2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理考前熱身練能力題提分練12

能力題提分練(一)一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1.(2024河南開(kāi)封二模)正方體abcda1b1c1d1的上表面水平,沿中心線O1O2放置一根通有恒定電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線,現(xiàn)使一閉合金屬小圓環(huán)沿不同方向以相同速率做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小圓環(huán)平面始終水平。下列說(shuō)法正確的是()A.a1點(diǎn)與c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同B.小圓環(huán)的圓心從ad邊的中點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)時(shí),小圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流C.小圓環(huán)的圓心從b1移到c1過(guò)程中,穿過(guò)小圓環(huán)的磁通量先增加后減少D.小圓環(huán)的圓心從a移到d與從a移到c,兩次移動(dòng)小圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等答案B解析由右手定則可知,a1點(diǎn)與c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,但方向相反,故A錯(cuò)誤;小圓環(huán)的圓心在ad邊的中點(diǎn)時(shí),其磁通量為零,在其豎直向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,通過(guò)小圓環(huán)的磁通量始終為零,所以通過(guò)小圓環(huán)的磁通量未發(fā)生變化,即小圓環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流,故B正確;小圓環(huán)在b1位置時(shí),其磁通量不為零,在到達(dá)導(dǎo)線正下方時(shí),其磁通量為零,在c1點(diǎn)時(shí)小圓環(huán)的磁通量也不為零,所以整個(gè)過(guò)程穿過(guò)小圓環(huán)的磁通量是先減小后增加,故C錯(cuò)誤;由于小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度大小不變,而從a移動(dòng)到d與從a移動(dòng)到c的過(guò)程其位移不同,所以兩次運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間不同,由右手定則可知,小圓環(huán)在c點(diǎn)和d點(diǎn)的磁通量相同,所以小圓環(huán)在兩次移動(dòng)過(guò)程中,磁通量的變化量相同,根據(jù)E=ΔΦΔt可知,2.(2024河北一模)如圖所示的電路中,R0為定值電阻,電壓表和電流表均為理想電表,閉合開(kāi)關(guān)S,滑動(dòng)變阻器的滑片從b端向a端緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.電壓表V的示數(shù)先變小后變大B.電壓表V的示數(shù)一直變大C.電流表A的示數(shù)一直變小D.電流表A的示數(shù)先變小后變大答案C解析滑片緩慢從b端向a端滑動(dòng)的過(guò)程中,滑動(dòng)變阻器上下兩部分、電壓表并聯(lián),滑動(dòng)變阻器滑片上、下兩部分并聯(lián)后的阻值先增大后減小,干路電流先減小后增大,路端電壓先增大后減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電壓表V的示數(shù)U=EI(R0+r),則電壓表V的示數(shù)先變大后變小,故A、B錯(cuò)誤;滑動(dòng)變阻器的滑片從b滑到正中間的過(guò)程,回路總電阻增加,干路電流減小,滑動(dòng)變阻器上半部分所在支路分配的電壓增大,通過(guò)滑動(dòng)變阻器上半部分的電流增大,可知電流表A的示數(shù)變小,滑片從正中間滑到a的過(guò)程,滑動(dòng)變阻器上、下兩部分并聯(lián)電阻減小,電壓表示數(shù)減小,滑動(dòng)變阻器下半部分電阻增加,可知電流表A的示數(shù)繼續(xù)變小,故C正確,D錯(cuò)誤。3.如圖所示,理想變壓器接在電壓為U0的交流電源上,三個(gè)定值電阻R1、R2、R3的阻值相等,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R4的滑片,使其阻值與定值電阻相等,此時(shí)兩個(gè)理想電壓表的示數(shù)相同,下列說(shuō)法正確的是()A.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2B.電壓表的示數(shù)為UC.變壓器的輸入功率為R1消耗功率的7倍D.向下移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片,兩電壓表的示數(shù)都變大答案B解析設(shè)此時(shí)電壓表的示數(shù)為U,通過(guò)R1、R3、R4的電流都為I1=I3=I4=UR,通過(guò)R2的電流為I2=I3+I4=2UR,變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1n2=I2I1=21,A錯(cuò)誤;原線圈的輸入電壓U1=U0U,副線圈的輸出電壓U2=2U+U=3U,根據(jù)n1n2=U1U2可得U=U07,B正確;變壓器的輸入功率P入=P出=I2U2=6U2R,R1消耗功率P1=U2R,則P入P1=6,C錯(cuò)誤;設(shè)副線圈的總電阻為R總,U2=I2R總,U1=n1n2I2R總,I1=n2n1I2,U0=I1R+U1=n2n1I4.(2024江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖所示,abc為均勻帶電半圓環(huán),O為其圓心,O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,將一試探電荷從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn),電場(chǎng)力做功為W。若在cd處再放置一段14圓的均勻帶電圓環(huán),如圖中虛線所示,其單位長(zhǎng)度所帶電荷量與abc相同,電性與abc不同,則此時(shí)O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小及將同樣的試探電荷從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到O點(diǎn)電場(chǎng)力做功分別為(A.102E,1B.22E,3C.34E,3D.52E,1答案A解析把半圓環(huán)等分為兩段,即每段為14圓環(huán),設(shè)每段在O點(diǎn)的電勢(shì)為φ0,電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,且方向分別與E夾角為θ=45°,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知E0=22E,因?yàn)殡妱?shì)是標(biāo)量,每段導(dǎo)體在O點(diǎn)的電勢(shì)為φ=φ02,同理,在cd處再放置一段14圓的均勻帶電圓環(huán)后,可等分為3個(gè)14圓環(huán),由于電性與abc相反,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加可知O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E'=2×222E2+222E2=102E二、多項(xiàng)選擇題:本題共2小題,每小題5分,共10分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得5分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。5.(2024廣東江門一模)數(shù)據(jù)表明,在電動(dòng)車事故中,佩戴頭盔可防止85%的頭部受傷,大大減小損傷程度。頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時(shí)間延長(zhǎng)至6ms以上,人頭部的質(zhì)量約為2kg,則下列說(shuō)法正確的是()A.頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中的動(dòng)量變化率B.頭盔減少了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中撞擊力的沖量C.事故中頭盔對(duì)頭部的沖量與頭部對(duì)頭盔的沖量大小相等D.若事故中頭部以6m/s的速度水平撞擊緩沖層,則頭部受到的撞擊力最多為2000N答案ACD解析根據(jù)F·Δt=Δp,可得F=ΔpΔt,依題意,頭盔內(nèi)部的緩沖層與頭部的撞擊時(shí)間延長(zhǎng)了,頭盔減小了駕駛員頭部撞擊過(guò)程中的動(dòng)量變化率,故A正確;同理,可知頭盔并沒(méi)有減少駕駛員頭部撞擊過(guò)程中撞擊力的沖量,故B錯(cuò)誤;根據(jù)I=F·Δt,頭盔對(duì)頭部的作用力與頭部對(duì)頭盔的作用力等大反向,作用時(shí)間相同,所以事故中頭盔對(duì)頭部的沖量與頭部對(duì)頭盔的沖量大小相等,故C正確;由以上分析可得F=2×66×10-3N=2000N,可知事故中頭部以6m/s6.(2024河南周口二模)質(zhì)量m0=2.0kg、長(zhǎng)度L=1.0m的木板靜止在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,右端靜置一質(zhì)量m=1.0kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),如圖甲所示?，F(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的作用力F,Ft圖像如圖乙所示。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,重力加速度g取10m/s2。則()A.6s末,物塊剛好與木板分離B.0~4s內(nèi),物塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)C.0~6s內(nèi),物塊與木板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.4~6s內(nèi),拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動(dòng)能的增量答案AB解析物塊的最大加速度為μmg=ma,解得a=3m/s2,當(dāng)F=6N時(shí),假設(shè)木板和物塊相對(duì)靜止,則有F=(m0+m)a1,解得a1=2m/s2<a,則物塊可以與木板相對(duì)靜止,當(dāng)F=10N時(shí),木板的加速度為Fμmg=m0a2,解得a2=3.5m/s2>a,物塊與木板在4s末的速度相等,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得12a2t'212at'2=L,代入數(shù)據(jù)解得t'=2s,所以6s末,物塊剛好與木板分離,故A、B正確;0~6s內(nèi),物塊與木板組成的系統(tǒng)受拉力做功,機(jī)械能不守恒,故C錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,4~6s內(nèi),拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動(dòng)能增量與系統(tǒng)摩擦生熱之和,故三、非選擇題:本題共4小題,共34分。7.(8分)(2024山東聊城二模)“飲酒不開(kāi)車”是司機(jī)必須遵守的交通法規(guī)?，F(xiàn)要利用一種二氧化錫半導(dǎo)體型酒精氣體傳感器組裝一個(gè)酒精測(cè)試儀,此傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度的變化規(guī)律如圖甲所示。提供的器材有:二氧化錫半導(dǎo)體型酒精傳感器;直流電源(電動(dòng)勢(shì)為4V,內(nèi)阻不計(jì));一只電壓表(量程為0~3V,內(nèi)阻非常大,作為濃度表使用);電阻箱(最大阻值為999.9Ω);定值電阻R1(阻值為50Ω);定值電阻R2(阻值為10Ω);單刀雙擲開(kāi)關(guān)一個(gè),導(dǎo)線若干。(1)電路中R應(yīng)選用定值電阻(選填“R1”或“R2”);

(2)為便于識(shí)別測(cè)試結(jié)果,按照下列步驟調(diào)節(jié)此測(cè)試儀:①電路接通前,先將電阻箱調(diào)為Ω,然后開(kāi)關(guān)接2,將電壓表此時(shí)指針對(duì)應(yīng)的刻度線標(biāo)記為0.2mg/mL;

②逐步減小電阻箱的阻值,電壓表的示數(shù)不斷變大。按照?qǐng)D甲數(shù)據(jù)將電壓表上“電壓”刻度線標(biāo)為“酒精濃度”,此濃度表刻度線上的濃度值是(選填“均勻”或“不均勻”)變化的。

③將開(kāi)關(guān)接另一端,測(cè)試儀即可正常使用。(3)使用一段時(shí)間后,由于電源的電動(dòng)勢(shì)略微變小,內(nèi)阻變大,則酒精濃度測(cè)量結(jié)果(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)。

答案(1)R2(2)30不均勻(3)偏小解析(1)由于電壓表量程為0~3V,本實(shí)驗(yàn)電壓表并聯(lián)在定值電阻兩端,由歐姆定律可得,定值電阻兩端的電壓UR=ER由圖甲可知10Ω≤Rx≤70Ω電動(dòng)勢(shì)為4V,電壓表量程為0~3V,得URmax=4R10+R≤可得R≤30Ω故R應(yīng)選用定值電阻R2。(2)開(kāi)關(guān)接2,當(dāng)電壓表此時(shí)指針對(duì)應(yīng)的刻度線為0.2mg/mL,此時(shí)Rx=30Ω,由甲圖知,傳感器的電阻Rx隨酒精氣體濃度是非均勻變化,故此濃度表刻度線上對(duì)應(yīng)的濃度值是不均勻變化的。(3)使用一段時(shí)間后,由于電源的電動(dòng)勢(shì)略微變小,內(nèi)阻變大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可得,回路中電流減小,結(jié)合圖線可知,酒精濃度測(cè)量結(jié)果偏小。8.(7分)如圖甲所示,兩端開(kāi)口的導(dǎo)熱汽缸水平固定,A、B是厚度不計(jì)的兩輕活塞,可在汽缸內(nèi)無(wú)摩擦滑動(dòng),兩輕活塞用一輕桿相連,缸內(nèi)封閉有理想氣體。A、B靜止時(shí),缸內(nèi)兩部分氣柱的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和L2;現(xiàn)用輕質(zhì)細(xì)線將活塞B與重物C連接在一起,如圖乙所示。已知活塞A、B面積S1、S2的關(guān)系為S1=2S2=2S,大氣壓強(qiáng)為p0,重力加速度為g,重物C質(zhì)量為m=p0S4g(1)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng);(2)活塞移動(dòng)的距離x。答案(1)54p(2)L解析(1)兩活塞再次靜止時(shí),對(duì)整體有p0S1+p2S2+mg=p2S1+p0S2解得p2=54p0(2)兩活塞開(kāi)始靜止時(shí),對(duì)整體有p0S1+p1S2=p1S1+p0S2開(kāi)始靜止時(shí)封閉氣體的體積為V1=LS1+L2S2=5再次靜止時(shí)封閉氣體的體積為V2=(Lx)S1+L2+xS2由玻意耳定律得p1V1=p2V2解得x=L29.(8分)(2024河南周口二模)圖甲為一種測(cè)量帶電微粒速率分布的實(shí)驗(yàn)裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S,高度為h,寬度忽略不計(jì)。緊貼圓筒內(nèi)壁固定有高度為HH>43h的半圓柱面收集板,用于收集帶電微粒;板的一豎直邊緊貼狹縫S,上邊與狹縫S上端對(duì)齊,上邊緣遠(yuǎn)離狹縫的頂點(diǎn)為P點(diǎn),另有一距P點(diǎn)弧長(zhǎng)為l的點(diǎn)Q,俯視圖如圖乙所示。圓筒內(nèi)存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),同時(shí)由微粒源產(chǎn)生的微粒沿水平方向以不同的速率射入圓筒,微粒質(zhì)量均為m,電荷量均為q(1)求Q點(diǎn)所在豎直線上收集到的微粒中,入射速率最大的微粒下落的距離。(2)為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同,并且能收集到所有該速率的微粒,求圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω的取值范圍。答案(1)2(2)π2qE2m解析(1)打在Q點(diǎn)所在豎直線上的微粒,入射速率最大時(shí),圓筒轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ=l對(duì)應(yīng)的時(shí)間為t=θ加速度為a=qE下落高度y0=12at聯(lián)立得y0=2qE(2)帶電微粒進(jìn)入圓筒后,圓筒轉(zhuǎn)過(guò)一圈的過(guò)程中,能收集到的速率最小的微粒下降的高度為y1,第一圈末時(shí),過(guò)P點(diǎn)的豎直線上收集的微粒下落高度為y2,有h+y1<H<y2能收集到的速率最小的微粒對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)為l0=π加速度為a=qEy1=π設(shè)圓筒周期為T=2y2=12aT聯(lián)立得π2qE2m因?yàn)镠>43h,所以π2qE2m(H10.(11分)(2024北京門頭溝一模)2023年12月1日晚間,絢麗的極光現(xiàn)身北京市門頭溝區(qū)。極光是由太陽(yáng)拋射出的高能帶電粒子受到地磁場(chǎng)作用,在地球南北極附近與大氣碰撞產(chǎn)生的發(fā)光現(xiàn)象。從北極地區(qū)看赤道平面的地磁場(chǎng),簡(jiǎn)化圖如圖乙所示,O為地球球心,R為地球半徑,將地磁場(chǎng)在半徑為R到3R之間的圓環(huán)區(qū)域看成是勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。假設(shè)高能粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q。不計(jì)粒子重力及大氣對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的影響,且不考慮相對(duì)論效應(yīng)。(1)若高能粒子從A點(diǎn)以速度v0沿切線進(jìn)入磁場(chǎng)邊界位置時(shí),粒子恰好繞著磁場(chǎng)邊界做圓周運(yùn)動(dòng),求粒子的速度v0的大小。(2)地球磁層是保護(hù)地球的一道天然屏障,它阻擋著高能粒子直接到達(dá)地球表面,從而保護(hù)了地球上的生態(tài)環(huán)境。a.假設(shè)高能粒子從磁場(chǎng)邊緣A點(diǎn)以速率v沿半徑方向射入磁場(chǎng)時(shí)恰不能到達(dá)地球表面,求粒子的比荷qmb.高能粒子實(shí)際上可在赤道平面內(nèi)向各個(gè)方向均勻地射入磁場(chǎng)。若高能粒子仍以速率v射入地球磁場(chǎng),求到達(dá)地球粒子數(shù)與進(jìn)入地磁場(chǎng)粒子總數(shù)比值η。(結(jié)果用反三角函數(shù)表示,例:sinθ=k,則θ=arcsink,θ為弧度)答案(1)3(2)a.v4BRb解析(1)若高能粒子從A點(diǎn)以速度v0沿切線進(jìn)入磁場(chǎng)邊界位置時(shí),粒子恰好繞著磁場(chǎng)邊界做圓周運(yùn)動(dòng),可知粒子的軌道半徑為r0=3R由洛倫茲力提供向心力可得qv0B=mv聯(lián)立解得粒子的速度的大小為v0=3qBR(2)a.假設(shè)高能粒子從磁