考前热身练6(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.如图甲所示,将一弹簧振子竖直悬挂,以小球的平衡位置为坐标原点O,竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放,其在地球表面与某球状天体表面(不考虑自转影响)做简谐运动的x-t图像如图乙所示,则地球表面与该天体表面的重力加速度之比为(　　) A.2∶1　　　　　　 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1 A 解析:设地球表面的重力加速度为g,球状天体表面的重力加速度为g',弹簧的劲度系数为k,根据简谐运动的对称性有k·4A-mg=mg,k·2A-mg'=mg',解得=2,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 1 2.(2025·北京昌平二模)如图1所示,小明用甲、乙、丙三束单色光分别照射同一光电管的阴极K,调节滑动变阻器的滑片P,得到了三条光电流I随电压U变化关系的曲线如图2所示。下列说法正确的是(　　) A.甲光的光子能量最大 B.用乙光照射时饱和光电流最大 C.用乙光照射时光电子的最大初动 能最大 D.分别射入同一单缝衍射装置时,乙 光的中央亮条纹最宽 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:根据光电效应方程m=hν-W0及动能定理-eUc=0-m,解得hν=eUc+W0,乙光对应的遏止电压Uc较大,对应的光子能量最大,A错误;由题图乙可知,用甲光照射时饱和光电流最大,B错误;由以上分析得m=eUc,结合题图乙可知,用乙光照射时光电子的最大初动能最大,C正确;乙光的光子能量最大,频率最高, 波长最短,分别射入同一单缝衍射装 置时,乙光的中央亮条纹最窄,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 3.(2025·江苏泰州模拟)如图所示,一支架固定在底座上,它们的总质量为M。质量分别为2m和m的小球A、B(可视为质点)固定在一根长度为L的轻杆两端,该轻杆通过光滑转轴O安装在支架的横梁上,O、A间的距离为,两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动,运动过程中支架和底座一直保持静止。当转动到图示竖直位置时,小球A的速度为v,已知重力加速度为g。对于该位置,下列说法正确的是(　　) A.小球A、B的向心加速度大小相等 B.小球A的向心力大于B球的向心力 C.若v=,则底座对水平地面的压力为Mg+2mg D.A、B两球恰好做匀速圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 1 D 解析:两小球和轻杆一起绕轴O在竖直平面内做圆周运动,所以两小球的角速度相同,根据a=ω2r可知,小球A、B的加速度之比为aA∶aB=1∶2,故A错误;根据F=mω2r可知,A、B的向心力之比为FA∶FB=1∶1,故B错误;若v=,对A有2mg-FNA=,解得轻杆对A的支持力为FNA=0,根据v=ωr可知vB=2,对B有FNB-mg=,解得轻杆对B的拉力为FNB=3mg,以支架、底座和轻杆为对象,水平地面对底座的支持力为FN=Mg+3mg,根据牛顿第三定律可知,底座对水平地面的压力为FN'=Mg+3mg,故C错误;根据重力做功特点可知,重 力做功W=mgh,由题意可知rA=,rB=,mA=2m,mB=m,则转动过 程,两球重力对系统做功为零,转动过程合外力对系统做功为 零,系统的动能不变,两球的线速度大小保持不变,则两球恰好 做匀速圆周运动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 4.(2025·安徽马鞍山一模)如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则(　　) A.A加速过程中,加速度越来越大 B.A、B、C共速时,B所受合力为0 C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:A加速过程中,一开始弹簧压缩量逐渐增大,之后弹簧压缩量又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,故A错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C受到的弹力不为0,B、C的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,故B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.如图所示,虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面,1、2两个带电粒子射入电场后,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中两条实线所示,其中粒子1的运动轨迹与等势面c、b分别相交于P、Q两点,粒子2的运动轨迹与等势面c、a分别相交于M、N两点(不考虑两个粒子间的相互作用)。由此可以判定(　　) A.两个粒子一定带同种电荷 B.M、N两处电势一定是φM<φN C.粒子1在P点的加速度小于在Q点的加速度 D.粒子2在运动过程中的电势能先增大后减小 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:由图中轨迹可知,粒子1受到库仑斥力作用,粒子1与场源点电荷带同种电荷;粒子2受到库仑引力作用,粒子2与场源点电荷带异种电荷,则两个粒子一定带异种电荷,故A错误。由于不清楚场源点电荷的电性,故无法判断M、N两处电势的高低,故B错误。根据点电荷场强公式E=k可知,离场源点电荷越远,场强越小,则粒子1在P点受到的静电力小于在Q点受到的静电力,根据牛顿第二定律可知,粒子1在P点的加速度小于在Q点的加速度,故C正确。由图中轨迹可知,粒子2在运动过程中, 静电力对粒子2先做正功,后做负功,则电势能先减 小后增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 6.霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,下列说法正确的是(　　) A.电场强度E= B.若电子入射速度为,运动到速度为时位置的纵坐标为y1= C.若电子入射速度为,最大运动速度为1.75v0 D.能到达y2=位置的电子的百分比为80% 2 3 4 5 6 7 8 1 C 解析:根据题意,入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,竖直方向受力平衡,有eE=ev0B,解得E=v0B,故A错误;电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2,解得y1=,故B错误;若电子入射速度为,由于电子在最高点与最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE,在最低点有F合=eE-eB,联立解得vm=-=1.75v0,故C正确;设以速度v射入时恰能到达y2=位置,对到达该位置的电子进行分析,根据动能定理有eEy2=m-mv2,由C选项中有vm=-v,联立解得v=v0,可知能 到达y2=位置的电子的百分比为90%,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 7.(6分)(1)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中(实验装置如图),下列说法正确的是　　　　。  A.调节光源高度使光束沿遮光 筒轴线照在屏中心时,应放上单 缝和双缝 B.测量某条干涉亮条纹位置时,应使分划板中心刻线与该亮条纹的中心对齐 C.为了减小测量误差,可用测量头测出n条亮条纹间的距离a,求出相邻两条亮条纹间距Δx= D.某同学用黄光作为入射光,为了增大干涉条纹的间距,可以采用的方法是改用蓝光作为入射光 2 3 4 5 6 7 8 1 BC 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:实验时,调节光源的高度和角度,让光源中心位于遮光筒的中心轴线上,使它发出的光束沿着遮光筒的轴线把屏照亮,然后放好单缝和双缝,故A错误;实验中,测量某条干涉亮条纹位置时,应使分划板中心刻线与该亮条纹的中心对齐,故B正确;为了减小测量误差,可用测量头测出n条亮条纹间的距离a,然后求出相邻两条亮条纹间距Δx=,故C正确;根据Δx=λ,某同学用黄光作为入射光,为了增大干涉条纹的间距,可以增大入射光的波长,由于蓝光的波长小于黄光的波长,所以不能改用蓝光作为入射光,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)已知双缝到光屏之间的距离l=500 mm,双缝之间的距离d=0.50 mm,单缝到双缝之间的距离s=100 mm,某同学在用测量头测量时,调整手轮,在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准A亮条纹的中心,然后他继续转动,使分划板中心刻线对准B亮条纹的中心,前后两次游标卡尺的读数如图所示,A位置读数为　　　　mm,则入射光的波长λ=　　 　　m(结果保留两位有效数字)。  11.1 6.4×10-7 2 3 4 5 6 7 8 1 解析:根据游标卡尺的读数规律,A位置读数为 x1=11 mm+1×0.1 mm=11.1 mm, 根据游标卡尺的读数规律,B位置读数为 x2=15 mm+6×0.1 mm=15.6 mm; 则相邻亮条纹中心之间的间距Δx=, 又Δx=λ, 解得λ≈6.4×10-7 m。 8.(16分)电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中,踩下驱动踏板时电池给电动机供电,松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理,设计了如图所示的模型:两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场,磁场方向沿半径方向,有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连,可绕轴无摩擦转动,金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B,整个装置沿竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关,踩下驱动踏板,开关接通1,电池给金属棒供电,金属棒相当于电动机,所用电池的电动势为E,内阻为r;松开驱动 踏板或踩下刹车,开关自动切换接通2,金属棒相当 于发电机,给电容器充电,所接电容器电容为C。 初始时电容器不带电,金属棒MN静止,电路其余 部分的电阻不计。 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)踩下驱动踏板后,求金属棒刚启动时加速度a的大小及开始运动后的转动方向(从上往下看)。 解析:踩下驱动踏板后,通过金属棒的电流方向向下,根据左手定则判断,从上往下看,金属棒开始运动后沿顺时针方向转动,当开关闭合的瞬间,金属棒还没有发生转动,则有I=, 金属棒在安培力作用下发生转动,根据牛顿第二定律有BIL=ma, 解得a=。 答案：　沿顺时针方向转动 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)踩下驱动踏板后,求金属棒可达到的最大转动线速度。 解析:当金属棒达到最大线速度vm时,金属棒中无电流通过,即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E,则有BLvm=E, 解得vm=。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板,在一段时间后金属棒MN将匀速转动。 ①求此时电容器C上的带电荷量; 解析:当金属棒由最大速度减速至匀速转动,由动量定理可得-∑BiLΔt=-BqL=mv-mvm, 当电路达到稳定时,回路中无电流,电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等,则有=BLv, 结合上述解得q=。 答案： 2 3 4 5 6 7 8 1 ②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U-q图像,并结合图像和题目中的条件,求电容器最终能回收多少能量储存起来。 解析:根据电容的定义式有C=,则有U=,作出U-q图像如图所示, 由于q=, 由微元法可知U-q图像与坐标轴所围面积等 于电容器储存的电能,则有W=Uq==CU2, 结合上述解得W=。 答案：图见解析　 $