备考信息导航演练（二）-【衡水真题密卷】2026年高考物理备考信息导航演练（湖北专用）

2025一2026学年度备考信息导航演练 物理（二） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1.2025年元月国家核安全局消息，我国南华大学成功提取高纯医用同位素铅212（影Pb)。 已知铅212的半衰期为10.6小时，通过阝衰变生成铋212(Bi)。下列关于铅212的说 法正确的是 A.衰变产物的新核质量数比铅212少4 B.衰变释放的3射线穿透能力比α射线弱 C.若有10g铅212，经过21.2小时后剩余铅212质量为2.5g D.衰变释放的3粒子来源于铅212原子核外电子 2.柔软的耳机线中有粗细均匀的细铜丝，这种细铜丝的加工要求非常高。工厂中利用图 示装置，用激光器照射细铜丝，在光屏上形成稳定的衍射图样，当细铜丝变粗时，下列说 法正确的是 激光器 抽丝机 细铜丝 光屏 A.中间亮条纹变宽，两侧暗条纹间距变小 B.中间亮条纹变窄，两侧暗条纹间距变小 C.整个图像向一侧偏移 D.图像没有明显变化 3.如图所示，倾角0=30的斜面固定在水平地面上，小球从斜面上M点的正上方4处由静 止释放，在M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速 度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变、方向相反，忽略空气阻 力，则M、N之间的距离为 物理试题（二）第1页（共8页） 备考信息 班级 姓名 N 0入 ---。---- 77777777777777777777分 得分 C. A.4h B.h 4.分子力F随分子间距离r的变化如图所示。若将两分子从相距r=r2处释放，仅考虑 这两个分子间的作用，下列说法正确的是 F :Fo A.从r=r。到r=r1分子力表现为引力 B.从r=r2到r=r1分子力先减小后增大 C.从r=r2到r=r1分子力先做负功后做正功 D.从r=r2到r=r1分子势能先减小后增大 5.春秋战国时期，《墨经》记载了利用斜面来运送货物的方法。如图所示，用平行于斜面的 推力将货物从地面匀加速推到货车上。若货物与斜面间的动摩擦因数恒定，下列说法 正确的是 /77777777777777777777777777777777777777777 A.斜面越长，推力对货物做的功多 B.斜面越短，推力对货物做的功越多 C.斜面越短，推力越大 D.斜面越长，推力越大 6.在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=R,单匝圆形金属线圈半径为r1,线圈导线的电 阻也为R,半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感 应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t。和B。, 其余导线的电阻不计。闭合开关S,至t=0的计时时刻，电路中的电流已经稳定，下列 说法正确的是 导航演练 物理试题（二）第2页（共8页） 4 B B 甲 Boπr1 A.线圈中产生的感应电动势大小为 to Bt。时间内流过R,的电量为B,r R C.电容器下极板带负电 D.稳定后电容器两端电压的大小为3。 Boπr 7.如图所示，ABC是边长为L的等边三角形，D为BC的中点，在A、D两点处固定有带 电的小球（可视为点电荷），空间还有一与三角形所在平面平行的匀强电场，电场强度大 小为E,方向由A指向D。已知C点的电场强度为零，静电力常量为k,下列说法中正 确的是 D A.A处电荷带正电，D处电荷带负电 B.空间电场强度为零的点仅有C点 C.A、D两处带电小球的带电量之比为8：1 E D.若撤去D处的带电小球，则C点的电场强度大小为 8.如图甲所示，地球卫星仅在地球万有引力作用下沿椭圆轨道绕地球运动，在任意位置， 将卫星与地心的距离记为r,卫星的加速度α在轨迹切线方向上的分量记为切向加速度 a,。卫星I和卫星Ⅱ从近地点到远地点过程中a.的大小随r的变化规律如图乙所示。 下列说法正确的是 卫星Ⅱ 卫星I 0 2d2.5d 6.5d7d 甲 A.卫星I和卫星Ⅱ的轨道半长轴之比为4：5 B.卫星I和卫星Ⅱ的轨道半长轴之比为1：1 C.卫星I和卫星Ⅱ的加速度最大值之比为16：25 D.卫星I和卫星Ⅱ的加速度最大值之比为4：5 4 物理试题（二）第3页（共8页） 备考信息 9.如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳 跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m,当B 的质量连续改变时，得到A的加速度α随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速 度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，g取9.8ms2,斜面的倾角为0，下列说 法正确的是 a/(m.s) a--------2 B A m/kg 甲 A.若0已知，可求出A的质量 B.若0未知，可求出图乙中a1的值 C.若0已知，可求出图乙中a2的值 D.若0已知，可求出图乙中m。的值 10.如图所示，理想变压器原线圈接e=100√2sin(100πt)V的交流电，原、副线圈匝数比n1: n2=2:5,已知定值电阻r=162、R。=252,R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想 交流电表，下列说法正确的是 A.R=752时，理想变压器的输出功率最大 B.理想变压器的最大输出功率Pm=165.25W C.理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A D.R=1252时，滑动变阻器消耗的功率最大 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长，实验装置如图甲所示。 灯泡透镜 单缝双缝拨杆遮光筒 屏目镜 40 单缝管 测量头手轮 标尺 分 (1)下列说法中正确的是 A.要使模糊的干涉条纹变得清晰可通过旋转测量头来实现 B.使用间距更小的双缝，可增加从目镜中观察到的条纹个数 C.测量某条亮纹位置时，应使测量头分划板刻线与该亮纹的中心对齐 导航演练 物理试题（二）第4页（共8页） (2)该同学调整好实验装置后，测出双缝间距d=0.25mm,双缝到屏的距离1= 50cm,对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮纹中心位置对应的螺旋测 微器示数如图乙所示，则所测光的波长入为 nm。 10 45 40 -35 丙 (3)该同学在实验操作中将一厚度为3入、折射率为1.5的透明薄片置于缝S1处，如图 丙所示，他观察到的中点P处为 (填正确答案前的字母)。 A.亮纹 B.暗纹 12.(10分)实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势 和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有： 干电池一节（电动势约1.5V,内阻小于12）； 电压表V(量程3V,内阻约3k2); 电流表A(量程0.6A,内阻约12)； 滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)； 定值电阻R1(阻值22)； 开关一个，导线若干。 (1)某次测量中电压表的示数如图甲所示，该示数为 AU/V 1. .4 1.2 1.0 0.8 0.6 E 00.10.20.30.40.50.6i/A 甲 乙 丙 (2)该小组按照图乙所示电路进行实验，调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近 满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点， 如图丙所示。发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是。 A.滑动变阻器最大阻值较小 B.干电池电动势较小 C.干电池内阻较小 D.电压表量程较小 (3)改进实验后再经过描点、作图得到图丁，由此可以计算出电源的电动势E=V (保留三位有效数字)。 物理试题（二）第5页（共8页） 备考信息导航 个UV 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 00.10.20.30.40.50.60.771A 入 (4)由该实验测得电动势的测量值与真实值之间的关系是E测 E真（填“”“=”或 “>”),产生该误差的原因是（填“电压表分流”或“电流表分压”）。 13.(10分)如图所示，截面为直角三角形的玻璃棱镜置于真空中，其中∠A=60°，∠C= 90°，AC=2√6cm;一束极细的光于AC边的中点F处垂直AC面入射，在AB面发生 了一次全反射，此后发现存在光线从AB、BC面射出，发现光从BC面折射出时的折射 角为45°（图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为3.0×108ms,请解决下列 问题： (1)借助作图工具画出光在玻璃中传播的光路示意图（不考虑光线在AC面反射和在 AB面上第二次反射情况)； (2)光从玻璃射向真空时，发生全反射的临界角； (3)从AB面射出的光在棱镜中传播的时间。 60 B 演练 物理试题（二）第6页（共8页） 14.(15分)如图所示，竖直放置且粗细均匀的U形玻璃管与容积为V。的锥形容器连通， 玻璃管左端与大气相通。在U形玻璃管中用水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境 温度为27℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=12cm,水银柱上方管 中空气柱长h。=10cm,现在对锥形容器缓慢加热，当U形玻璃管左侧水银面比右侧 水银面高出h2=12cm时停止加热，此时锥形容器内气体温度为327°C。已知大气压 强恒为po=76cmHg,U形玻璃管的横截面积S=1cm2,热力学温度T与摄氏温度t 关系为T=t+273K。求： (1)当环境温度为27C时，锥形容器内气体的压强； (2)锥形容器的容积V,。 物理试题（二）第7页（共8页） 备考信息 15.（18分)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1(大 小未知)，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E2(大小未知)，第四象限内存 在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，x轴、y轴为各场区的边界线。现将质量为、电 荷量为g的质子由第二象限内的M(一d,d)点静止释放，穿过y轴时的速度为vo,在 电场和磁场的作用下，在第一象限和第四象限内做周期性运动。已知第四象限内磁感 应强度的大小为2一，且质子在酸场中运动时与x轴的最远距离为4。求： gd (1)电场强度E1和E2的大小； 3d (2)判断该质子能否经过点(19d十62d,),并说明原因（无分析过程不给分）： (3)从M点开始计时，质子经过x轴时所用的时间。 E 个y M。--- E B 导航演练 物理试题（二）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 2025一2026学年度备考信息导航演练 物理（二） 一、选择题 现为斥力，所以从r=2到r=r1分子力先表现为 1.C【解析】根据B衰变的特点可知，发生B衰变时， 引力，后表现为斥力，则分子力先做正功后做负功， 衰变产物的质量数不变，A错误；根据三种射线的 所以分子势能是先减小后增大，D正确，C错误。 特点可知，B射线穿透能力比α射线强，B错误；若有 5.A【解析】对货物进行受力分析，如图所示，垂直斜 10g铅212，经过21.2小时，即经过2个半衰期后 面方向V=ng cos0,沿斜面方向F=f+mg sin0+ 12 1 刺余质量m=m(2)-10×4g=2.5g,C正确： ma,摩擦力f=N,解得F=ngsin0十ang cos0十 ma=mg√1十sin(a十0)十ma,可知，当有a+0= 根据B衰变的本质可知，B衰变时原子核中的一个 中子转化为一个质子和一个电子，电子发射到核 90°，推力F有最大值Fx=mg√1十以2十ma,可知， 外，就是3粒子，D错误。 斜面倾角0在0°到90°之间变化的过程中，推力F先 2.B【解析】根据激光发生明显衍射现象的条件， 增大后减小，由于斜面顶端的高度一定，可知，斜面在 障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不 由足够长逐渐变短的过程中，推力F先增大后减小， 多时，会发生明显的衍射现象，该装置运用了光的 反之，斜面在由足够短逐渐变长的过程，推力F也是 衍射现象，当细铜丝变粗时，衍射现象减弱，故中 先增大后减小，C、D错误；斜面顶端高度一定，令高度 间亮条纹变窄，两侧暗条纹间距变小，B正确，A、 h 为h,推力做的功W=(ng sin0+umg cos0) C、D错误。 3.B【解析】设小球落到斜面上时的速度大小为)， sin 0 =mghtumngh h h a 根据运动学公式得。=2g·套已知小球在莲拉 tang十na sin 0,根据上述表达 式可知，斜面越长，斜面倾角越小，推力对货物做的功 前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直 越多，A正确，B错误。 于斜面方向的分量大小不变、方向相反，所以小球 N 离开斜面时速度大小仍为，方向与斜面成60°，小 球从离开斜面到再次落回斜面过程的运动可分解 为沿初速度方向的匀速直线运动和自由落体运 动，如图所示，设小球由M运动到N所用时间为 t,根据角度关系可知，△MPN为等边三角形，故 mg 有x== 281,解得x=h,B正确。 6.D【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动 0 P 势E=4B ·πr=b ,A错误；t。时间内流过 609 309 Bπr 30°1 R,的电荷量Q,=1。= to 60 3R·t,= 3RXt。= 60 3R,B错误，根据楞次定律，线图中感应电流的 B。rr2 N 方向是顺时针方向，故电容器充电时下极板为正， 4.D【解析】由图可知从r=r。到r=r1分子力表 现为斥力，A错误；由图可知从r=r2到r=r1分 C错误；稳定后电容器两极板电压U=】 - 子力是先增大后减小，然后再增大，B错误；当r> r。时，分子力表现为引力，当r<r。时，分子力表 Bri,D正确。 3to 物理答案（二）第1页（共4页） 4 2026 备考信息导航演练（二） 7.C【解析】已知匀强电场方向由A指向D,C点电 mA g- 场强度为零，说明A、D处点电荷在C,点产生的合场 A错误；变形得a= m gsin 0 一，当m→0∞时，a= 强方向是由D指向A,与C点匀强电场方向相反，由 mA十1 n 此可知A处电荷带负电，D处电荷带正电，A错误； a1=g,B正确；当m=0时，a=a2=-gsin0,C正 设A处电荷为QA,D处电荷为QD,已知A到C的 确；当a=0时，由上式得，m=1o=nAsin0,因A 距离为L,D到C的距离为)根据点电荷场强公式 的质量无法得知，所以m。不能求出，D错误。 10.AD【解析】根据交流电瞬时电动势表达式可知， 得A处电荷在C点产生电场强度E=kD处 电源电动势有效值为100V,如图甲所示，假设原线 圈中的电压为U,电流为I,可认为虚线框中为等 QD 电荷在C点产生电场强度ED=k ,由A选项 效电阻R,又根据理想变压器电压、电流与线 2) 分析知A、D处，点电荷在C点产生电场强度的合电 U一m1-,又=R十R,可 场强度与匀强电场平衡，根据平行四边形定则得 圈臣数的关系有U,'工。n (R。十R),则电路可看成是由r和R组成 EAcOS60°=ED,即k ,解得Q= 得R'- n2 y ( 的电路，若使变压器输出功率最大，则R'的功率最 8QD,C正确；根据对称性可知B处电场强度也为零， 大，根据P=P=R-()R B错误；因为A、D处点电荷在C点产生电场强度的 E 合电场强度与匀强电场平衡，所以EA与E的合电场 r ,根据基本不等式，当R'=r=162 强度与ED等大反向，若撤去D处点电荷，则C点电 R+R'+2 场强度大小等于ED,由C选项分析得Easin60°= 时，R'的输出功率最大，此时由①式可得R= E,E=2E,解得E- 3E,D错误。 750,输出的最大功率P=P%=IR'=E Ar 1002 8.BC【解析】由图乙卫星I和卫星Ⅱ从近地点到 4X16W=156.25W,A正确，B错误：理想变压 远地点过程中a,的大小随r的变化规律可知，卫 器的输出功率等于负载电阻总功率，根据电功率 星I的半长轴，=2.5d+6.5d 公式有P出=I(R。十R),可得I2=1.25A,C错 2 4.5d,卫星Ⅱ的 误；要使滑动变阻器上的功率最大，把，按照上 半长轴1=2以，7d=4.5d,故卫星[和卫星l 2 述规则等效到副线圈中，有r= ,东路 的轨道半长轴之比r,:rm=1：1,A错误，B正 1002,如图乙所示，把虚线框看成是电源，内阻 确；由题图乙可知，当卫星在近地，点时，加速度最 r'=1002,当r'十R。=R时，滑动变阻器输出功 大，根据牛频第三定律有G,”=mam,解得an马 率最大，此时R=1252,D正确。 GM,由题图乙可知，卫星I在近地点离地球的距 r 离为2.5d,卫星Ⅱ在近地点离地球的距离为2d, 则卫星I和卫星Ⅱ的加速度最大值之比am:aml= 1 (2.5d)2 =16:25,C正确，D错误」 1 (2d)2 9.BC【解析】根据牛顿第二定律，对B有mg一F= ma,对A有F-magsin0=mAa,联立得a= mg-magsin 0 ，若0已知，不能求出A的质量mA, mAtm 4 物理答案（二）第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 二、非选择题 13.(1)图见解析(2)45°(3)4.0×10-1s 11.(1)C(2分)(2)713(3分)(3)B(2分) 【解析】(I)根据光的折射规律画图如图 【解析】(1)若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看 到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝 609 与双缝不平行，要使条纹变得清晰，值得尝试的 是调节拔杆使单缝与双缝平行，A错误；根据相 45 (2分) 邻两亮（暗）千涉条纹的间距△虹 d可知要增加 (2)由几何关系可知，在BC边折射时的入射角02= 观察到的条纹数，即△x越小，可使用间距更大的 30°，由题意可知从BC边折射出的折射角0：=45°， 双缝，B错误；测量某条千涉亮纹位置时，应使测 2 量头分划板刻线与该亮纹的中心对齐，C正确。 由n sin 0 2 =√2 (1分) sin 02 1 (2)由题图乙可知，螺旋测微器的读数分别为x1= 2 1mm+41.5×0.01mm=1.415mm,x2=8.5mm+ 1 4.5×0.01mm=8.545mm,相邻亮条纹的间距 由sinC= (1分) △x=x2-x1=8.545-1.415 得光从玻璃射向真空时，发生全反射时的临界角 6 mm=1.426mm, 6-1 C=45 (2分) △xd 根据△x一了入，可得所测光波的波长入= (3)光在玻璃中的速度 1.426×103×0.25×103 (1分) 50×10-2 m=7.13×10-7m=713m。 由数学知识得 (3)S光源发出的光到S1、S2的距离相同，透明 DE=2√2cm 薄片相当于增加光程半波长的奇数倍，即S1、S2 FD=3√2cm 振动方向始终相反，P到S1、S2的距离相同，光 EH=√2cm 程差△x=O,P点为减弱点，即为暗条纹，B正 光线由F点到H点所需的时间 确，A错误。 12.(1)1.30(2分)(2)C(2分)(3)1.45(2分) =FD+DE+EH (1分) (4)<(2分)电压表分流(2分) 解得t=4.0×10-10s。 (2分) 【解析】(1)量程为0~3V电压表的分度值为0.1V, 14.(1)64cmHg(2)16.4cm 读数为1.30V 【解析】(1)设水银密度为初始时由平衡关系有 (2)根据闭合电路欧姆定律U=E一Ir可知，图 Po=pi+h (2分) 像斜率的绝对值表示电池的内阻，电压表示数的 得p1=64cmHg (2分) 变化范围比较小，图像斜率的绝对值小，因此电 (2)t=327C时，T2=600K (2分) 压表示数的变化范围比较小的原因是干电池的 由平衡关系有p2=po十h2,解得p2=88cmHg 内阻较小，A、B错误，C正确。 (2分) (3)根据上述(2)可知，JI图像的纵截距表示电 由几何关系知此时右侧水银柱上方空气长 动势，电动势E=b=1.45V。 ho=22 cm (2分) (4)实验的误差来源于电压表的分流作用，根据闭 由理想气体状态方程业 =P:V? U 得 T T, 合电路欧姆定律E=U十R十I)r,整理得U= p(hoS+Vo)p2(hoS+Vo) Ea Rv rRv RvEA (2分) T T2 【,图像的纵截距b Ry+rr+Ry Ry+r 解得V。=16.4cm3。 (3分) E别，实验测得电动势的测量值与真实值之间的关 系是E测<E真。 15.(1)E- (2)能，原因见解析 2ad E2-2dq 物理答案（二）第3页（共4页） 4 2026 备考信息导航演练（二） (3)8+(2+1D x2-2Rsin 0 (1分) -nd 2vn 2Rsin 0 用时t2= (1分) 【解析】(1)对质子从M到N的过程，由动能定 理得 则质子完成一次周期性运动沿x方向移动的距离 X=2x1+x2 (1分) qE:d=2mvi-0 (1分) 联立解得x1=2d,x2=(2十22)d,X=6d+22d 行得一2 (1分) 考虑到19d+6w√2d=3X十d,容易知道，此时质 3 质子在第一象限内做类平抛运动，设经过x轴时 子做类平抛运动，所处位置的纵坐标y= 4d,所 的速度为，与x轴正方向的夹角为日，则由动能 定理得 以质子能经过点(19d+62d,4d) 3 (1分) 1 1 qEd= 2mo-2m (1分) (3)对质子，由M到N,有d=21 (1分) 且Vo=vc0s0 (1分) 由(2)问可得质子完成一次类平抛运动所用时间 质子从进入磁场到离x轴最远处的过程中做圆 _2d t=to (1分) 周运动的半径为R vo v2 quB-mR (1分) 质子相邻两次进出磁场用时t2= (W2+1)πd 2v0 R(1-cos 0)=d (1分) (1分) 联立可得 则质子向下通过x轴时用时t=t。十t1十(2t1十 =0-7a-g0 (1分) t2)n= +8+E+1Dx nd(n=0、1、2…) (2)设质子完成一次类平抛运动所用时间为t1, (1分) 质子相邻两次进出磁场的时间为2，质子在一次 质子向上通过x轴时用时t=(t。十t1十t2)n= 类平抛运动中，有 U 8+(2+1)d(m=1、2.…） (1分) 2·t4=d且x1=0t (2分) 2vo (其它合理解答也可得分) 质子相邻两次进出磁场在水平方向上移动的距离 4 物理答案（二）第4页（共4页）