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（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 1 1~6题,每题4分 1.(2025·江苏连云港二模)某家用轿车的一个轮胎充入空气后容积为 0.04 m3 ,胎压为2个标准大气压,温度为27 ℃。 已知 0 ℃ 、1个标准大气压下的空气密度为 1.3 kg/m3 ,则该轮胎内空气质量最接近(　　) A.5 kg　　　　　　　 B.1 kg C.0.5 kg D.0.1 kg D 解析:设轮胎内空气在0 ℃、1个标准大气压下的体积为V0 ,已知轮胎内空气初始状态: p1=2p0 ( p0 为标准大气压), V1=0.04 m3,T1=(273+27)K=300 K, 末状态:p0,V0,T0=273 K, 根据理想气体状态方程有= , 联立可得 V0== m3=0.072 8 m3 。已知0 ℃、1个标准大气压下的空气密度为ρ=1.3 kg/m3 ,则轮胎内空气质量 m=ρV0=1.3×0.072 8 kg=0.094 64 kg, 计算得到空气质量约为 0.094 64 kg,最接近0.1 kg,D选项符合题意,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(2025·湖南郴州三模)如图所示,等边三角形abc中心M处静置一长直通电导线,导线与abc纸面垂直,电流方向未知,该空间还存在与bc边平行且足够大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向如图中所示,已知a点的磁感应强度为0,则(　　) A.导线中的电流方向垂直于纸面向里 B.b、c两点的合磁感应强度大小均为B C.沿Ma方向到无穷远处,磁感应强度先 减小后增大,方向一直不变 D.若仅使导线中的电流反向,则b、c两点合磁感应强度大小均为B 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:设通电直导线在a、b、c三点产生的磁感应强度大小为B0,由于a点的磁感应强度为0,可知导线在a点产生的磁场与匀强磁场B等大反向,由右手螺旋定则可知导线中的电流方向垂直于纸面向外,故A错误;导线在b、c两点产生的磁场方向如图所示,因为B0=B,由几何关系可知b、c两点合磁感应强度大小Bc=Bb=2Bcos 30°=B,故B错误;在a点磁感应强度为0,在a点下侧到M点,磁感应强度的方向水平向左,在Ma的 延长线上,磁感应强度的方向水平向右,故C错误;若 仅使导线中的电流反向,则b、c两点B0和B的夹角均 变为120°,b、c两点合磁感应强度大小均为B,故D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.喷泉水柱从横截面积为S=0.001 m2的喷口持续以速度v0=10 m/s竖直向上喷出,距喷口正上方h处固定一水平挡板,水柱冲击到水平挡板后,在竖直方向上水的速度瞬间变为零,在水平方向上朝四周均匀散开,忽略空气阻力。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2。设水柱对挡板的冲击力为F,则F-h图像可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:根据质量流量守恒知,喷口处与挡板处很短的Δt时间内水柱的质量同样为Δm=ρv0ΔtS,因为水流在上升过程中横截面积会扩大,从而保持质量流量不变。设很短的水柱在高度为h处,撞击挡板前水的速度为v,根据运动学规律有-v2=2gh,其中≥2gh,即h≤5 m(否则F=0),设挡板对水的作用力的大小为F',根据动量定理有-F'Δt=0-Δmv=-ρv0ΔtSv,又F=F',联立解得F=10,根据数学知识知,D选项的图像符合题意,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(2025·江苏扬州模拟预测)如图所示为电吹风的电路图,a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种状态。电源为220 V的交流电,理想变压器原、副线圈的匝数分别是n1和n2,小风扇的额定电压为60 V。下列说法正确的是(　　) A.电吹风的触片P位于ab位置时吹冷风 B.电吹风的触片P位于cd位置时吹热风 C.变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=3∶2 D.变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=11∶3 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:由电路图可知,触片P位于ab位置时,电吹风吹热风,触片P位于cd位置时,电吹风处于停机状态,故A、B错误;由变压器电压与匝数的关系可知=,其中U1=220 V,U2=60 V,解得=,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(2025·浙江台州二模)如图所示,S为狭缝光源,经透镜L1后成为平行光,照射到与S平行的双缝S1、S2上,由S1、S2分离出两束相干光,再让它们分别通过长度相等的两个气室T1和T2后,由透镜L2将两束相干光汇聚于平面P上,在此形成平行于狭缝的干涉条纹。实验开始时,T2管充以空气,T1管抽成真空,此时开始观测干涉条纹。然后逐渐使空气进入T1管,直到它与T2管的气压相同为止,记下这一过程中条纹移动的数目。已知光在真空中的波长为589.3 nm,管长为L=20 cm,条纹移动了98根,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 A.观测到条纹不移动 B.观测到条纹向下移动 C.测得空气的折射率约为1.000 289 D.测得空气的折射率约为1.289 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:当逐渐使空气进入T1管时,光通过T1管的光程增大,根据干涉亮条纹的条件可知,通过T2管的光程也应该相应的增大才能使原位置的条纹仍然是明条纹,这样原来的亮条纹只能向上移动,故A、B错误;每看到一条亮条纹移动,一定是光程差增大了一个波长,由于移动N条干涉亮纹,光线通过T1的光程为L,光线通过T2的光程为nL,光程差为(n-1)L,所以有(n-1)L=Nλ,解得n=+1,代入数据可得n=1.000 289,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图所示,在距固定小球B水平距离为L处的C点的正上方任意一点以不同的水平速度抛出质量为m的小球A,小球A均能精准地击中小球B。不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球A的抛出点越高,击中B球时动能越大 B.小球A的抛出点越高,击中B球时重力的瞬时功率越大 C.只要A球距C点的高度足够高,A球就可以竖直向下击中B球 D.A球击中B球时的最小动能为2mgL 2 3 4 5 6 7 8 1 B 解析:小球A做平抛运动,则有h=gt2,L=v0t,解得v0=L,根据动能定理有mgh=Ek-m,解得Ek=mg(h+),根据基本不等式可知,当高度h=,此时,A球击中B球时动能达到最小值,且有Ekmin=mgL,即随高度的增大,A球击中B球时动能先减小后增大,故A、D错误;小球A做平抛运动,则有vy=gt=,则小球A击中B球时重力的瞬时功率P=mgvy=mg,由此可知,小球A的抛出点越高,击中B球时重力的瞬时功率越大,故B正确;小球A做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,由此可知,小球A击中B球的速度不可能竖直向下,即A球不可能竖直向下击中B球,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(9分)在某科技创新大赛上,某物理兴趣小组需要用如图甲所示多用电表完成以下任务: (1)电压测量任务:选用直流50 V量程,指针位置如图乙中a所示,该电路两端电压为　　 　　V。 (2)电阻检测任务:选择开关处在欧姆挡“×10”挡,指针位置如图乙中b所示,被测定值电阻阻值为　　　　Ω。  2 3 4 5 6 7 8 1 20.4(±0.1均可) 解析:(1)最小刻度为1 V,则该电路两端电压为20.4 V。 (2)被测电阻的阻值为10.0×10 Ω=100 Ω。 100 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)应急修复任务:由于欧姆表长时间未使用,电源电动势和内阻发生了明显变化,无法进行欧姆调零。该小组用如图丙所示的电路来测量电源的电动势和内阻,其中电流表A1和A2,电压表V1和V2都是非理想电表,且电表内阻未知。闭合开关S,通过调节滑动变阻器R1和R2,使灵敏电流计G的示数为0,读出电流表示数I1和I2,以及电压表示数U1和U2,多次测量获得多组数据,绘制图像,以U1+U2为纵坐标,以　　　　为横坐标,得到的图像为直线,其纵轴截距为b,斜率为k,则电源电动势E=　　　　,电源内阻r=　　　　。从设计思路看,该方案电动势的测量值与真实值相比　　　　(选填“偏小”“偏大”或“相等”)。  I1+I2 -k 相等 b 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:灵敏电流计G的示数为0,则U1=I1(R1+RA1),U2=I2(R2+RA2), 根据闭合电路欧姆定律得E=U1+U2+(I1+I2)r, 整理可得U1+U2=E-(I1+I2)r, 以U1+U2为纵坐标,I1+I2为横坐标,得到的图像为直线, 根据题意得E=b,r=-k。 本方案考虑了所用电表的内阻,并没有系统误差,故该方案电动势的测量值与真实值相比相等。 8.(16分)(2025·江苏盐城二模)如图所示,在xOy坐标平面内,半径为R的圆形匀强磁场区域与x轴相切于原点O,与PM相切于A点,PQNM为第一象限内边长为2R、下边在x轴上的正方形,其内部有沿y轴正方向的匀强电场。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子,从O点以相同的速率v0沿纸面均匀向各个方向射出,进入磁场的离子从磁场边界出射的点分布在三分之一的圆周上,离子到达MN边界即被吸收,不计离子受到的重力及离子间的相互作用。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小B; 解析:离子运动轨迹如图所示, 根据几何关系可得轨迹半径r1=Rcos 30°=R, 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m, 解得磁感应强度为B=。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)若仅改变磁感应强度的大小,使得其中沿y轴正方向入射的离子能经过A点打到N点,求电场强度的大小E; 解析:沿y轴正方向入射的离子在磁场中的运动轨迹如图所示, 根据几何关系可得离子的轨迹半径r2=R, 所有离子均以v0沿x轴正方向进入电场,从A点入射的离子,在x轴方向,有2R=v0t1,在y轴方向,有R=a, 根据牛顿第二定律,有qE=ma, 联立解得E=。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)在(2)的基础上,仅将电场强度的大小调整为E,求MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。 解析:从某点出射的离子打到N点,离子运动轨迹如图所示, 在x轴方向,有2R=v0t2, 根据牛顿第二定律,有q·=ma1, 在y轴方向,有y=a1,联立解得y=, 根据几何关系易得θ=60°, 解得MN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η==。 答案： $