考前·高考小卷·押题练(8)(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略(福建专版)

考前·高考小卷·押题练(八) (本检测卷满分60分) 一、单项选择题(本题共4小题,每小题4分) 1.根据玻尔理论,氢原子的能级图如图甲所示,大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时,发出的复色光通过玻璃三棱镜后分成a、b、c、d、e、f六束(含不可见光),如图乙所示。已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV~3.11 eV,则 (　　) A.b、c为可见光 B.a、b、c为可见光 C.d、e为可见光 D.e、f为可见光 解析:选A　根据玻尔原子模型理论可知大量处于某激发态的氢原子向低能级跃迁时,发出的光子种类有=6,解得处于激发态的氢原子能级为n=4,所以光子能量从低到高分别为0.66 eV、1.89 eV、2.55 eV、10.20 eV、12.09 eV、12.75 eV,因为光子能量ε=hν,且光的频率越高则折射率越大,光的偏折程度就越大,所以a、b、c、d、e、f六束光频率越来越高,光子能量越来越强。又因为可见光的光子能量范围约为1.62 eV~3.11 eV,所以b、c为可见光。故选A。 2.如图所示,水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动,坐标原点O为振子的平衡位置,其振动方程为x=5sin(10πt)cm。下列说法正确的是 (　　) A.MN间距离为5 cm B.振子的运动周期是0.2 s C.t=0时,振子位于N点 D.t=0.05 s时,振子具有最大速度 解析:选B　MN间距离为2A=10 cm,选项A错误;振子的运动周期是T== s=0.2 s,选项B正确;t=0时,x=0,则振子位于O点,选项C错误;t=0.05 s时,x=5sincm=5 cm,振子位于N点,具有最大加速度、最小速度,选项D错误。故选B。 3.如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为2m、2m、m的三个物块A、B、C,其中B放在C上,B与A之间用水平轻绳相连。现用一水平拉力F拉A,B与C恰好不相对滑动。重力加速度大小为g,B、C间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则F的大小为 (　　) A.4μmg B.5μmg C.6μmg D.10μmg 解析:选D　隔离物块C并对其进行受力分析,可知C在水平方向受摩擦力的作用,且此时达到最大静摩擦力,根据牛顿第二定律有μ×2mg=ma,以A、B、C整体为研究对象并对整体进行受力分析,可知整体只受水平拉力F的作用,根据牛顿第二定律有F=5ma,联立解得F=10μmg,故D正确。 4.“日”字形的理想变压器如图甲所示,当原线圈ab通以交变电流时,线圈中的磁通量只有通过右侧铁芯,剩余部分通过中间的“铁芯桥”。当原线圈ab中通以如图乙所示的交变电流时,理想电压表V与理想电流表A2的示数分别为11 V、5 A。已知定值电阻R=22 Ω,则下列说法正确的是 (　　) A.原线圈ab中的输入电压e=220sin 50πt(V) B.= C.= D.理想电流表A1的示数为2.5 A 解析:选D　由题图乙可知原线圈ab中的输入电压e=emsin t=220sin 100πt(V),A项错误;根据题图甲可知,穿过n1线圈的磁通量与穿过n2线圈的磁通量相等,则===,B项错误;根据题意有U3=I2R=110 V,U1=n1,U3=n3,联立解得=,C项错误;由理想变压器输入功率等于输出功率有U1I1=U3I2,解得I1=2.5 A,故D项正确。 二、双项选择题(本题共4小题,每小题6分) 5.如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图,A、B瓶顶部的气体可视为理想气体,在输液过程中室温保持不变,下列说法正确的是 (　　) A.A、B瓶中的药液同时滴完 B.随着A瓶液面下降,A瓶内C处气体压强逐渐增大 C.随着A瓶液面下降,A瓶内C处气体压强保持不变 D.随着A瓶液面下降,A瓶内C处气体内能逐渐增大 解析:选BD　瓶口处液面的压强始终等于大气压强,药液从B瓶中流下,B瓶内封闭的气体体积有增大趋势,温度不变,根据玻意耳定律知气体压强有减小趋势,A瓶中药液进入B瓶,在A瓶药液用完前B瓶液面保持不变,所以A瓶药液先用完,故A错误;由于A瓶瓶口处液面的压强始终和大气压相等,A瓶内药液流入B瓶,A瓶液面下降,A瓶内药液产生的压强减小,外界空气进入A瓶,使A瓶内C处气体的压强增大,故B正确,C错误;随着A瓶液面下降,进入A瓶内的空气越来越多,理想气体的内能只与物质的量和温度有关,温度不变,分子数增加,内能增加,故D正确。 6.洛希极限是指在双星系统中,两个天体之间的最近距离。如果两个天体之间的距离小于洛希极限,则质量较小的天体就会在质量较大的天体引力下被撕碎。洛希极限的计算公式为r=2.44R,其中r为洛希极限,M、m分别为质量较大和较小的天体质量,R为质量较大的天体半径。如图甲所示,某脉冲双星系统由两颗相距较近的天体组成,并远离其他天体,它们在彼此间的万有引力作用下,绕连线上的一点做匀速圆周运动,可简化为如图乙所示。测得A、B两恒星间的距离为L,A、B两恒星的半径分别为RA、RB,恒星A做圆周运动的向心加速度是恒星B的8倍,下列说法正确的是 (　　) A.该双星系统的洛希极限为4.88RB B.该双星系统的洛希极限为2.44RA C.双星的质量一定,双星之间的距离越大,其转动周期越大 D.双星间距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越大 解析:选AC　由万有引力提供向心力有=mAaA=mBaB,可知mA∶mB=1∶8,该双星系统的洛希极限为r=2.44RB=4.88RB,故A正确,B错误;根据万有引力提供向心力有=mArA=mBrB,又有rA+rB=L,可得T=2π,双星的质量一定,双星之间的距离越大,其转动周期越大;双星间距离一定,双星的总质量越大,其转动周期越小,故C正确,D错误。 7.如图所示,D是一支理想二极管(正向电阻为零,可视为短路;反向电阻无穷大,可视为断路),C是极板水平放置的平行板电容器,初始时不带电。当S接1且稳定后,处于两极板间P点的一带电油滴能保持静止状态。下列说法正确的是 (　　) A.保持S接1,减小C两极板的正对面积,油滴会向上移动 B.保持S接1,将C的下极板上移,油滴会向下移动 C.将S从1掷到2,油滴将静止不动 D.将S从1掷到2,同时将下极板上移,油滴将向下运动 解析:选AC　保持S接1,减小C两极板的正对面积,则根据C=知电容C减小,又C=,电容器带电量Q将减少,因存在二极管,使得Q不能减少,故实际过程中Q不变,故两极板间电压U增大,根据U=Ed及两极板间距离d不变,知两极板间电场强度E增大,所以油滴受到向上的电场力大于重力,油滴会向上移动,故A正确;保持S接1,将C的下极板上移,两极板间距离d减小,根据C=、C=知电容C增大,U不变,Q增大,二极管导通,根据E=知两极板间电场强度E增大,油滴向上运动,故B错误;将S从1掷到2,二极管不导通,电容器C不能放电,故油滴不动,故C正确;将S从1掷到2,同时将下极板上移,两极板间距d减小,根据C=知电容C增大,二极管不导通,Q不变,根据C=、U=Ed联立知两极板间电场强度E=不变,故油滴不动,故D错误。 8.如图所示,在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T,转轴OO'垂直于磁场方向,线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转过60°时的感应电流为1 A,则下列说法正确的是 (　　) A.线圈消耗的电功率为2 W B.线圈中感应电流的最大值为2 A C.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos t V D.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sint Wb 解析:选BC　从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转过60°时的感应电流为1 A,由感应电流的瞬时表达式可得i=Imcos 60°=1 A,解得线圈中感应电流的最大值为Im=2 A,线圈中感应电流的有效值为I== A,线圈消耗的电功率为P=I2R=4 W,故A错误,B正确;线圈中的最大感应电动势为Em=ImR=2×2 V=4 V,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,任意时刻线圈中的感应电动势为e=Emcos ωt=4cost V,故C正确;从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=Φmsin ωt=sin ωt=sint Wb=sint Wb,故D错误。 三、非选择题(本题共3小题) 9.(3分)如图,在真空中有两个等量的正电荷q1和q2,分别固定于A、B两点,DC为AB连线的中垂直线,C点在AB上,将一负电荷q3由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中,q3的电势能将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),电势将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),q3所受的电场力大小的变化是　　　(填“增大”“减小”“不变”“先增大后减小”或“先减小后增大”)。  解析:q1、q2是两个等量的正电荷,根据沿电场线方向电势降低,可知负电荷q3由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中,电势将增大,电场力做正功,其电势能将减小;q1、q2是两个等量的正电荷,根据电场的叠加可知,C点的场强为零,而无穷远处场强也为零,由无穷远处沿中垂直线移到C点的过程中,场强先增大后减小,则q3受到的电场力先增大后减小。 答案:减小　增大　先增大后减小 10.(6分)某同学为估测弹丸从玩具枪射出时的速度,设计了如下实验:(将弹丸离开枪口后的运动看作平抛运动) (1)如图1所示,使玩具枪每次都以相同速度射出弹丸,测出了弹丸下降高度y和水平射程x,已知重力加速度为g,则弹丸的水平初速度v0=　　　　(用x、y、g表示)。如果考虑竖直方向的空气阻力,则此方法测出的v0比真实值　　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。  (2)第二次实验如图2所示。该同学站在墙前面,朝墙面开枪,第一枪落点为A;后退20 cm,在相同高度处开了第二枪,落点为B;再后退20 cm,在相同高度处开了第三枪,落点为C;测得AB=35 cm,BC=45 cm。若取重力加速度大小g=10 m/s2,则弹丸从枪口射出的初速度大小为　　　　 m/s。  解析:(1)根据平抛运动规律可知,弹丸在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,则x=v0t,y=gt2,解得v0=x;如果考虑竖直方向的空气阻力,则实际下落的时间比按照自由落体计算的时间长,则此方法测出的v0比真实值偏大。 (2)根据匀变速直线运动规律可知,连续相等的时间内位移之差为Δh=gT2,代入数据可得T=0.1 s,则第二枪弹丸的运动时间比第一枪多0.1 s,则弹丸从枪口射出时的初速度为v0===2 m/s。 答案:(1)x　偏大　(2)2 11.(11分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 解析:(1)由题知,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则有Ee=ev0B 解得E=v0B。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的叠加场中,由于洛伦兹力不做功,且电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m-m,解得y1=。 (3)若电子以速度v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=m-mv2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,最低点有F合=eE-evB 联立有vm=-v,y= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即y ≥ y2,解得v≤v0 若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布,则能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 答案:(1)v0B　(2)　(3)90% 学科网（北京）股份有限公司 $$