40分钟专练(6)(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

40分钟专练(六) (本检测满分60分) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题(共5小题,每小题5分,共25分) 1.一列横波沿x轴的正方向传播,波速为0.5 m/s,某时刻的波形如图所示,则 (　 ) A.经过1 s质点K运动到波谷 B.经过2 s质点K运动到L处 C.经过2 s质点K回到平衡位置 D.经过3 s质点K运动到波峰 解析:选C　波沿x轴的正方向传播,根据平移法可知,此时质点K向y轴正方向振动,根据题图像可知,波长为2.0 m,所以周期T==4 s,所以经过1 s即T,质点K运动到波峰,故A错误;经过2 s即,质点K运动到平衡位置,并不随波迁移,故B错误,C正确;经过3 s即T,质点K运动到波谷,故D错误。 2.(2024·安顺一模)足球比赛中,某运动员以12 m/s的速度将球踢出的同时,立即起跑追赶足球。若足球沿草地做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动,该运动员沿足球运动方向,先从静止开始做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,达到最大速度8 m/s后保持该速度不变做匀速直线运动。则该运动员从起跑到追上足球所用的时间为 (　 ) A.(2+2)s B.4 s C.(2+)s D.2 s 解析:选A　设运动员、足球的加速度大小分别为a1、a2,该运动员从起跑到追上足球所用的时间为t,运动员的加速时间为t1,则有t1== s=2 s,运动员追上足球时有v0t-a2t2=a1+v1(t-t1),代入数据解得t=(2+2)s或t=(2-2)s(不符合实际,舍去),因为足球减速到零的时间为t'==6 s>(2+2)s,所以t=(2+2)s符合实际。故选A。 3.(2024·济南二模)一定质量的理想气体从状态a开始,经a→b→c→a回到初始状态a,其T-V图像如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A.a、b状态对应的压强之比为3∶2 B.b→c过程,碰撞容器壁单位面积上的分子平均作用力变小 C.c→a过程为绝热过程 D.a→b→c→a整个过程向外放出的热量等于外界对气体做的功 解析:选D　根据理想气体的状态方程可得=,代入数据得pa∶pb=6∶1,故A错误;b→c过程温度升高,分子平均动能增大,平均速率增大,碰撞容器壁单位面积上的分子平均作用力变大,故B错误;c→a过程体积缩小,外界对气体做功Wca>0,气体做等温变化,内能不变ΔUca=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,得Qca<0,气体向外界放热,故C错误;将V-T图像转化为p-V图像,如图所示, 根据图线下方围成的面积等于功可知,a→b过程中气体体积增大,气体对外做功,b→c过程体积不变,对外不做功,c→a过程体积缩小,外界对气体做功,p-V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功,气体最终回到初始状态,全过程内能变化量ΔU=0,由热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功,故D正确。 4.(2024·泰州一模)如图所示,整个空间中存在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B,导轨间距为l且足够长,左端接阻值为R的定值电阻,导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计) (　 ) A.通过定值电阻的电流方向由b到a B.转动过程中金属棒两端的感应电动势大小不变 C.通过定值电阻的最大感应电流为 D.通过定值电阻的电荷量为 解析:选B　根据右手定则可知,通过定值电阻的电流方向由a到b,故A错误;整个金属棒都在磁场中切割磁感线,由E=B(2l)2ω=2Bl2ω,可知转动过程中金属棒产生的感应电动势大小不变,故B正确;当金属棒两端接触到导轨时,电路中的感应电动势最大,则有Em=B(2l)2ω=2Bl2ω,则通过定值电阻的最大感应电流为Im==,故C错误;转过60°的过程中,通过定值电阻的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=,又ΔS=l·l=l2,联立解得q=,故D错误。 5.(2024·武汉模拟)一遵从胡克定律、劲度系数为k的弹性轻绳,绕过固定于平台边缘的小滑轮A,将其一端固定于O点,另一端系一质量为m的小球,静止于M处。已知OA的距离恰为弹性绳原长,现将小球拉至与M等高的N处由静止释放,MN的距离为d,则小球从释放到与平台右侧面碰撞前的过程中(不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦,小球视为质点,弹性绳始终在弹性限度内,重力加速度为g) (　 ) A.小球的最大速度为 B.小球的最大速度为 C.小球的最大加速度为 D.小球的最大加速度为 解析:选A　对小球受力分析可知,小球在从N到M的过程中,只受重力和弹力,且从N到M的过程中只有弹力在水平方向的分力做功,且弹力和位移成线性关系,因此可得kd·d=mv2,解得最大速度为v=,A正确,B错误;小球的加速度最大时,即合力最大,为一开始释放的时候,因为小球最后静止于M点,因此弹力在竖直方向分力与重力相等,水平分力为合力,所以可得kd=ma,解得a=,C、D错误。 二、多项选择题(共3小题,每小题5分,共15分) 6.已知一个激光发射器功率为P,发射波长为λ的光,光速为c,普朗克常量为h,则 (　 ) A.光的频率为 B.光子的能量为 C.光子的动量为 D.在时间t内激光器发射的光子数为 解析:选AC　光的频率ν=,选项A正确;光子的能量ε=hν=,选项B错误;光子的动量p=,选项C正确;在时间t内激光器发射的光子数n==,选项D错误。 7.(2024·德阳二模)如图所示,一边长为l=10 cm的正方形ABCD,所在平面内有平行于平面的匀强电场。O点为正方形的对角线的交点。已知φA=0,φB=1 V,φC=2 V。则下列说法正确的是 (　 ) A.φD=3 V B.匀强电场的电场强度大小为10 V/m C.若电子从B点沿BO方向进入电场,电子可能会经过A点,电势能减小1 eV D.若质子从A点沿AO方向进入电场,质子可能会经过C点,动能减小2 eV 解析:选BD　根据匀强电场的规律可知φA-φB=φD-φC,解得φD=1 V,故A错误;由于φB=φD,则BD连线为等势线,可知电场线沿CA方向,则有E== V/m=10 V/m,故B正确;若电子从B点沿BO方向进入电场,则电子受电场力沿AC方向,电子不可能经过A点,故C错误;若质子从A点沿AO方向进入电场,则质子受电场力沿CA方向,质子可能会经过C点,此时电场力做负功,动能减小ΔEk=eUCA=2 eV,故D正确。 8.如图甲所示,MN是一段倾角为θ=30°的传送带,一个可以看作质点、质量为 m=1 kg的物块,以沿传送带向下的速度v0=4 m/s从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则 (　 ) A.物块最终从传送带N点离开 B.物块将在5 s时回到原处 C.物块与传送带之间的动摩擦因数为 D.传送带的速度v=1 m/s,方向沿斜面向下 解析:选BC　从v-t图像可知,物块速度减为零后反向向上运动,最终的速度大小为1 m/s,因此物块没从N点离开,物块最终与传送带共速,所以传送带的速度v=1 m/s,方向沿斜面向上,故A、D错误;v-t图像的斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度大小为a= m/s2=2.5 m/s2,根据牛顿第二定律可得a=,解得物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=,故C正确;物块沿传送带向下减速到速度为0所用时间为t1==1.6 s,物块沿传送带向下减速通过的位移大小为x1=t1=3.2 m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时间为t2==0.4 s,物块反向向上加速通过的位移大小为x2=t2=0.2 m,则物块与传送带共速后继续向上运动回到原处所用时间为t3==3 s,则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为t=t1+t2+t3=5 s,故B正确。 三、实验题轮训 9.(6分)(2024·唐山二模)某同学利用顶角为θ的直角三角形玻璃砖ABC做“测量玻璃砖折射率”实验,实验步骤如下: ①在木板上铺一张白纸,将三角形玻璃砖放在白纸上并描出玻璃砖的轮廓。 ②在垂直于AB边方向上插上两枚大头针P1和P2,从BC一侧透过玻璃砖观察,在观察位置插第三个大头针P3,使其挡住P1、P2两大头针的像,再插第四个大头针P4,使它挡住P3和P1、P2的像,移去三角形玻璃砖和大头针,做出部分光路图如图所示。 (1)为了精确测量玻璃砖折射率,下列实验操作正确的是　　　　;  A.选用粗的大头针完成实验 B.大头针应垂直插在纸面上 C.大头针P1和P2、P3和P4之间的距离适当大些 D.画三角形玻璃砖的轮廓线时,用笔紧贴玻璃砖表面画线 (2)将实验需要的光路图补充完整; (3)该同学用量角器测量光线P3P4与BC边夹角为α,则三棱镜的折射率n=　　　 。  解析:(1)为了准确测量折射率,应选用较细的大头针来完成实验,选用粗的大头针完成实验时,容易出现观察误差,故A错误;为了准确确定入射光线和折射光线,大头针应垂直插在纸面上,故B正确;大头针P1和P2、P3和P4之间的距离尽量大些,相同的距离误差引起的角度误差会减小,故C正确;为了防止弄脏玻璃砖,不能用笔贴着光学面画线,故D错误。 (2)根据光的折射规律作出光路图如图。 (3)根据几何关系可知光线在BC面的入射角为90°-2θ,折射角为90°-α,根据折射定律可得n==。 答案:(1)BC　 (2)见解析图　 (3) 四、计算题轮训 10.(14分)(2024·辽阳模拟)如图所示,在直角坐标系Oxy的坐标平面内,边长为L的正方形AOCD 区域内有沿y轴负方向的匀强电场,A 点在y轴正半轴上,C点在x轴正半轴上,区域外有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,在坐标为的P 点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入一个质量为m、带电荷量为+q的粒子。粒子第一次经电场偏转从OC的中点射出电场,此后粒子恰好从O点第二次进入电场,不计粒子的重力,求: (1)匀强电场的电场强度大小; (2)匀强磁场的磁感应强度大小; (3)粒子第三次离开电场的位置坐标。 解析:(1)粒子在电场中做类平抛运动,则 L=a L=v0t1 根据牛顿第二定律有qE=ma 解得匀强电场的电场强度大小为E=。 (2)设粒子第一次出电场时速度大小为v1,根据动能定理有qE×L=m-m 解得v1=2v0 设粒子第一次出电场时速度与x轴正方向的夹角为θ,则v1cos θ=v0 解得θ=60° 由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x轴夹角60°斜向右上,则粒子在磁场中做圆周运动的半径r==L 根据牛顿第二定律qv1B=m 解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=。 (3)粒子第二次进电场后,做类斜上抛运动,设粒子仍从OC边射出电场,则粒子第二次在电场中运动时间t2== 粒子在电场中沿x轴正方向运动的距离x=v0t2=L 即粒子刚好从C点离开电场,根据对称性可知,粒子第三次进入电场的位置在OC中点,即粒子第三次出电场的位置坐标为。 答案:(1)　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$