考前热身练3(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·北京东城二模)如图甲所示,用激光照射一个小钢球,光屏上出现如图乙所示的图样,在阴影中心有一个小亮斑。这种现象是光的(　　) A.衍射现象　 B.偏振现象 C.折射现象 D.多普勒效应 A 解析:用激光照射一个小钢球,光屏上出现如题图乙所示的图样,在阴影中心有一个小亮斑,这是光的衍射造成的,即这种现象是光的衍射现象,故选A。 2.如图所示,开口向上的竖直玻璃管内用一段水银柱封闭着一定质量的理想气体。现将玻璃管保持开口竖直向上拿到室外,并停留较长一段时间,此为过程一;然后再把玻璃管缓慢转动至水平,此为过程二;接着再将玻璃管保持水平拿回室内,并停留较长一段时间,此为过程三;最后把玻璃管缓慢转动至竖直开口向上,水银柱回到初始位置,此为过程四。已知室外温度高于室内温度,室外大气压强等于室内大气压强,水银无漏出。关于此次操作,下列说法正确的是(　　) A.过程四气体从外界吸热 B.过程二气体分子密集程度减小 C.过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响 D.气体经历上述四个过程回到原状态,气体对外界做的功为0 2 3 4 5 6 7 8 1 B 解析:过程四气体温度不变,压强增大,体积减小,气体内能不变,外界对气体做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体对外放热,故A错误;过程二气体温度不变,压强减小,体积增大,分子密集程度减小,故B正确;根据热力学第二定律的内容可知,过程二气体从外界吸收热量,使之完全变成功,而没产生其他影响是不可能发生的,故C错误;气体经历题中所述的四个过程回到原状态,气体对外界做功不为0,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(2025·江苏淮安二模)2024年6月,我国嫦娥六号探测器实现世界首次月球背面采样返回地球,返回过程包括月面上升、交会对接、环月等待、月地转移、再入回收等阶段。如图为环月等待阶段嫦娥六号在椭圆轨道上运行的示意图,运行方向如图中箭头所示,ab、cd分别为椭圆轨道长轴与短轴。仅考虑月球对嫦娥六号的引力,下列对嫦娥六号的说法正确的是(　　) A.在a点的速率等于在b点的速率 B.在a点的加速度大小等于在b点的加速度大小 C.从c点到b点的时间大于从d点到a点的时间 D.在a点受到的引力大小小于在c点受到的引力大小 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:根据开普勒第二定律可知,从a点到b点过程中,速率越来越小,即在a点的速率大于在b点的速率,故A错误;根据牛顿第二定律有G=ma,得a=,所以离月球越远加速度越小,在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小,故B错误;c点和d点速率相等,此外从c点到b点的速率都小于从d点到a点的速率,所以从c点到b点的时间大于从d点到 a点的时间,故C正确;嫦娥六号与月球距离越小受 到的引力越大,在a点受到的引力大小大于在c点受 到的引力大小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.一辆起重机某次从t=0时刻由静止开始竖直提升质量为500 kg的物体,物体的a-t图像如图所示,2 s后起重机的功率为额定功率,不计空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物体在匀加速阶段的位移大小为2 m B.该起重机的额定功率为5.25 kW C.物体的最大速度大小为2.1 m/s D.0~2 s和2~8 s时间内牵引力对物体做的 功之比为1∶8 2 3 4 5 6 7 8 1 B 解析:物体在匀加速阶段的位移大小x=×0.5×22 m=1 m,故A错误;设物体做匀加速运动阶段牵引力为F,加速度为a,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,物体做匀加速运动阶段的最大速度v=at1,该起重机的额定功率P=Fv,联立解得P=5 250 W=5.25 kW,故B正确;物体的最大速度vm== 1.05 m/s,故C错误;0~2 s内牵引力对物体做的功 为W1=Fx=5 250 J,2~8 s时间内牵引力对物体做 的功为W2=Pt=5 250×6 J=31 500 J,0~2 s和2~8 s 时间内牵引力对物体做的功之比为W1∶W2= 1∶6,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(2025·广东广州一模)如图,无限长均匀带正电的绝缘细杆穿过立方体区域中心O,且与其上下表面垂直。M、N、P、Q为立方体区域的顶点,则(　　) A.M点电场强度沿OM方向 B.P、Q两点电场强度相同 C.P、Q两点的电势相等 D.将电子从P移动至N点,电场力做负功 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:无限长均匀带正电的细杆产生的电场方向垂直于细杆,并沿径向向外辐射,故M点电场强度不沿OM方向,A错误;P和Q是立方体区域的顶点,且相对于细杆对称分布,由于细杆是无限长且均匀带电,电场强度在距离细杆相同距离的点上大小相等,因此,P和Q两点的电场强度大小相等,方向不相同,B错误;由于P和Q两点相对于细杆对称,且距离相同,因此它们的电势相等,C正确;由上述分析可知,P、N两点到细杆距离相等,电势相等,故将电子从P移动至N点,电场力不做功,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.如图所示,在水平光滑绝缘桌面上有一等腰梯形单匝均匀金属线框abcd,总电阻为R,ab=L,cd=3L,ad=L。空间存在竖直向下的有界匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,有界磁场的宽度为2L。线框在水平拉力F作用下以速度v向右匀速穿过磁场区域,t=0时刻,ab边刚好在磁场左边界,则(　　) A.进、出磁场过程中,线框中的电流方向相同 B.进、出磁场过程中,线框所受安培力的方向相反 C.出磁场过程中,线框中的电流i与时间t的关系为i= D.线框穿过磁场过程中,拉力F的冲量小于 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:由几何关系可知,梯形的底角为45°,线框总电阻为R,则0~时间内,感应电动势E=B(L+2vt)v,线框中电流i==,方向为逆时针方向;~时间内,通过线框的磁通量不变,感应电动势为零,感应电流为零;~时间内,线框中电流i===,方向为顺时针方向,故A、C错误。 0~时间内,线框所受安培力FA=,方向水平向左;~时间内安培力FA=0; ~时间内安培力FA=,方向水平向左,故B错误。线框做匀速运动,受力平衡,有F=FA,结合上述分析,作出F-t图像,如图所示,t=0时刻和t=时刻拉力F1=, t=时刻和t=时刻拉力F2=,线框穿过磁场过程中,拉力F的冲量小于2××=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(10分)每年均有因燃气泄漏导致事故发生的事例,某实验小组找来气敏传感器,通过实验测定其阻值随燃气浓度变化的规律,实验器材如下: A.气敏传感器Rx(其阻值随浓度变化范围从几欧姆到几十欧姆); B.直流电源E(电动势为6 V,内阻很小); C.电流表A(量程0~0.6 A,内阻很小); D.电压表V1(量程为0~3 V,内阻为3 kΩ); E.电压表V2(量程为0~15 V,内阻为12 kΩ); F.电阻箱R1(最大阻值为9 999 Ω); G.电阻箱R2(最大阻值为999 Ω); H.滑动变阻器R(阻值为0~5 Ω); I.开关一个,导线若干。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)实验小组设计的实验电路如图甲所示,请将电路中的连线补充完整。 解析: (1)(2)因滑动变阻器阻值较小,故选用分压式接法;V2量程较大,故舍去,选择电压表D,因其量程较小,故需改装,电源电动势为6 V,故改装成的电压表量程也在6 V附近,根据串联电阻分压,故要串联3 kΩ左右的电阻,因此需选用电阻箱F,使改装后的电压表与气敏传感器和电流表串联电路相并联。连线如图所示。 答案： (1)图见解析 (2)实验中电压表应选用　　　,电阻箱应选用　　　。(填器材前面的字母)  D　 F 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)实验中测定的气敏传感器的阻值随燃气浓度变化的图像如图乙所示,查阅资料知道,天然气的爆炸临界浓度范围约为5%~15%(体积百分比),这意味着当空气中的天然气浓度高于15%或低于5%时,就不会发生爆炸。若某次实验中电压表和电流表的示数分别为 2 V和0.4 A,电阻箱接入电路的阻值与所选电 压表的内阻相等,则气敏传感器的阻值Rx= 　　　　Ω,此时　　　　(选填“会”或“不会”) 发生爆炸危险。  解析:根据题意和电路图可知,电压表与电阻箱两端电压相等,有U+U=IRx, 解得Rx=10 Ω,根据题图乙可知,此时浓度大约为24%,不在临界范围之内,故不会发生爆炸危险。 10　 不会 8.(16分)如图所示,小车B静止在水平面上,木块C静止在小车B的正前方x=1.5 m处,一滑块A(可视为质点)从小车的最左端以v0=8 m/s的初速度冲上小车,所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C的质量分别为6 kg、2 kg、4 kg,A与B之间、C与水平地面之间的动摩擦因数均为μ=0.1,不计小车B与地面之间的摩擦,小车的上表面水平且足够长,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求小车B和木块C第一次碰撞后瞬间,B、C的速度大小; 解析:滑块A刚滑上小车B时,设A、B的加速度分别为aA、aB,并取向右为正,对滑块A有-μmAg=mAaA,可得aA=-1 m/s2; 对小车B有μmAg=mBaB,可得aB=3 m/s2; 假设B与C第一次碰撞前A、B未达到共速,则aB=x,所以t1=1 s, 此时vA1=v0+aAt1=7 m/s,vB1=aBt1=3 m/s, vA1>vB1,故假设成立。B与C碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvB1=mBvB2+mCvC2,mB=mB+mC, 解得vB2=-1 m/s,vC2=2 m/s,此时A的速度不变,即vA2=vA1=7 m/s, 所以B与C碰后瞬间B的速度大小为1 m/s,C的速度大小为2 m/s。 答案： 1 m/s　2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)求从滑块滑上小车至B和C发生第二次碰撞前瞬间,滑块A与小车B间因摩擦产生的热量Q; 解析:在第一次碰撞前,由能量守恒定律知Q1=mA-(mA+mB)=36 J。 设第一次碰后C的加速度为aC,则-μmCg=mCaC,解得aC=-1 m/s2, 假设B、C发生第二次碰撞时A、B未共速,C未停止,则根据 vB2t2+aB=vC2t2+aC,解得t2=1.5 s, 由vt=v0+at知,此时vA3=5.5 m/s,vB3=3.5 m/s,vC3=0.5 m/s, 故假设成立。在两次碰撞之间,由能量守恒定律知Q2=(mA+mB)-(mA+mB)=45 J,故Q=Q1+Q2=81 J。 答案： 81 J 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)求木块C在水平面上滑行的总时间。 解析:对A、B、C组成的系统,动量变化是地面对C的摩擦力的冲量导致的,C获得速度方向始终向右,所受摩擦力始终向左,故最终A、B、C必然都停止。对A、B、C组成的系统在全过程中,有 -μmCgt=0-mAv0, 可得t=12 s。 答案： 12 s $