考前热身练2(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 1 1~6题,每题4分 1.(2025·江苏南京二模)宝石切工决定价值,优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目。某宝石的剖面简化如图,一束复合光斜射到宝石的AB面上,经折射后分成a、b两束单色光照射在CO面上。下列说法正确的是(　　) A.宝石对a光的折射率比b光的大 B.宝石中a光的传播速度比b光的大 C.b光从空气进入宝石,频率变低 D.逐渐减小光斜射到AB面上的入射角, 从CO面射出的光线中a光先消失 B 解析:由题意知宝石对单色光a的偏折程度比对单色光b的偏折程度小,因此宝石对单色光a的折射率小,A错误;由v=可知单色光a在宝石中的传播速度比单色光b在宝石中的传播速度大,B正确;单色光b从空气进入宝石,频率不变,C错误;由sin C=可知,单色光a的临界角大于单色光b的临界角,逐渐减小斜射到AB面上的入射光束的入射角,从CO面射出的光束中单色光b最先消失,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.如图所示,半径为R的半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上,竖直半径OB与倾斜半径OD、OE的夹角均为θ,且cos θ=。现让可视为质点的小球从B点由静止释放,当小球运动到D点时正好脱离轨道,小球此时速度的大小为v0(为未知量);再把小球拿到E点,并使小球在E点获得大小为v(为未知量)、方向与EO垂直斜向上的初速度,小球从E点运动到D点,运动轨迹的最高点为G点。重力加速度为g,不计一切摩擦,不计空气作用。下列说法正确的是(　　) A.小球在D点的向心加速度为 B.小球在D点的速度v0为 C.小球从E到D的运动时间为 D.G、B两点的距离为 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:把小球在D点的重力分别沿着OD方向与垂直OD方向正交分解,在D点时半圆弧轨道对小球的支持力恰好为0,则重力沿着OD方向的分力充当向心力,则有mgcos θ=man,由向心加速度公式可得an=,结合cos θ=,综合可得an=g,v0=,故A、B错误;由数学知识可得sin θ=,小球从E点到D点做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,速度大小为v1=vcos θ,竖直方向做初速度为v2=vsin θ的竖直上抛运动,则有2Rsin θ=v1t0,v2=g,综合解得t0=,v=,故C错误;斜抛运动的最大高度为hm=g()2,由几何关系 可得G、B两点的高度差为h=hm-R(1-cos θ),综合可得 h=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(2025·甘肃白银三模)在物理课上,张老师让同学们用“听觉”来感受光的变化,其原理简化图如图所示。用频率相同的一束蓝光照射光电管,调节滑动变阻器的滑片到适当位置,喇叭发出声音的大小可以反映照射光的亮暗变化。下列说法正确的是(　　) A.该实验的主要原理是光的全反射 B.若仅将蓝光改成红光,实验演示一定 能够成功 C.若仅将电源的极性互换,喇叭一定还会发出声音 D.逸出光电子的最大初动能与照射光的频率有关 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:该实验的原理是光电效应,A项错误;若仅将蓝光改成红光,则照射光的频率变低,光电管有可能不发生光电效应,实验演示可能将无法进行,B项错误;由题图可知光电管所加电压为正向电压,若仅将电源的极性互换,光电管加反向电压时可能不会形成光电流,喇叭可能不会发出声音,C项错误;由爱因斯坦光电效应方程可知,逸出光电子的最大初动能与照射光的频率是一次函数关系,D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.如图所示,两条“Λ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将电阻均为R的导体棒ab、cd在导轨上同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,且加速度大小始终相等,两棒长度均为L,ab的质量为m。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g。两棒在下滑过程中(　　) A.回路中的电流方向为adcba B.cd的质量为2m C.ab中电流最终为 D.cd棒最终下滑的速度为 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda,A错误;当电路中的电流为I时,对ab根据牛顿第二定律得mgsin 30°-2BIL=maab,对cd根据牛顿第二定律得m'gsin 30°-BIL=m'acd,又aab=acd,解得m'=,B错误;分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力增大,当安培力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得mgsin 30°=2BIL,解得I=,C错误;开始运动后,因两导体棒的加速度大小相等,因此两导体棒的速度相等,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv+2BLv=3BLv,感应电流I===,解得 cd棒最终下滑速度为v=,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.在某种均匀介质中,位于x=-4 m和x=10 m处的两波源S1和S2沿y轴方向振动,在x轴上形成两振幅分别为2 cm、3 cm,波速均为4 m/s的简谐横波,t=0时刻的波形如图,则下列说法正确的是(　　) A.两列波都传至x=3.5 m处的质点,其振幅为1 cm B.x=3.5 m处的质点在0~10 s内运动的路程为170 cm C.两列简谐横波的起振方向相反 D.形成稳定干涉图样后x轴上两波源之间(不含波源)振动加强的点有7个 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:根据题意,由题图可知,S1、S2起振方向均向上,故C错误;根据题意可知,左侧波传播到x=3.5 m的时间为t1= s=1.375 s,右侧波传播到x=3.5 m的时间为t2= s=1.375 s,由于S1、S2起振方向均向上,则x=3.5 m处为振动加强的质点,其振幅为5 cm,由题图可知,两列波的波长均为4 m,周期均为T==1 s,0~1.375 s内,x=3.5 m处的质点未振动,路程为0,1.375~10 s内质点振动时间为t=8.625 s=8T,路程s>8×4A+2A=170 cm,故A、B错误;在两波源之间任取一点P,-14 m<PS1-PS2<14 m,结合加强点|PS1-PS2|=nλ(n=0,1,2,3,…)可知形成稳定干涉图样后x轴上两波源之间(不含波源)振动加强的点有x=3.5 m、x=5.5 m、x=7.5 m、x=9.5 m、x= 1.5 m、x=-0.5 m、x=-2.5 m共7个点,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.如图所示,与水平地面成θ角的传送带,以恒定速率v顺时针转动。现将一质量为m的小物体(视为质点)无初速度放在传送带的底端M处,小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率v。已知M、N间的高度差为H,则在小物体从M到N的过程中(　　) A.传送带对小物体做的功为mgH-mv2 B.将小物体由底端传送到N处过程中,该系统多消耗的电能为mgH+mv2 C.将小物体传送到N处,系统因摩擦而产生的热量为mv2 D.改变传送带与小物体之间的动摩擦因数,小物体到达N点前速度达到v,则系统因摩擦产生的热量将减少 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:根据功能关系知,传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量,为mgH+mv2,故A错误;根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与小物体增加的机械能的和,为mgH+mv2+Q,故B错误;小物体到达传送带最高点N处时恰好达到传送带的速率v,设时间为t,根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma,故t==,s相对=vt-t=,因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·s相对=>mv2 ,故C错误;改变传送带与小物体之间的动摩擦因数,小物体到达N点前速度达到v,根据2(μgcos θ-gsin θ)x=v2知x减小,μ增大,又根据C项分析知Q=μmgcos θ· s相对=,μ增大,Q减小,即系统因摩擦产生的热量将减少, 故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(6分)在一次课外活动中,某同学用如图甲所示的装置测量放在水平光滑桌面上的金属板B与铁块A之间的动摩擦因数,并验证牛顿第二定律。实验步骤如下: (a)用天平测出铁块A的质量mA、金属板 B的质量mB; (b)将该装置按如图甲所示的方式连接; (c)在动滑轮下挂上钩码,稳定运行后,弹簧 秤的示数为F1,力传感器的示数为F2,打点 计时器后方打出的一段纸带如图乙所示。 已知重力加速度为g,纸带上相邻计数点间 的时间间隔为T,则: 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)金属板B与铁块A之间的动摩擦因数为　　　　。  解析:铁块A平衡,有F1=μmAg, 解得μ=。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)要验证牛顿第二定律,需要保证　　　　。  A.定滑轮和金属板间的细绳必须水平 B.所有滑轮必须光滑 C.钩码的质量必须远小于金属板的质量 解析:本实验有力传感器,没有必要保证钩码的质量远小于金属板的质量,选项C错误;要保证细绳对金属板的拉力F2水平,定滑轮和金属板间的细绳必须水平,所有滑轮必须光滑,以减小阻力影响,选项A、B正确。 AB 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)要验证牛顿第二定律,需要验证的关系为F2=　　　　　　　　(用“F1、mB、x1、x2、T”表示)。  解析:根据(x2-x1)-x1=a(2T)2, 可得金属板的加速度a=, 需要验证的关系为F2-μmAg=mBa, 故要验证F2=F1+mB。 F1+mB 8.(14分)如图所示,平面直角坐标系的第一象限内存在范围足够大、磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ;第四象限内,在-L≤y≤0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E(未画出),在y≤-L区域存在一定宽度且足够长、磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ。已知B2=B1,坐标为(0,2L)的A点处固定一粒子源,沿x轴正方向发射速度大小为v、带正电的粒子束。粒子的质量为m,电荷量为q,粒子第一次经过x轴的位置为C(L,0) 点。已知E=,忽略粒子间的相互作用及 粒子所受重力。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求磁场的磁感应强度大小B1; 解析:粒子在磁场Ⅰ中的运动轨迹如图所示, 有qvB1=m, 由几何关系有(2L-r)2+L2=r2, 得粒子在磁场中的运动轨迹半径r=L, 解得B1=。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)粒子第一次进入磁场Ⅱ后,恰好不从磁场Ⅱ的下边界射出,求磁场Ⅱ的宽度D。 解析:设粒子第一次进入电场时速度与x轴负方向的夹角为α,sin α==, 则vx=vcos α=0.6v,vy=vsin α=0.8v。 粒子在电场中受到水平向右的恒力,故在y轴方向做匀速直线运动,有t=,在x轴方向做匀变速直线运动,有vx'=0.6v-t=0, 故粒子第一次进入磁场Ⅱ时垂直磁场边界入射, 如图所示,粒子在磁场Ⅱ中运动时有qB2vy=, 解得轨迹半径为R==2L, 故磁场宽度为D=R=2L。 答案：2L $