第3部分 选择题组B3-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 满分46分，限时30分钟 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2025·北京市石景山区高三下一模)如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 答案：B 解析：整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，动量不守恒；子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒，故选B。 2．(2025·河北省沧州市高三下质量检测(二模))在2025年1月20日，中国的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)成功实现了超1亿摄氏度下1066秒的稳态长脉冲高约束模等离子体运行，这一成就为人类探索清洁能源的未来开辟了新篇章。已知中子n、质子H、氚核H的质量分别为1.009 u、1.007 u、3.016 u(1 u相当于931.5 MeV的能量)。热核反应中用到的氚核H的结合能为(　　) A．8 MeV B．8.1 MeV C．8.4 MeV D．8.7 MeV 答案：C 解析：氚核H由1个质子H和2个中子n组成，可知核子组合成原子核过程中的质量亏损为Δm＝(1.009×2＋1.007－3.016) u＝0.009 u，则氚核H的结合能为E＝0.009×931.5 MeV≈8.4 MeV，故选C。 3．(2025·山东省烟台市高三下高考适应性测试)一个机器人直立时线束对头部的拉力为0，做后仰动作时，线束对头部的拉力与水平方向夹角为30°，脖颈受到的压力与水平方向夹角为45°，简化模型如图所示。不计脖颈与头部间的摩擦，则后仰时脖颈受到的压力与直立时脖颈受到的压力之比为(　　) A． B． C．3－ D．3＋ 答案：B 解析：设机器人的头部重力为mg，后仰时对头部受力分析如图所示。根据平衡条件，在水平方向上有Ncos45°＝Tcos30°，竖直方向上有Nsin45°＝Tsin30°＋mg，解得N＝mg，由牛顿第三定律可知，脖颈受到的压力大小N′＝N，直立时脖颈受到的压力大小N″＝mg，所以＝，故选B。 4．(2025·河北省高三下省级联考)一架摆长为L的摆钟在广州走时准确，移到北京后发现每小时快了n秒，若通过调节摆长使其准确，则调整后的摆长为(　　) A．L B．L C．L D．L 答案：C 解析：设摆钟在广州的周期为T，摆钟移到北京后的周期为T′，调整后的摆长为L′，则3600T＝(3600＋n)T′，设北京的重力加速度为g，根据单摆周期公式有T′＝2π、T＝2π，联立解得L′＝L，故C正确。 5．(2025·湖南省湖南师大附中高三下一模)静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是(　　) A．图中a、c两点电势关系为φa>φc B．图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb>Ed C．电子在a、d两点的电势能关系为Epa<Epd D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功 答案：A 解析：由题图可知，右侧电极接高压电源的正极，左侧电极和高压电源的负极均接地，故右侧电极的电势高于左侧电极的电势，电场线从右侧电极发出，终止于左侧电极，根据沿着电场线方向电势降低，且同一等势线上的点电势相等，可知a、b、c、d四点电势关系为φd>φa＝φb>φc，电子带负电，质子带正电，根据Ep＝qφ可知，电子在a、d两点的电势能关系为Epa>Epd，质子在b、c两点的电势能关系为Epb′>Epc′，由功能关系可知，将质子从b点移动到c点，电场力做正功，故A正确，C、D错误；根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb<Ed，故B错误。 6．(2025·山西省晋中市高三下高考适应性训练)如图1所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d、匝数为N的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，其产生的交变电流如图2所示。若仅磁场的区域发生了如图3所示的变化，线圈与磁场垂直时开始计时，线圈匀速转动的周期为T，则磁场区域变化后，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量为Bd2 B．磁场区域变化后所产生的交变电流的峰值与原来相比变小 C．t＝时，线圈中开始出现电流 D．线圈平面转过180°时，穿过线圈的磁通量的变化量为2NBd2 答案：C 解析：t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量为Φ＝BS＝B·2d·＝2Bd2，故A错误；根据题意可知，磁场区域变化前后交变电流的峰值都在线圈的磁通量为零的位置，此时线圈切割磁场产生的感应电动势均为e＝NBSω＝4NBd2ω，交变电流的峰值不变，故B错误；磁场区域变化后，设线圈转过θ角度时开始出现电流，根据几何关系有cosθ＝＝，解得θ＝30°，所以线圈中开始出现电流的时刻为t＝T＝，故C正确；线圈平面转过180°时，穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝2Φ＝4Bd2，故D错误。 7．(2025·山东省青岛市高三下第一次适应性检测)随着低空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为F0的恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经时间t0飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为m，飞机所受阻力大小f＝kv，其中k为常数，不计飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确的是(　　) A．t0时间内飞机滑行的距离x＝ B．驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大 C．若t0时刻飞机刚好达到额定功率P0，则k＝ D．t0时间内飞机克服阻力所做的功Wf＝－ 答案：D 解析：设飞机滑行的最大速度为vm，飞机到达最大速度时，由平衡条件有F0＝kvm，解得vm＝，由题意可知，在该过程中的极短时间ti内根据动量定理有F0ti－kviti＝mΔv，由微元累积法可得∑F0ti＝F0t0，∑kviti＝kx，∑mΔv＝mvm，联立解得x＝－，根据动能定理有F0x－Wf＝mv－0，解得Wf＝－，故A错误，D正确；根据牛顿第二定律有F0－kvi＝mai，则飞机的加速度大小ai＝，则飞机做加速度逐渐减小的加速运动，由P＝F0vi可知，驱动飞机的电机输出功率随时间的增大并不是线性增大，故B错误；若t0时刻飞机刚好达到额定功率P0，则P0＝F0vm＝，解得k＝，故C错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·福建省福州市高三下二模)如图所示，甲是地球赤道上的一个物体，乙是“神舟十号”宇宙飞船(周期约90 min)，丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心做匀速圆周运动。下列有关说法中正确的是(　　) A．它们运动的向心加速度大小关系是a乙＞a丙＞a甲 B．它们运动的线速度大小关系是v乙＜v丙＜v甲 C．它们运动的周期大小关系是T甲＝T丙＞T乙 D．乙的运行速度大小大于地球的第一宇宙速度 答案：AC 解析：对绕地球做匀速圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力有G＝ma＝mr＝m，解得T＝2π，a＝，v＝，由题意可知，T乙<T丙，则r乙<r丙，a乙＞a丙，v乙＞v丙，又因为甲与丙的周期相等，可知角速度相等，即ω甲＝ω丙，又r甲<r丙，根据v＝rω知v丙＞v甲，根据a＝rω2知a丙＞a甲，所以a乙＞a丙＞a甲，v乙＞v丙＞v甲，T甲＝T丙＞T乙，故A、C正确，B错误。第一宇宙速度是卫星环绕地球的最大速度，所以乙的运行速度大小小于地球的第一宇宙速度，故D错误。 9．(2025·山东省部分学校高三下模拟)如图所示，固定在倾角θ＝30°的斜面上的内壁光滑的绝热汽缸开口处有卡口，汽缸长度为1.2 m。活塞a为绝热活塞，活塞b导热性能良好，活塞厚度忽略不计，两活塞用轻质弹簧连接，弹簧的劲度系数k＝20 N/m。封闭气体A、B初始温度均为T＝200 K，弹簧恰好处于原长，大气压强p0＝1×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，外界温度保持不变，质量均为2 kg、面积均为S＝2×10－4 m2的活塞a、b将汽缸体积均分为三等份。现给电阻丝通电，缓慢加热密封气体A，下列说法正确的是(　　) A．初始时气体B的压强为2×105 Pa B．开始加热后，气体A温度升高，活塞对气体B做功，气体B的体积减小 C．弹簧压缩0.1 m时，气体B的压强为2×105 Pa D．弹簧压缩0.1 m时，气体A的温度为585 K 答案：CD 解析：初始时，设气体A的压强为pA0，气体B的压强为pB0，活塞质量为m，对活塞b受力分析，沿斜面方向由平衡条件有pB0S＝p0S＋mgsinθ，解得pB0＝1.5×105 Pa，同理，对活塞a有pA0S＝pB0S＋mgsinθ，解得pA0＝2×105 Pa，故A错误；在活塞b碰到汽缸卡口之前，气体B的温度和压强均不变，由＝C可知气体B的体积不变，故B错误；由题意可知，初始时，气体A、B的体积均为V0＝S＝8×10－5 m3，弹簧压缩ΔL＝0.1 m时，设气体A、B的压强分别为pA和pB，体积分别为VA和VB，气体A的温度为TA，由题意可知VB＝S＝6×10－5 m3，VA＝LS－VB＝1.8×10－4 m3，气体B做等温变化，由玻意耳定律有pB0V0＝pBVB，对活塞a，由平衡条件有pAS＝pBS＋mgsinθ＋kΔL，对气体A，由理想气体状态方程有＝，解得pB＝2×105 Pa，TA＝585 K，故C、D正确。 10．(2025·山东省淄博市高三下一模)如图，直角梯形区域abcd，ab＝2ad＝2cd＝2l，e为ab的中点，直角三角形aed、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框ABC与梯形abcd在同一平面内，AB边长为l且与ae共线，导线框以垂直于ad的恒定速度穿过磁场区域，从B点进入磁场开始计时，3 s末AC刚好到达b点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线AC受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流i、AC受到的安培力FAC，二者与时间t的关系图像可能正确的是(　　) 答案：BC 解析：设导线框的速度大小为v，电阻为R，则0～1 s内，AC边不切割磁感线，BC边切割磁感线产生的感应电动势E1＝Blv·；1～2 s内，BC边产生的感应电动势EB2＝－Blv，AC边产生的感应电动势EA2＝－Blv·＋Blv·＝Blv，总电动势E2＝EB2＋EA2＝Blv·；2～3 s内，BC边不切割磁感线，AC边产生的感应电动势E3＝Blv·，取国际单位制，由闭合电路欧姆定律可知，t＝1 s时有i0＝，则0～1 s内i1＝＝＝i0t，1～2 s内i2＝＝＝2i0t－4i0，2～3 s内i3＝＝＝3i0－i0t，故A错误，B可能正确。0～1 s内，AC边不受安培力；t＝1 s时，2F0＝2Bi0·l，则F0＝Bi0l，1～2 s内，F2＝B|i2|l(2－t)－B|i2|l(t－1)＝2F0(2t2－7t＋6)＝4F0－F0；2～3 s内，F3＝Bi3l(3－t)＝F0(3－t)2，故C可能正确，D错误。 7 学科网（北京）股份有限公司 $