40分钟专练(1)(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试

考前-40分钟专练 40分钟专练(一) (本检测满分65分) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(共5小题,每小题5分,共25分) 1.下列有关光电效应的说法错误的是 (　 ) A.爱因斯坦提出了光电效应理论 B.甲图实验中让锌板带负电,光照后,验电器张角会变小 C.乙图中光电子到达A板的速度越大,则光电流越大 D.乙图光电流的大小与入射光束的光强有关 解析:选C　爱因斯坦提出了光子说理论,并成功地解释了光电效应实验,故A正确;由于事先使锌板带负电,验电器张开一定的角度,锌板表面的自由电子逸出后,验电器的指针张角变小,故B正确;当达到饱和光电流以后,继续增加光电管两端的电压,即增加光电子到达A板的速度,光电流不变,故C错误;当光电管两端的电压不变,即光电子到达A板的速度不变,入射光越强,光子数越多,光电流越大,则光电流的大小与入射光束的光强有关,故D正确。本题选错误的,故选C。 2.和谐号和复兴号高铁相继从某站点由静止出发,沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示,下列说法正确的是 (　 ) A.复兴号追上和谐号前,t=70 s时两车相距最远 B.复兴号经过95 s加速达到最大速度 C.t=140 s时,复兴号追上和谐号 D.复兴号追上和谐号前,两车最远相距4 900 m 解析:选B　由v-t图像可知,0≤t≤140 s时,和谐号速度大于复兴号速度,t>140 s时,和谐号速度小于复兴号速度,故复兴号追上和谐号前,t=140 s时两车相距最远,根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移,可知复兴号追上和谐号前,两车最远相距Δx=×140×70 m-×(140-70)×70 m=2 450 m,故A、C、D错误;复兴号的加速度为a== m/s2=1 m/s2,复兴号加速达到最大速度所需的时间为t1==95 s,故B正确。 3.(2024·成都三模)2024年4月3日,遥感四十二号01星在西昌卫星发射中心顺利升空,卫星的轨道如图所示,其中Ⅰ和Ⅲ为高度不同的圆轨道,椭圆轨道Ⅱ分别与圆轨道Ⅰ和Ⅲ相切于P点和Q点。下列说法正确的是 (　 ) A.卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程中动能增大 B.卫星在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期 C.卫星在轨道Ⅰ上经过P点的速度大于在轨道Ⅱ上经过P点的速度 D.卫星在轨道Ⅱ上经过Q点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过Q点的加速度 解析:选B　根据开普勒第二定律可知,卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于经过Q点时的速度,故从P点运动到Q点的过程中动能减小,故A错误;根据开普勒第三定律=k,又由轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径,可知卫星在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期,故B正确;卫星在轨道Ⅰ上经过P点时,万有引力等于向心力,G=m;卫星在轨道Ⅱ上经过P点时,卫星做离心运动,万有引力小于所需的向心力,G<m;联立可得vⅠP<vⅡP,故C错误;无论卫星在哪个轨道上运行,都只受地球的万有引力作用,由牛顿第二定律有G=ma,可得加速度大小a=G,可知在同一位置,卫星的加速度大小相等,故D错误。 4.某汽车在公路上正常行驶时,车辆仪表盘上显示a轮胎的胎压为200 kPa,b、c、d三只轮胎的胎压均为250 kPa,四只轮胎的温度均为37 ℃。已知该型号轮胎的容积为30 L,不考虑轮胎容积的变化,该型号轮胎的胎压达到300 kPa时,会出现爆胎危险。下列说法正确的是 (　 ) A.胎压指的是汽车轮胎对地面的压强 B.汽车停放在温度为17 ℃的车库里时,b轮胎的胎压约为200 kPa C.b轮胎内气体的温度为60 ℃时,有爆胎危险 D.为使四只轮胎的胎压相同,a中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为1∶4 解析:选D　胎压指的是轮胎内部气体的压强,A错误;汽车停放在温度为17 ℃的车库里时,b轮胎内气体做等容变化,变化前压强为p2=250 kPa,设变化后压强为p2',由查理定律得=,整理得p2'== kPa≈234 kPa,B错误;b轮胎内气体的温度为60 ℃时,设压强为p2″,轮胎容积可视为不变,由查理定律知=,整理得p2″== kPa≈269 kPa<300 kPa,故轮胎没有爆胎危险,C错误;设a轮胎容积为V,a原来胎内气体的压强为p1,充入的气体在压强为p1时体积为ΔV,根据玻意耳定律得p1(V+ΔV)=p2V,解得ΔV=7.5 L,则a轮胎中充入的气体与原来胎内气体的质量之比为Δm∶m=ΔV∶V=1∶4,D正确。 5.(2024·雅安三模)小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂直的墙角。简化图如图所示,设篮球质量为M、半径为R,悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点,P到球心的距离为2R,不计一切摩擦,则篮球对任一墙壁的压力大小为 (　 ) A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg 解析:选B　对篮球进行受力分析,篮球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力,两个支持力大小相等,夹角为90°,设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角为θ,根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d=R,故sin θ==,解得θ=45°,在竖直方向上根据受力平衡可得Tcos θ=Mg,解得T=Mg,在水平方向上根据受力平衡可知,两个墙壁对篮球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小,即=Tsin θ,解得N=Mg,根据牛顿第三定律可知篮球对任一墙壁的压力大小为Mg,B正确。 二、多项选择题(共3小题,每小题5分,共15分) 6.图甲为一列简谐横波在t=0.4 s时的波形图,P、Q为该横波上的两个质点,它们的平衡位置坐标分别为xP=10 m、xQ=15 m。图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是 (　 ) A.波速是25 m/s,波沿x轴正方向传播 B.t=0.6 s时,质点Q传播到x=20 m处 C.t=0.8 s时,质点P的加速度最大且沿y轴负方向 D.从t=0.5 s到t=0.7 s,质点P通过的路程为2 m 解析:选AC　由题图甲、乙可知,该横波的波长为λ=20 m,周期为T=0.8 s,则波速为v==25 m/s,由题图乙可知,t=0.4 s时质点Q向y轴负方向振动,由题图甲结合波形平移法可知,波沿x轴正方向传播,故A正确;质点只会在平衡位置上下振动,不会随波的传播方向迁移,故B错误;由题图甲可知,t=0.4 s时质点P位于波谷位置,由于Δt=0.4 s=,可知t=0.8 s时质点P位于波峰位置,此时质点P的加速度最大且沿y轴负方向,故C正确;由题图甲可知,t=0.4 s时质点P位于波谷位置,则t=0.5 s时位于波谷到平衡位置间的一个位置,从t=0.5 s到t=0.7 s,有Δt'=0.7 s-0.5 s=0.2 s=T,由于开始计时位置不是平衡位置或者波谷、波峰位置,则质点P通过的路程s≠A=2 m,故D错误。 7.(2024·潍坊三模)如图所示,正四面体棱长为l,在其顶点a、b、c各固定一个点电荷,a点处的点电荷电量为+2q,b、c两点处的点电荷电量均为+q,M、N、P分别为棱ab、ac、bc的中点。已知点电荷Q周围空间某点的电势φ=k,r为该点到点电荷的距离。下列说法正确的是 (　 ) A.M点的电场强度与N点的电场强度相同 B.P点的电势高于d点的电势 C.P点电场强度的大小为 D.电量为+q'的试探电荷在d点的电势能为 解析:选BD　根据场强的叠加可知,a、b处的点电荷在M点产生的合场强沿着ab连线由M指向b,c处的点电荷在M点产生的场强沿着cM连线由c指向M;而a、c处的点电荷在N点产生的合场强沿着ac连线由N指向c,b处的点电荷在N点产生的场强沿着bN连线由b指向N,则M点的电场强度与N点的电场强度大小相等、方向不同,故A错误;P点距离a、b、c处的点电荷要比d点距离a、b、c处的点电荷近,根据点电荷Q周围空间某点的电势φ=k,可知r越小,φ越大,则P点的电势高于d点的电势,故B正确;根据场强的叠加可知,b、c处的点电荷在P点产生的场强相互抵消,则P点的场强大小为EP=k,根据几何关系可知raP=l,则EP=,故C错误;根据点电荷Q周围空间某点的电势φ=k,可知d点的电势为φd=,电量为+q'的试探电荷在d点的电势能为Epd=φdq'=,故D正确。 8.(2024·淮南二模)如图所示,竖直平面内半径为R的圆形区域内充满垂直圆形区域的匀强磁场(图中未标出),O为圆形区域的圆心,AB和CD分别为圆的水平直径和竖直直径。现从D点沿图示方向垂直磁场发射一粒子,粒子最终从圆上的E点沿水平方向射出磁场,且E、O两点的连线与AO的夹角α=60°,已知粒子射入磁场时的速度大小为v0,粒子的质量为m,所带电荷量的绝对值为q,不计粒子重力。以下说法正确的是 (　 ) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动时的半径为R B.图中的θ=60° C.粒子在磁场中的运动时间为 D.若仅改变粒子垂直射入磁场时的速度方向,粒子出磁场时其速度方向与CD的夹角可能为30° 解析:选BC　设粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O1,如图所示,图中∠EOD=α+90°=150°,根据相交圆的特点可知∠EOO1=∠EOD=75°,进而∠FOO1=∠EOO1-α=15°,则EF=Rsin 60°=R,FO1=FOtan 15°=Rcos 60°tan 15°=R×=R-R,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径R'=EF+FO1=R,A错误;因R'=R,可知四边形EODO1为菱形,故∠O1DO=180°-2∠EOO1=30°,因而θ=90°-∠O1DO=60°,故B正确;粒子在磁场中运动的时间t=×=,故C正确;因R'=R,根据磁发散的特点,以不同的方向从D点进入磁场的粒子出磁场时,其方向均与CD垂直,故D错误。 三、实验题轮训 9.(9分)学习小组通过实验探究气流对球形物体的作用力与哪些因素有关。 (1)判断作用力F与流速v、空气密度ρ、球体迎风面积S是否有关,应采用的方法是　　　　　。(填选项前字母)  A.理论推导法　B.控制变量法　C.理想实验法 (2)先定性研究。如图(a)所示,用轻质细线将匀质小球悬挂,吹风机水平正对小球吹风,当挡位调大时,气流速度变大,稳定后,观察到细线偏离竖直方向角度变大。得到作用力与流速的关系是　　　　　　　　。  (3)再定量研究。选用密度相同、半径不同的几个实心铝球。吹风机开到同一挡,稳定后,测量偏角θ及对应球体半径r。在坐标纸上画出tan θ-图,得到的是一条过原点的直线,如图(b)所示。得到作用力F与迎风面积S的关系是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)为了检验(3)中结论,再选用质量相同、半径不同的实心铝球和铁球实验,吹风机开到同一挡,稳定后,铝球和铁球所连细线的偏角分别为θ1、θ2,铝球和铁球的密度分别为ρ1、ρ2,若=　　　　(用ρ1、ρ2表示),则(3)中作用力与迎风面积的关系可得到验证。  解析:(1)探究作用力F与多个因素的关系时,应用控制变量法,先单独研究作用力F与某一因素的关系,最后得出作用力F与各个因素的关系,B正确。 (2)如图所示,对小球受力分析可知,作用力F=mgtan θ,气流速度变大,细线偏离竖直方向角度变大,作用力变大。所以作用力与流速的关系是:其他条件不变时,流速越大,作用力越大(或作用力与流速正相关)。 (3)设tan θ-图像的斜率为k,有tan θ=,迎风面积S=πr2,小球质量m=πr3ρ,作用力F=mgtan θ,可得F=kρgS,即其他条件不变时,作用力F与迎风面积S成正比。 (4)将(3)中的半径r用质量m和密度ρ表示,可得r=,F=mgtan θ=λS=λπr2=λπ(其中λ为定值),可得tan θ=,即tan θ ∝。若=时,(3)中作用力与迎风面积的关系可得到验证。 答案:(1)B　(2)其他条件不变时,流速越大,作用力越大　(3)其他条件不变时,作用力F与迎风面积S成正比　(4) 四、计算题轮训 10.(16分)如图所示,两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上,导轨间距为L,导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,两根金属杆a、b间隔一定距离静止于导轨上,两杆与导轨垂直且接触良好,杆a、b的电阻分别为R和3R,杆a、b的质量分别为3m和m。现使杆a获得一个大小为v0、水平向右的初速度。 (1)当杆b的速度大小为时(两杆未相撞),求此时杆b受到的安培力大小F; (2)若整个运动过程中两杆未相撞,求整个运动过程中杆a产生的焦耳热Qa; (3)若初始时两杆之间的距离d=,通过计算判断两杆在整个运动过程中是否相撞。 解析:(1)以向右为正方向,金属杆a、b组成的系统在水平方向受力平衡,由动量守恒定律可得 3mv0=3mva+m· 解得va=v0 回路中产生的感应电动势为 E=BL=BLv0 回路中的电流I== 杆b受到的安培力大小F=BIL=。 (2)在整个运动过程中,金属杆a、b组成的系统动量守恒,则有3mv0=(3m+m)v 解得v=v0 由能量守恒定律可知,回路中产生的焦耳热为 Q=×3m-×(3m+m)v2=m 杆a产生的焦耳热Qa=Q=m。 (3)设初始时两杆之间距离为x恰好不相撞,在很短时间Δt内,利用动量定理对杆b分析,则有 BiL·Δt=m·Δv 两边求和可得∑BiL·Δt=∑m·Δv 即BLq=mv 由于q= 又ΔΦ=BLx, 则q= 解得x=>d 所以会相撞。 答案:(1)　(2)m　(3)会相撞 学科网（北京）股份有限公司 $$