考前热身练4(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 1 1~6题,每题6分 1.(2025·广东肇庆模拟)如图1所示为研究光电效应的电路图,用某单色光照射时发生光电效应。图2是a、b两单色光照射光电管时光电流与电压的关系图像,下列说法正确的是 (　　) A.利用图1所示电路可以验证图2中的图像 B.实验中仅将P向右滑动,电流计示数有可 能不变 C.实验中仅将P滑至左端,电流计示数一定为零 D.图2中,a光的波长大于b光的波长 B 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:图1所示电路中光电管所加电压为正向电压,所以只能验证图2图像中第一象限的电压和电流的关系,故A错误;仅将P向右滑动,若已达到饱和电流,电流计示数有可能不变,故B正确;实验中仅将P滑至左端,只要能产生光电效应,则一定有光电流,即电流计示数就不为零,故C错误;由图2可知,a光的遏止电压大,所以a光频率大,波长短,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·广东佛山一模)如图 Ⅰ、 Ⅱ 分别是氢原子跃迁产生的两种单色光通过同一装置产生的干涉条纹,下列说法正确的是 (　　) A.Ⅰ光的频率比 Ⅱ 光的频率小 B.Ⅰ 光和 Ⅱ 光相遇能发生干涉 C.Ⅰ 光的光子能量比 Ⅱ 光的光子能量小 D.用 Ⅱ 光照射某金属时,能产生光电子,则用 Ⅰ 光照射一定能产生光电子 D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:根据Δx=λ以及c=λf可得,干涉条纹宽度越大,波长越大,其光的频率越小,所以Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大,故A错误;能发生干涉的条件是两光的频率相同,因为Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大,故Ⅰ光和Ⅱ光相遇不能发生干涉,故B错误;光子能量为ε=hν,因为Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大,所以Ⅰ光的光子能量比Ⅱ光的光子能量大,故C错误;用Ⅱ光照射某金属时,能产生光电子,根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,因为Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大,所以用Ⅰ光照射一定能产生光电子,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2025·广东深圳二模)如图所示,一个质量为m的物块,左端与水平轻弹簧拴接,轻弹簧的另一端固定在墙上的O点,物块和地面间的动摩擦因数为μ。现用手按住物块静止于A点,让弹簧处于压缩状态。某时刻释放物块,物块向右运动,在M点(图中未画出)获得最大速度v1,到最右端B点(图中未画出)后,再向左运动,在M'点(图中未画出)获得向左运动的最大速度v2,C点(图中未画出)时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为t1,向左运动的时间为t2,设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦 力大小,则关于两个过程下列说法正确的是 (　　) A.M点和M'点在同一位置 B.两个阶段的时间满足t1=t2 C.两个阶段最大速度满足v1<v2 D.C点在M点左侧 B 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:M点和M'点都处于各个阶段速度最大的位置,说明在这两个位置受力平衡,受力分析如图所示,因此这两个点不可能在同一位置,故A错误;在从M点到M'点的过程中,弹性势能没有发生变化,但由于摩擦消耗了机械能,因此动能减小,故速度v1>v2,故C错误;物块运动到C点后,保持静止,说明C位置向右的弹力小于最大静摩擦力,则C位置应该在M点的右侧,故D错误;两个阶段均受到大小恒定的滑动摩擦力的作用,可类比竖直方向上的弹簧振子,将滑动摩擦力看作重力,因此向右和向左的运动可分别看作简谐运动,简谐运动的周期没有发生变化,因此t1=t2,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(2025·广东多校联考)如图所示,在0<y<y0、0<x<x0区域内有竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子,粒子射入的初速度均为v0。当电场强度为0时,从O点射入的粒子恰能运动到N(x0,y0)点。若电场强度为E=,MN(右侧面)是粒子接收器,MN的长度为y0,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则(　　) A.磁感应强度的大小为 B.从y0处射入的粒子,恰好从N点进入磁场 C.从y0处射入的粒子,在磁场中偏转距离最大 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50%　 D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:当电场强度为0时,从O点射入的粒子恰能运动到N点,则r1=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得B=,故A错误;若粒子从y0处射入,则x0=v0t1,y1=a,a=,联立解得y=y1+=+=y0<y0,由此可知,粒子从N点下方进入磁场,故B错误;设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ,粒子进入磁场中的速度大小为v,则v=,qvB=m,所以粒子在磁场中偏转距离为d=2rsin θ=y0,由此可知,粒子在磁场中偏转距离相等,故C错误;由以上分析可知,粒子在电场中的竖直位移为y1=,所以从y0处射入的粒子,恰好从N点进入磁场,且恰好经磁场偏转后打在M点,即只有0~y0 范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收,所以 接收器接收的粒子数占粒子总数的50%,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(多选)关于热现象,下列说法正确的是 (　　) A.布朗运动是一种无规则运动 B.由分子动理论可知,气体压强产生的原因是大量分子频繁碰撞容器壁 C.小船能漂浮在水面上是因为液体表面张力 D.单晶体有固定熔点而多晶体没有 AB 解析:布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动,反映了周围液体分子无规则运动,故A正确;封闭气体的压强是由于气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的,故B正确;小船能漂浮在水面上是因为浮力作用,故C错误;单晶体和多晶体均有固定的熔点,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.(多选)如图所示,平行导轨间距为L,一部分固定放置在绝缘水平面上(足够长),另一部分弯曲,ab是两部分的分界线,弯曲部分在ab处的切线水平,ab的右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒2静置于水平导轨上,让导体棒1从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止开始下滑,当导体棒1运动到ab处时,导体棒2刚好要滑动。弯曲导轨光滑,水平导轨与导体棒2之间的动摩擦因数为0.5,两导体棒接入回路的总电阻为R,导轨的电阻忽略不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.导体棒1运动到ab处的速度大小为 B.导体棒1运动到ab处的速度大小为2 C.导体棒2的质量为 D.导体棒2的质量为 答案:AC　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:1运动到ab处过程中,根据动能定理可得mgL=mv2,解得v=,故A正确,B错误;当1运动到ab处时,2刚好要滑动,则对2研究有F安=μmg,F安=BIL,I=,E=BLv,联立解得m=,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(10分)(2025·广东佛山二模)如图甲所示,用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池,电动势大约在0.5~0.6 V之间,内阻几千欧左右。某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)如图乙所示,直接用多用电表“直流2.5 V”量 程测量出可乐电池的电动势大小为　　　V (保留两位有效数字)。  解析:选择“直流2.5 V”量程时,分度值为0.05 V,则可乐电池的电动势大小为E=0.05×10 V=0.50 V。 0.50 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)现有实验器材: A.电压表(0~3 V,RV约为3 000 Ω); B.电流表(0~300 μA,RA为300 Ω); C.电阻箱(0~9 999 Ω); D.滑动变阻器(0~20 Ω); E.开关,导线若干。 ①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻,选择合适的器材并按电路图 　　　　　　完成电路连接;   D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ②通过数据处理画出相应的可乐电池R-图像如图丙实 线所示,可知该可乐电池的内阻约为　　　　Ω,测量值 　　　(选填“>”“=”或“<”)真实值;   ③将该可乐电池静置5 h后再次测量获得的R-图像如图 丙虚线所示,可知该可乐电池的电动势　　　　(选填“增 大”“减小”或“不变”)。   1 700 = 不变 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:电池的内阻远大于滑动变阻器的阻值,因此用滑动变阻器调节范围很小,电流表内阻已知,且电压表量程过大,所以应采用安阻法进行测量,即将电流表与电阻箱串联,使系统误差最小,故选D。 根据闭合电路欧姆定律有E=I(RA+R+r),所以R=-(RA+r), 结合题图丙可得RA+r=2 000 Ω,所以r=1 700 Ω。 由于不存在系统误差,所以内阻的测量值等于真实值。 根据以上分析可知,由于图像的斜率不变,所以该可乐电 池的电动势不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(14分)(2025·广东佛山二模)抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。某次施工时,工人把横截面积为S=0.02 m2的吸盘放在质量m=20 kg的岩板上,多次按压抽气泵抽出吸盘内气体,使吸盘内气体体积变为原来的一半,此时恰能向上提起岩板。假设吸盘内的气体为理想气体,抽气过程中温度不变,外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)此时吸盘内气体压强的大小; 解析:设此时吸盘内气体压强为p,以岩板为研究对象,根据受力平衡可得mg+pS=p0S, 解得p=9.0×104 Pa。 答案:9.0×104 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。 解析:方法一:以吸盘内原有气体为研究对象,设其体积为V,根据玻意耳定律可得p0V=p(+V抽), 则吸盘内被抽出气体质量和原有气体质量的比值==。 方法二:以吸盘内剩余空气为研究对象,其体积为,根据玻意耳定律可得p·=p0V',则吸盘内被抽出气体质量和原有气体质量的比值==。 答案: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(16分)如图所示,一块质量m1=2.5 kg的长木板A静止放置于光滑水平面上,其左端放置一个质量m2=1.5 kg的小物块B,在距其右端L0=0.5 m处固定一个竖直的挡板P。在小物块B的上方高h=1.6 m处有一悬挂点O,通过轻绳悬挂质量m3=1.0 kg的小球C,小球C静止时与小物块B等高且恰好接触无相互作用力。现将小球C拉至轻绳与竖直方向夹角θ=60°处由静止释放,小球C下摆至最低点与小物块B发生碰撞,碰后小球C运动至最高点被锁定,C与B、A与P之间的碰撞均为弹性碰撞。已知小物块B与长木板A间的动摩擦 因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,π=3.14,忽略小物块 B、小球C的大小及空气阻力的影响。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)求小球C第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小; 解析:小球C由静止释放到第一次到达最低点的过程中,由动能定理得m3gh(1-cos θ)=m3,解得v1=4 m/s; 在最低点,由牛顿第二定律可知FT-m3g=m3, 由牛顿第三定律可知,小球C第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为FT'=FT=20 N。 答案:20 N 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)求长木板A与挡板P碰撞前瞬间(小物块B仍在长木板A上)的速度大小; 解析:小球C与小物块B碰撞过程,由动量守恒定律得m3v1=m3v3+m2v2, 根据能量守恒定律有m3=m3+m2, 解得v2=3.2 m/s,v3=-0.8 m/s; 假设长木板A与挡板P碰撞时,长木板A与小物块B已经达到共同速度v4,由动量守恒定律得m2v2=(m1+m2)v4,解得v4=1.2 m/s, 设此过程长木板A运动的位移为x,由动能定理得μm2gx=m1, 解得x=0.24 m<L0=0.5 m, 假设成立,可知长木板A与挡板P碰撞时的速度大小为v4=1.2 m/s。 答案:1.2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)要使小物块B始终留在长木板A上,求长木板A的最小长度。 解析:小物块B在长木板A上滑行,第一次达到共同速度的过程中,由能量守恒定律得μm2gL1=m2-(m1+m2), 解得L1=0.64 m,长木板A与挡板P碰后,与B再次达到共同速度v5的过程中,由动量守恒定律得m2v4-m1v4=(m1+m2)v5,解得v5=-0.3 m/s, 根据能量守恒定律有μm2gL2=(m1+m2)-(m1+m2),解得L2=0.36 m, 此后小物块B与长木板A相对静止,一起向左运动,则长木板A长度最小值L=L1+L2,解得L=1 m。 答案:1 m $