第3部分 选择题组B9-【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)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈。设每匝线圈面积为S，共有n匝。若磁场垂直纸面向里通过此线圈且均匀增加，磁感应强度随时间的变化率为k，则线圈中产生感应电动势的大小和感应电流的方向分别为(　　) A．nkS，顺时针 B．kS，顺时针 C．nkS，逆时针 D．kS，逆时针 答案：C 解析：根据楞次定律和安培定则可知线圈中的感应电流的方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝nS＝nkS，故选C。 2．(2025·江苏省新高考基地学校高三下期初质量监测)如下列各图所示，α粒子以初速度v射入电场或磁场中，其中α粒子的德布罗意波长即将变小的是(　　) 答案：B 解析：由德布罗意波长公式λ＝和动量公式p＝mv可知，α粒子的速度变大时德布罗意波长变小。A、B项中α粒子在电场中所受电场力向右，A项中α粒子速度减小，B项中α粒子速度增大，故A错误，B正确；α粒子在磁场中运动时速率不变，故C、D错误。 3．(2025·山东省日照市高三下一模)一辆汽车从静止出发做加速直线运动，加速度的方向一直不变。在第一段时间内加速度大小不变，在接下来的相同时间内，加速度大小变为原来的一半。则汽车在这两段时间内运动的路程之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶5 D．2∶3 答案：C 解析：设相同的时间为t，第一段时间内的加速度大小为2a，第二段相同时间内的加速度大小为a，则汽车在第一段时间内运动的路程为x1＝×2at2＝at2，第一段时间的末速度大小即第二段时间的初速度大小，为v＝2at，则汽车在第二段时间内运动的路程为x2＝vt＋at2＝at2，则两段时间内的路程之比为＝，故选C。 4．(2025·山东省泰安市高三下一模)6G通信设备的天线表面常镀有一层薄膜以减少信号的反射，其工作原理如图所示。当电磁波1以接近法线方向入射镀膜天线时，由于膜的厚度产生的波的路程差使反射波2和3叠加后相消。已知该膜材料的折射率为2.0，真空中的光速为3.0×108 m/s，电磁波频率为0.3 THz(1 THz＝1×1012 Hz)，则该膜的最小厚度约为(　　) A．0.125 mm B．0.25 mm C．0.0625 mm D．0.50 mm 答案：A 解析：要使两个界面上的反射干涉相消，薄膜的最小厚度为电磁波在膜中波长的，该电磁波在膜中的速度v＝＝1.5×108 m/s，在膜中的波长λ＝＝0.5 mm，该膜的最小厚度为＝0.125 mm，故选A。 5．(2025·山东省潍坊市高三下三模)如图所示，探测器先在椭圆轨道Ⅰ绕未知天体M运动，然后在A点变轨进入圆轨道Ⅱ做匀速圆周运动。B点为椭圆轨道的近M点，距未知天体表面的高度忽略不计，两轨道平面与天体赤道圆共面，A点对天体的视角θ＝60°，探测器在轨道Ⅱ上t时间内可完成观测赤道圆一周的任务，忽略天体的自转，不计探测器的质量变化，万有引力常量为G，下列判断正确的是(　　) A．探测器在轨道Ⅱ上的运行周期为t B．探测器在轨道Ⅰ上的运行周期为t C．探测器在轨道Ⅰ上A点的加速度大于轨道Ⅱ上A点的加速度 D．探测器在轨道Ⅰ上A点的运行速度大于轨道Ⅱ上A点的运行速度 答案：B 解析：探测器在轨道Ⅱ上的A点时，可探测的范围如图中劣弧CE所示，延长AC交轨道Ⅱ于点D，则探测器转过优弧AD即可完成观测赤道一周的任务，由题意可知∠CAE＝60°，由几何关系可知∠AOD＝120°，优弧AD所对应的圆心角为240°，所以探测器在轨道Ⅱ上的运行周期T满足t＝T，解得T＝t，故A错误；设天体M的半径为R，探测器在轨道Ⅰ上的运行周期为T′，由几何关系可知轨道Ⅱ的半径为r2＝2R，根据开普勒第三定律有＝，解得T′＝t，故B正确；探测器的加速度均由万有引力提供，不管在哪条轨道上，在A点的万有引力相等，根据牛顿第二定律，可知加速度相等，故C错误；探测器在轨道Ⅰ上A点变轨到轨道Ⅱ上需要加速，所以探测器在轨道Ⅰ上A点的运行速度小于轨道Ⅱ上A点的运行速度，故D错误。 6．(2025·安徽省马鞍山市高三下二模)垂直于纸面的均匀磁场，其方向随时间呈周期性变化，变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量q＝1×10－7 C、质量m＝1×10－10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝2π m/s沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从t＝0时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为(　　) A．2π m/s B．4π m/s C．2 m/s D．4 m/s 答案：D 解析：设粒子做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qBv0＝m，解得r＝2π×10－2 m，周期为T0＝＝2π×10－2 s，由题图可知磁场变化的周期为T＝10π×10－3 s＝T0，磁场方向改变的周期为T′＝T＝T0，由左手定则可知粒子在磁场变化的一个周期内的运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的位移为x＝2r＝4π×10－2 m，平均速度的大小为v＝＝4 m/s，故选D。 7．(2025·山东省济宁市高三下一模)一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c后又回到状态a，在该过程中气体体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a→b过程中气体的压强减小 B．b→c过程中单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数不变 C．a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功 D．c→a过程中气体放出的热量大于其内能减少量 答案：C 解析：根据理想气体状态方程有＝C，变形得V＝T，可知V­T图像中图线上的点与O点连线的斜率为，由图可知a→b过程中V­T图线上的点与O点连线的斜率减小，则气体压强增大，故A错误；由图可知，b→c过程中图像上的点与O点连线的斜率不变，压强不变，温度升高，则气体分子的平均动能增大，单个气体分子撞击器壁产生的平均压力增大，则在单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减小，故B错误；由A项分析可知，a→b过程中气体的压强始终小于b→c过程中气体的压强，而两过程体积变化量ΔV相同，根据W＝pΔV，可知a→b过程中外界对气体做的功小于b→c过程中气体对外界做的功，故C正确；c→a过程中，V不变，则有W＝0，根据ΔU＝W＋Q，可知气体放出的热量等于其内能减少量，故D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．某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时(　　) A．车灯的电流变小 B．路端电压变小 C．电路的总电流变小 D．电源的总功率变大 答案：ABD 解析：开关闭合时，车灯变暗，故流过车灯的电流I灯变小，A正确；电路的路端电压为U路＝U灯＝I灯R灯，I灯变小，故路端电压变小，B正确；电路的总电流即干路电流，为I干＝＝，U路变小，故电路的总电流变大，C错误；电源的总功率为P总＝EI干，I干变大，故电源的总功率变大，D正确。 9．(2025·安徽省淮北市、淮南市高三下第二次质量检测)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块被锁定在倾角θ＝30°、足够长的光滑斜面上，t＝0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，下列说法正确的是(　　) A．t＝1 s时物块向下运动 B．0～2 s时间内合外力冲量为0 C．t＝2 s时物块恰好返回至出发位置 D．t＝2 s时物块的动量是t＝1 s时物块动量的两倍 答案：CD 解析：设物块在0～1 s时间内和1～2 s时间内的加速度分别为a1和a2，以沿斜面向上为正方向，由牛顿第二定律有F－mgsinθ＝ma1，－F－mgsinθ＝ma2，解得a1＝5 m/s2，a2＝－15 m/s2，则t＝1 s时物块的速度为v1＝a1t＝5 m/s，物块向上运动，A错误；t＝2 s时，物块的速度为v2＝v1＋a2Δt＝5 m/s＋(－15)×1 m/s＝－10 m/s，动量为p2＝mv2＝－10 N·s，t＝1 s时物块的动量为p1＝mv1＝5 N·s，t＝0时物块的动量p0＝0，则0～2 s时间内合外力的冲量为I＝p2－p0＝－10 N·s，|p2|＝2|p1|，故B错误，D正确；0～1 s时间内，物块的位移x1＝a1t2＝ m，1～2 s时间内，物块的位移x2＝v1Δt＋a2(Δt)2＝－ m，0～2 s时间内物块的位移x＝x1＋x2＝0，可知t＝2 s时物块恰好返回至出发位置，C正确。 10．(2025·江西省九江市高三下二模)如图，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，质量为m的A球和质量为3m的B球用长为R的轻杆相连，两小球体积忽略不计，杆从竖直位置开始静止释放，则(　　) A．杆第一次水平时，A的速度大小是 B．杆从释放到第一次水平过程中，A的机械能增加 C．杆从释放到第一次水平过程中，杆对B做正功 D．整个运动过程中，A的最大速度为 答案：ACD 解析：取圆轨道的最低点为零势能面，由几何关系可知，A、B释放之前的重力势能分别为EpA0＝mg·R＝mgR、EpB0＝3mg·R＝mgR，速度均为v0＝0；杆第一次水平时，A、B的重力势能分别为EpA1＝mgR(1－sin60°)＝mgR、EpB1＝3mgR(1－sin60°)＝3mgR，分析可知，A、B的速度大小始终相等，设杆第一次水平时A、B的速度大小均为v1，由机械能守恒定律有EpA0＋EpB0＝EpA1＋EpB1＋(m＋3m)v，解得v1＝，A正确；杆水平时，A的机械能EA1＝EpA1＋mv＝mgR<EpA0，B的机械能EB1＝EpB1＋×3mv＝mgR>EpB0，因此杆从释放到第一次水平过程中，A的机械能减少，杆对B做正功，故B错误，C正确；分析可知，B越过最低点、A未越过最低点的某位置，A的速度最大，设此时B与O点连线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律有EpA0＋EpB0＝mgR[1－cos(60°－θ)]＋3mgR·(1－cosθ)＋(m＋3m)v，整理得v＝[cos(60°－θ)＋3cosθ－1]＝＝[sin(α＋θ)－1]，其中tanα＝，且α＋θ＝90°，解得vmax＝，D正确。 7 学科网（北京）股份有限公司 $