2026年辽宁省名校联盟信息卷高考物理模拟试卷（二）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年辽宁省名校联盟信息卷高考物理模拟试卷（二）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.钇90是医院给病人治疗用的放射性同位素，其半衰期约为2.67天，一个钇90核衰变释放的能量可达2.27MeV，1u相当于931.5MeV。结合以上信息，下列说法正确的是(

)A.钇90注入人体后，人的体温会影响其半衰期

B.若有100个钇90原子核，则经过2.67天后，还剩下50个未衰变

C.钇90注入人体后，经过8天，约87.5%的钇90发生衰变

D.一个钇90核衰变的质量亏损为0.024u2.科学家利用量子纠缠原理研发出新型陀螺仪。该装置的核心部件是一个悬浮在真空腔内的碳环，通过激光场驱动以恒定转速旋转。已知碳环的直径为1.2μm，转速为5×107r/s，下列说法正确的是A.碳环转动的频率为π×108Hz B.碳环转动的周期为2×10−7s

C.3.在同一均匀介质中有甲、乙两列孤立的三角形横波相向传播，波速大小相等。某时刻的波形图如图所示，则两列波相遇过程中x轴上首先出现位移为7cm质点的横坐标为(

)A.5.75m B.5.50m C.5.25m D.6.00m4.某智能汽车采用电容式传感器监测座椅压力分布，其核心部件为平行板电容器，初始极板间距为d，电容为C0，当司机落座时，传感器检测到极板间距因压力变化减小为d3，若此时电容器两端的电压变为原来的23。关于此过程，下列说法正确的是A.电容增大为3C0，极板间电场强度增大为原来的3倍

B.电容增大为6C0，极板间电场强度增大为原来的2倍

C.电容增大为3C0，极板间电场强度增大为原来的2倍

5.如图所示，一位潜水爱好者在水下活动，利用激光器向岸上的同伴发射信号。设激光束与水平方向的夹角为α，他发现只有当角度α大于41°时岸上的同伴才会发现激光信号，那么下列说法正确的是(

)A.水的折射率为1sin41∘

B.激光在水中的速度为csin41∘

C.当他以α=60°向水面发射激光时，岸上的同伴发现激光束的方向与水面的夹角小于60°6.等腰直角三角形EDF(∠EDF=90°)的顶点分别固定一根长直导线，导线中通有大小相等的电流，电流方向如图所示，O点为三角形的重心。已知D处电流在O点产生的磁场磁感应强度为B0，通电长直导线周围磁场磁感应强度大小与电流I和距离r的关系为B=kIr(k为常数)，则OA.1.4B0，方向垂直DO向右 B.1.4B0，方向垂直DO向左

C.1.8B0，方向垂直DO向右7.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，若仅考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知t2=2A.P、Q绕行星公转的周期之比为1：22

B.P、Q到行星中心距离的最小值之比为3：2

C.P、Q的质量之比为32：81

D.Q二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.某量子计算机采用超导量子比特作为核心元件，其电流传输通道为纳米级铜导线。已知常温下铜的电阻率为1.7×10−8Ω⋅m，导线的横截面积为1.0×10−12m2，长度为50μm，每立方米的自由电子数为A.导线的电阻为0.85Ω

B.导线的电阻为1.7Ω

C.导线中自由电子定向移动速率约为6.3×10−5m/s

9.如图所示，边长为0.18m、质量为2kg的正方体物块P置于粗糙的水平地面上，质量为0.5kg、可视为质点的物块Q紧贴着物块P的右侧由静止释放。释放Q的同时用水平向右的推力F推着物块P做加速度大小为2m/s2的匀加速运动，已知重力加速度g取10m/s2，P与地面、P与Q之间的动摩擦因数均为0.5A.物块P、Q之间的滑动摩擦力大小为1N

B.物块Q经0.2s落地

C.物块P与地面之间的滑动摩擦力大小为10.5N

D.推力F的大小为15.25N10.如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两组平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、阻值均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，一段时间后两导体棒达到稳定状态，下列说法正确的是(

)A.稳定前导体棒b、c均做加速度增大的加速运动

B.稳定前导体棒b、c的加速度大小之比始终是1：2

C.稳定后导体棒c的速度大小为2E5Bd

D.从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，导体棒b中产生的焦耳热为三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某学习小组用如图(a)所示的单摆实验装置测量当地的重力加速度并验证单摆摆动过程中机械能守恒，实验过程如下：

(1)先测量当地重力加速度：

①用游标卡尺测量小球的直径如图(b)所示，小球直径d=

cm；

②竖直悬挂小球，调整悬点的高度，使小球能正好通过光电门，测出悬点与小球上端的距离l=78.00cm，单摆的摆长L=

cm；

③将小球在竖直平面内拉离一个小角度后由静止释放，通过光电计时器记录下小球连续两次经过光电门的时间间隔t=0.90s；

④根据以上测量数据，可计算出当地重力加速度g=

m/s2(π2取9.87，计算结果保留2位有效数字)；

⑤多次改变细线的长度，重复②③④的操作，计算出g的平均值。

(2)在测出重力加速度g后，该小组继续用此实验装置来验证小球摆动过程中机械能是否守恒，操作如下：

①将小球在竖直平面内拉离一个小角度，测出角度θ后由静止释放；

②通过光电计时器读出小球通过光电门的时间，计算出速度v；

③改变角度θ，重复实验，作出v2−cosθ图像，若图像的斜率为

(用L和12.某实验小组测量一均匀新材料制成电阻的阻值。

(1)用多用电表粗测电阻，小组同学分别用“×1Ω”和“×10Ω”挡正确操作后测其电阻，指针位置如图(a)中的“位置1”和“位置2”所示，则应读取______(填“位置1”或“位置2”)指针所指数据，电阻的阻值为______Ω。

(2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测电阻外，实验室还备有的实验器材如下：

A.两节新的干电池

B.电压表V1(量程0～3V，内阻约为1kΩ)

C.电压表V2(量程0～15V，内阻约为5kΩ)

D.电流表A(量程0～60mA，内阻为10Ω)

E.电阻箱R1(0～999Ω，额定电流1A)

F.滑动变阻器R2(0～5Ω，额定电流1A)

G.滑动变阻器R3(0～2000Ω，额定电流0.1A)

H.开关和若干导线

电压表应选______；滑动变阻器应选______。(均用器材前的字母序号表示)

(3)为方便测量和计算，该小组将电阻箱R1调至100Ω后接入电路，请根据所选器材帮助该小组将电路图补全画到图(b)虚线框内。

(4)某次测量时电压表示数为2.91V，电流表示数为四、计算题：本大题共3小题，共38分。13.如图(a)所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，汽缸内用质量为m=2kg、面积为S=1×10−3m2的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体。汽缸内有一阻值为R=100Ω的电热丝可以给密封气体加热，电热丝外加电压U随时间t的变化图像如图(b)所示，导线电阻和电热丝体积忽略不计，外界大气压为p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。初始时，开关K断开，活塞到汽缸底部的距离为h0=20cm，密封气体的温度为T0=300K。现闭合开关K，经过一段时间t=500s14.如图所示，半径R=0.2m的34光滑圆弧轨道ABCD固定在竖直平面内，质量M=0.3kg的小球乙静止于B点。将质量为m的小球甲从距离A点正上方h处由静止释放，小球甲从A点进入轨道后在B点与小球乙发生弹性碰撞，碰撞后二者沿轨道运动，之后恰能在B点发生第二次碰撞，重力加速度g取10m/s2，两小球均可看作质点，空气阻力不计。

(1)求小球甲的质量m；

(2)求h的最大值；

(3)改变小球甲释放的高度，两球在B点发生碰撞后，小球乙可恰好经过D点，求此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H。15.如图所示，空间交替分布着高度均为H=0.3m、水平方向足够宽的匀强电磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，虚线边界有磁场无电场。区域Ⅰ、Ⅲ磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小相同，区域Ⅱ电场方向竖直向上，电场强度E=724×106V/m。区域Ⅰ磁场上边界虚线上P点有一粒子源，可沿纸面以v0=3.0×106m/s的速度向磁场内发射带负电的粒子，粒子的比荷qm=−4×107C/kg，不计粒子重力。设粒子从P点射出时的速度方向与竖直方向的夹角为θ(−90°≤θ≤90°)，当θ=30°时，粒子恰能从P点正下方进入区域Ⅱ，取π=3。

(1)求磁感应强度B的大小；

(2)若粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ

答案解析1.【答案】C

【解析】解：A.半衰期是原子核固有的属性，由原子核内部结构决定，与外界物理条件(如温度、压强)和化学状态无关。因此，人的体温不会影响钇90的半衰期，故A错误；

B.半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对少数原子核(如100个)不适用，无法确定经过一个半衰期后剩余的具体数量，故B错误；

C.钇90的半衰期T=2.67天，经过时间t=8天，衰变次数n=tT=82.67≈3。剩余未衰变的原子核比例为(12)n=(12)3=18，则衰变的比例为1−18=78=87.5%，故C正确；

D.根据质能方程ΔE=Δmc2.【答案】D

【解析】解：A、当转速单位是r/s时，碳环转动的频率f=n=5×107Hz，故A错误；

B、碳环转动的周期T=1f=15×107s=2×10−8s，故B错误；

C、碳环转动的角速度ω=2πT=2π2×10−8rad/s=π×108rad/s，故C错误；

D、碳环边缘的线速度v=ωr=π×1083.【答案】A

【解析】解：只有波峰相遇点的位移能达到7cm。因为两列波波速大小相等，两列波相遇过程中x轴上首先出现位移为7cm质点为x=1cm和x=10.5cm的中点，该质点的横坐标为x=1cm+10.5−12cm=5.75m，故A正确，BCD错误。

故选：A。

4.【答案】C

【解析】解：间距因压力变化减小为d3，根据C=ɛrS4πkd可知电容增大为3C0，根据电场强度与电势差关系E=Ud可知，极板间电场强度变为E′=23Ud3=2Ud，即极板间电场强度增大为原来的25.【答案】C

【解析】解：A.潜水爱好者发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α=41°时激光恰好发生全反射，则sin(90°−41°)=1n

解得n=1sin49∘，故A错误；

B.由n=cv

可得激光在水中的速度为v=cn=csin49°，故B错误；

CD.潜水爱好者以α=60°向水面发射激光时，入射角i=30°

由折射定律n=sinrsini

折射角r>30°

因此岸上的救援人员发现激光束的方向与水面的夹角小于60°，故C正确，D错误。

故选：C。6.【答案】A

【解析】解：设EF边的中点为P，OP距离为d，则DO的距离为2d，EO的距离为d2+(3d)2=10d

则B0=kI2d，E处电流在O点产生的磁场BE=kI10d

E、F两处电流在O点产生的磁场B=2BEd10d=kI5d=0.4B0

根据安培定则可知，D处电流在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直DO7.【答案】B

【解析】解：A、卫星P的周期为t1，卫星Q的周期为2t2，所以P、Q绕行星公转的周期之比为TP：TQ=t1：2t2，解得TP：TQ=1：22，故A正确；

BC、设卫星P、Q的质量分别为m1和m2，卫星P到行星最近距离为r1，到行星最远距离为r2，卫星Q到行星最近距离为r′1，到行星最远距离为r′2，由图可得8F=GMm1r12，2F=GMm1r22，9F=GMm2r1′2，F=GMm2r2′2，根据开普勒第三定律有(r1+r22)8.【答案】AD

【解析】解：AB、已知铜的电阻率ρ=1.7×10−8Ω⋅m，导线长度L=50μm=50×10−6m，横截面积S=1.0×10−12m2，根据电阻定律

R=ρLS

代入数据得：

R=0.85Ω

故A正确，B错误；

CD、由欧姆定律

I=UR

电压U=1μV=1×10−6V，解得有：

I=1.176×10−6A

根据电流微观表达式

I=nqSv

其中n=8.5×1028个，9.【答案】BD

【解析】解：A.水平方向上，Q随P一起以ap=2m/s2做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得P对Q的弹力N=mQaP=0.5kg×2m/s2=1N，所以P、Q间滑动摩擦力f=μN=0.5×1N=0.5N，故A错误；

B.在竖直方向，Q受重力和P对Q向上的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有mQg−f=mQaQ，解得Q的竖直加速度aQ=9m/s2，Q下落位移为P的边长L，由匀变速直线运动位移公式得L=12aQt2，解得落地时间t=2LaQ=2×0.18m9m/s2=0.2s，故B正确；

C.竖直方向P受自身重力、Q对P向下的滑动摩擦力、地面支持力N地，竖直方向受力平衡，所以地面支持力N地=MPg+f′=2kg×10m/s2+0.5N=20.5N，P与地面的滑动摩擦力f地10.【答案】BCD

【解析】解：A.稳定前b、c棒均做加速运动，回路中的总电动势E′=E−BLbvb−BLv，则回路中的总电动势随着两棒速度的增加而逐渐减小，由闭合电路欧姆定律知回路中电流逐渐减小，对b、c两棒受力分析，由牛顿第二定律得BIL=ma，则两棒的加速度逐渐减小，故稳定前b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；

B.加速过程中，由BIL=ma，得加速度大小为a=BILm，则稳定前b、c棒的加速度大小之比abac=d2d=12，故B正确；

C.两棒稳定时回路中的总电动势为零，则E=Bdvb+B⋅2dvc，分别以加速时b和c棒的速度方向为正方向，对b棒根据动量定理得BI−dt=Bdq=mvb−0，对c棒根据动量定理得BI−⋅2dt=B⋅2dq=mvc−0，联立解得v11.【答案】1.8678.939.6−2gL

【解析】解：(1)①10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径d=

18mm+6×0.1mm=1.86cm；

②单摆的摆长L=l+d2=78.00cm+1.862cm=78.93cm；

④单摆的周期T=2t=2×0.90s=1.80s

根据单摆周期公式T=2πLg

当地重力加速度g=4π2LT2=4×9.87×78.93×10−21.802m/s2≈9.6m/s2

(2)③若摆球在摆动过程中机械能守恒，满足mgL(1−cosθ)=12mv2

变形得v2=2gL−2gLcosθ

v12.【答案】位置1;95

D;F

93

【解析】解：(1)欧姆表的指针指在中央刻线附近读数误差较小，故应读取位置1指针所指的数据，电阻的阻值为95Ω。

(2)电源电动势为3V，故电压表应选择量程为0～3V的B，滑动变阻器采用分压式接法，为调节方便应选择阻值较小的F。

(3)电流表内阻已知，故采用内接，由于所给的电流表量程较大，需要将电阻箱并联在待测电阻上来增大通过电流表的电流，电路图如图所示。

(4)待测电阻和电阻箱并联，并联后总电阻为R=RxR1Rx+R1，根据欧姆定律可知R=UI−RA=2.9150×10−3Ω−10Ω=48.2Ω，联立解得Rx≈93Ω。

故答案为：(1)位置1，95；(2)B，F13.【答案】此时汽缸内气体的温度为450K

闭合开关K到活塞最终稳定后，汽缸内密封气体的内能内能增加了68J

【解析】解：(1)最终活塞稳定后，设气缸内密封气体的温度为T1，加热过程中汽缸内气体压强不变，根据盖—吕萨克定律有Sh0T0=S(h0+Δh)T1

解得T1=450K

(2)密封气体的压强为p1=p0+mgS

代入数据得p1=1.2×105Pa

活塞上升过程中，密封气体对外做功为W=p1S⋅Δh

代入数据得W=12J

开关K闭合时，电热丝产生的热量为Q=(U2)2⋅114.【答案】小球甲的质量m为0.1kg

h的最大值为0.6m

改变小球甲释放的高度，两球在B点发生碰撞后，小球乙可恰好经过D点，此时小球甲碰撞后能够上升的最大高度H为0.5m

【解析】解：(1)若满足条件，小球甲、乙碰撞后恰能在B点发生第二次碰撞，则碰后甲、乙速度等大反向，均设为v，设碰前甲的速度为v0，以v0的方向为正方向，有

mv0=m(−v)+Mv

12mv02=12m(−v)2+12Mv2

解得

v=v02

m=0.1kg

(2)若满足条件，小球甲、乙碰撞后恰能在