知地球自转的角速度为。防御卫星在轨

道I和山上运行的角速度为劭和①3,卫星在轨道I、in和轨道H上的尸点、Q点运行的线速

度分别为01、。3、VP、VQ0下列说法正确的是（）

轨iJ

轨道in

A.co=oji>a）3

B.VP=V\>VQ=V3

C.卫星在轨道H上从尸点运动到。点过程中，机械能憎大

D.卫星在轨道川上从Q点到M点的运动时间大于在轨道II上从P点到Q点的运动时间

D［卫星绕地球做匀速圆周运动，由誓=〃“/「，解得”=楞,可知同步轨道的角速度如小

于近地轨道的角速度601,而地球自转的角速度CD和同步就道的角速度S3相同，综合可知I>603

=",故A错误；卫星绕地球做匀速圆周运动，由午=机艺，解得。=叵，可知0>。3,由于

ryjr

卫星在轨道I的P点需要点火加速到轨道II,则有VP>V］,同理在Q点有V3>VQ,综合可知

VP>V］>V3>VQf故B错误；卫星在凯道n上从尸点运动到Q点过程中，机械能不变，故C错

误：由题图可知卫星在轨道in的轨道半径大于在轨道n的半长轴，根据开普勒第三定律可知卫

星在就道HI的运行周期大于在就道n的运行周期，故卫星在就道IH上从。点到M点的运动时

间大于在凯道II上从。点到。点的运动时间，故D正确。故选D。］

4.（2025•甘肃白银・三模）一-种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面.电子

枪发射的电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，。、力、c是轨迹上的三个点，取

c点电势为0V,电子从。点运动到点电势能变化了1（）eV,则（）

电理/上一

b

F7T•：

A.。点电势为一15V

B.电子在〃点的电势能为一5eV

C.〃点的电场强度比c点的大

D.电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合

B［根据电场线的方向与等势面垂直，可知题图中电场线的方向大体沿左上一右下方向；电子

从。到c的过程中向上弯曲，说明电子受到的静电力的方向指向左上方，则电子从。到c的过

程中受到的静电力的方向与运动方向之间的夹角为钝角，静电力做负功，所以电子从。点运动

到b点电势能增大10cV,电子带负电，则〃点的电势比a点的电势低10V,结合题图可知相

邻两等势面间的电势差为5V,取c点电势为0V,则〃点的电势为他=5VX3+0V=15V,

故A错误。取c点电势为（）V,相邻两等势面间的电势差为5V,可知〃处电势为5V,则电

子在〃点的电势能为£P=—G”=—GX5V=-5eV,故B正确。根据等差等势面的疏密表示

电场的强弱可知人点的电场强度小于c点的电场强度，故C错误。电场线的方向与等势面垂

直，由题图可知电子运动的轨迹与等势面不垂直，则电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场

线重合，故D错误。故选B。］

5.（2025•湖北襄阳・三模）某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在

装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不

计液体粘滞阻力），其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s,以竖直向上为正方向，某

时刻开始计时，其振动图像力图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的

是（）

A./=力时，木棒的重力大于其所受的浮力

B.振动过程中木棒的机械能不守恒

C.开始计时12s内木棒所经过的路程是30cm

D.木棒的位移函数表达式是y=5sin（5nt-引cm

B［/=九时，木棒在最低点，合力向上，木棒的重力小于其所受的浮力，故A错误；由于木棒

振动过程中除重力外浮力做功，振动过程中木棒的机械能不守恒，故B正确；振幅A=5cm,

由Z=12s=37,开始计时12s内木棒所经过的路程是s=3X4A=60cm,故C错误；co=

—=-rad/s,振动方程为y=Asin（3t+w）=5sinf-1+cm,由/=（）时y=一々解得

=—y,木棒的位移函数表达式是y=5sinQt-cm,故D错误。故选B。］

6.（2025•四川德阳•二模）如图所示为四分之一透明介质圆柱体，半径为高为3R,一束

光垂直射到圆柱体的ABC。面上。己知透明介质的折射率为竽，不考虑光在介质内的反射透

光，则弧面A8FE上的透光面积为（）

c

A.3R2B.挪2C.TIR2D.孑R2

C［光线射到圆弧面上，法线是半径所在的直线，因此越靠近。尸边射入的光线，入射角越小。

只有入射角大于临界角才能发生全反射，不能射出，找到临界光线，入射角即为临界角C,如

图所示。临界角满足sinC==解得C=60。，则弧面ABFE上的透光面积为S=gx2兀RX3R

Tl360

=x/?2,故选Co］

临界————合义.

7.（2025•安徽芜湖•模拟预测）如图所示，底角为夕=30。、上表面光滑、底面粗糙的等腰三角

形底座abc放置在水平粗糙地面上，在b点固定一竖直杆。〃,在。点有一个轻质光滑小滑轮，

Q为"上的一点。轻质细线的一端与质量为m的小滑决P（可视为质点）相连，另一端绕过小

滑轮，在拉力下的作用下，拉着小滑块P从。点缓缓上滑，此过程中底座一直保持静止，拉

力厂方向与竖直方向的夹角始终和OP绳与竖直方向的夹角相等。己知必=历=04重力加

速度为g,不计空气阻力。P从。滑到。的过程中，下列说法正确的是（）

A.尸在。处时，细线的拉力大小为呼

B.地面对底座的摩擦力不断减小

C.底座对地面的压力先减小后增大

D.底座对尸的弹力一直增大

B［对小滑块产进行受力分析，设拉力厂与竖直方向夹角为a,0尸绳与竖直方向夹角也为a,

如图，在〃处时，根据平衡条件有"zguZbcosa（因为尸和OP绳拉力大小相等），已知9=30。，

且由几何关系可知在〃处a=30。，则尸=竿=曳里，故A错误；对底座和小滑块P整体进行

V33

受力分析，水平方向受到地面对底座的摩擦力/,设/与竖直方向夹角为a,则/=bsina=

FNsin30°,在小滑块尸从〃滑到。的过程中，对P分析，根据矢量三角形的动态分析图可知，

随着P上滑，尸增大，尸N减小，a减小（因为拉力尸方向与竖直方向的夹角始终和OP绳与竖

直方向的夹角相等），则/=PNsin30。不断减小，故B正确，D错误；对整体在竖直方向分析,

可知地面对底座的支持力Nugz+Mlg+bcosa,由前面分析T7增大，a减小，所以尸cosa增

大，则N增大，故C错误。故选B。］

二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有

多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.（2025•浙江宁波-二模）S、S2为频率相同的简谐波源，接收点P位于S、S2连线上，如图

甲所示，Si、S2到户的距离之差为9m。1=0时Si、S2同时开始垂直平面向上振动，P点的振

动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）

WPS2

A.两列波的波长为2m

B.两列波的波速为3m/s

C.Si、S2连线上一共有振动加强点11个

D.两列波的振幅分别为3cm和1cm

BC［由P点的振动图像可知，T=2s,4s末时第一列波传播至0点，7s末第二列波传播至

P点。时间差A/=3s,距离之差As=9m,故波速为3m/s,波长为6m,故A错误，B正确；

第一列波振幅为3cm,合振动振幅为1cm,As=9m为半波长奇数倍，。为振动减弱点，故第

二列波振幅为2cm,故D错浜；SiS2=33m,中央加强点在16.5m处，因相邻的加强点之间

相差g=3m,则一半的距离（等=5.5）有5个加强点，根据对称性可知Si、S2连线上一共有振

动加强点11个，故C正确。故选BC。］

9.（2025•山东威海・三模）如图甲所示，圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应

强度大小为风，长为L的导体棒劭绕固定于圆心的。端以角速度“顺时针匀速转动；两竖直

平行金属导轨MM尸。间距为L上端分别用导线与圆形金属框和。端相连，M、2间接有定

值电阻R；长为L的导休棒cd与MN,PQ垂直且接触良好,cd始终处于垂直纸面向外的“厂!”

形磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。（）时刻川棒从磁场的上边界以华

的速度开始向下匀速运动，力时刻锁定〃棒。已知R『Rm=R,其他电阻不计，重力加速度

为g。下列说法正确的是（

A.0〜/o通过M尸的电流大小为哈

3R

B.〃棒的质量为警

3gR

C./o〜2/o通过MP间电阻的电量为生警

3R

D.fo〜2fo回路消耗的总功率为军竺打

AC［0〜m时间内，仍棒匀速转动，产生的感应电动势为£=匏（比2。m棒匀速下滑，产生

的感应电动势为反=加等二石］,/?&=：+/?=*由于两个电源并联，所以通过的电流大

小为力=卷_=笔史，故A正确；对4棒，根据平衡条件可得〃次，所以加=需;故

总

B错误；fo时刻锁定cd棒,磁场均匀增大，产生的感应电动势为E,=^=^-S=^L­—ro=

AtAtt02

-B^L2CD=E\,由于两个电源并联，所以通过MP的电流大小为〃=旦=坦包，所以fo〜2m通过

2R...3R

MP间电阻的电量为q=go=B"：；。,故C正确；m〜2/o回路消耗的总功率为P=2©）2R+

脸至，故D错误。故选AC。］

6R

10.（2024•福建宁德・三模）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，

橡皮绳恰好处于原长。，=0时，A以水平向左的初速度如开始运动，B的初速度为（），A、B

运动的。”图像如图乙所示。已知A的质量为加，，=2m时二者速度开始不变，，=3/（）时二者发

生碰撞并粘在一起，则（）

A.B的质量为2加

B.橡皮绳的最大弹性势能为:m诏

C.橡皮绳的原长为如0

D.橡皮绳的原长为oom

AD［由题图乙及动量守恒定律得〃硒=（〃?+〃7B洋，解得"7B=2"?,故A正确；由题图乙知，

2m时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B的速度分别为内、加，由动量守恒定律及能量守恒定

律得〃70O=〃BA+2〃7UB,,解得DA=—%o,VB=-VO,橡皮绳的原长£O=

-2mvl=2233

（加一OA）（3/O—2m）=0ofo,故C错误，D正确；由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能Ep=

）说一3机+2机）（［%）=扣诏,故B错误。故选AD。］

三、非选择题：本大题共5小题，共54分。

11.（8分）（2025•云南大理・埃拟预测）物理实验小组采用如图甲所示的实验装置，验证“当

质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律，试回答下列问题:

轻动滑轮

弹簧测力计

打点计时器公f|细।线

纸带

定滑轮

申

长木板水平实验台

币:物

甲

（1）关于该实验的操作，下列说法中正确的是

A.必须用天平测出重物的质量

B.必须保证小车的质量远大于重物的质量

C.每次改变小车的质量时，需要重新平衡阻力

D.连接小车和重物的细线要与长木板保持平行

(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，1〜5为选取的连续计数点(两计数点间还有四个点没有

画出)，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,则小车加

速度的大小为m/s3结果保留3位有效数字)。

n2345单位.cm,

\［一⑷一［-2.553.664.76J)

C

丙

(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高平衡阻力，就继续进行其他实验步骤，该同学作出

的小车加速度。与弹簧测力t-示数”的图像如图丙所示，图中s、Fo、B已知，则实验中小

车受到的阻力大小为，小车的质量为。

［解析］(1)因为有弹簧测力计测量拉力，则不需要用天平测出重物的质量，选项A错误：实

险时有弹簧测力计测量拉力，则不需要满足小车质量远大于重物质量，选项B错误；每次改变

小车的质量时，不需要重新平衡阻力，选项C错误：要使细线拉力作为小车所受合外力，需调

节滑轮的高度，使细线与长木板平行，选项D正确。故选D。

⑵小车的加速度。=修芾=("端等皿xio-2m/s2)

^1.11m/s2o

(3)对小车根据牛顿第二定律2F~f=Ma

即a=-F-L

MM

由题图像可知。=()时F=FD

可潺尸2尸0,人念片

M尸1一伤

可得M=幺生侬。

［答案］(1)D(2)1.11(3)2凡迎二也

即

12.(6分)(2025•天津河西・模拟预测)某实验小组要测量一电池的电动势和内阻，实验室提供

下列器材：

A.电池（电动势约为3V,内阻约为IOC）

B.灵敏电流表G（量程为（）〜2mA,内阻%—6.0。）

C.定值电阻Ro

D.电阻箱砧（。〜999.9C）

E.开关和导线若干

（1）由于灵敏电流表G的量程较小，不满足实验要求，现要把灵敏电流表的量程扩大为原来的

3倍，则应使灵敏电流表G与定值电阻Ro____________（选填“串联”或“并联”），且定值电

阻Ro的阻值为C（结果保留两位有效数字）。

⑵如图甲所示，用改装好的电流表A测量电池的电动势和内阻，改变并记录电阻箱接入电路

中的电阻R,根据记录的数据，以灵敏电流表G的示数/的倒数为纵坐标，以相应电阻箱接

入电路的阻值Ri为横坐标，作出如图乙所示的图像，川电池电动势E=V（结果保留

三位有效数字）。

［解析］⑴电流表扩大量程需要并联电阻分流，根据欧姆定律有/g/?g=（3Zg-/§）/?o

解号Ro=3.O。。

（2）根据闭合电路欧姆定律有E=3/Ri++36

变形得片

IEE

可知工-Ri图像的斜率为攵=2=空二上V1

/E600

解得E^2.98Vo

［答案］⑴并联3.0⑵2.98

13.（12分）（2025•福建龙岩,二模）如图甲所示，内壁光滑的柱形汽缸内被活塞封闭了一定质

量的理想气体，当封闭气体的温度A=300K时，封闭气体的体积现对汽缸

内的气体缓慢加热，当封闭气体的温度上升至71=500K时，活塞恰好到达汽缸口，V"图线

如图乙，该过程中缸内气体吸收的热量Q=600J。已知活塞的质量rn=2kg,横截面积S=

1X10'2m2,外界大气压po=1X1（）5pa,取g=10m/s2。求：

⑴缸内气体的压强P;

(2)活塞到达汽缸口时封闭气体的体积Vi；

(3)该过程中封闭气体内能的增量△

I解析|(1)选活塞为研究对象，有pS=0)S+mg

解潺缸内气体的压强为〃=1.02X1()5pa。

⑵对汽缸内的气体辍慢加热，封闭气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律可得包=△

TOT1

解等V1=1X1O'2m\

(3)活塞上升的距离〃=t%=0.4m

外界对气体做功W=—pS〃=-4()8J

对封闭气体由热力学第一定律AU=W+Q

可将该过程中封闭气体内能的增量△U=192J。

［答案］⑴ISXlCPa(2)1XIO?n?

⑶192J

14.(13分)(2025•河南开封♦二模)如图所示，在第一象限存在正交的匀强电场和匀强磁场，

磁感应强度大小为B,方向垂直。孙坐标平面向里，电场强度大小E=等、方向沿y轴负方

向；在第二、三象限内存在半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心位于。i(—R,0)位置，磁感应

强度的大小和方向与第一象限的磁场相同。一带正电的粒子从圆形磁场边界上的P点以初速

度内垂直磁场方向射入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点。沿工轴正方向进入正交的电、

磁场区域。已知P点到)，轴的距离为十，不计粒子所受重力，求：

⑴粒子的比荷；

(2)粒子在第一象限距大轴的最大距离:

⑶粒子在第一象限的轨迹与A轴相切点的横坐标。

I解析1(1)粒子在圆形匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

设。户与x轴负方向的夹角为a,由几何关系有。尸=2Rcosa,^R=OPcosa

解等a=30。，OP=V3R

由比何关系可知，粒子做圆周运动的半径力=OP=V5R

根据洛伦兹力提供向心力，则有

解得?=煞。

m3BR

(2)将速度划分解，设分速度。।使粒子受到的洛伦兹力与静电力平衡，即qviB=qE

解得V\=-3Vo

由左手定则可知，速度。I方向沿X轴正方向，则有02=00—

3

方向沿X轴正方向，故粒子的运动可分解为沿X轴正方向、速度大小为5的匀速直线运动和

速度大小为02的沿逆时针方向的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有4。28=772经

r2

解得

n=—3R

粒子在第一象限距x轴的最大距离ym=2)2=—Ro

(3)粒子在第一象限运动的周期7=5=业

V2V0

粒子在第一象限的轨迹与x轴相切点的坐标x=oi•〃7=当〃兀R(〃=l,2,3,…)。

I答案］(1)鲁⑵争

1,2,3,…)

(3)x=­