考前题型专项练 选择题满分练3（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[选择题满分练3] (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．(2025·贵州铜仁模拟)2023年6月7日，世界首台第四代核电技术钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电。钍基熔盐堆用我国储量丰富的钍作为燃料，并使用熔盐冷却剂，避免了核污水排放，减少了核污染。如图是不易裂变的转化为易发生裂变的并裂变的过程示意图。下列说法正确的是(　　 ) A．中子轰击Th生成Th的核反应是核聚变 Th释放的电子是来源于原子的核外电子 Pa的比结合能小于的比结合能 D．可以通过升温、加压的方式减小核废料的半衰期，从而减少核污染 解析：选C。核聚变是两个轻核结合成质量较大的核的过程，中子轰击Th生成Th不是核聚变，故A错误；Th释放电子的过程是β衰变，实质是原子核中一个中子转变成一个质子和一个电子，故B错误；整个过程中释放能量，反应产物更加稳定，故Pa的比结合能小于U的比结合能，故C正确；放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强等无关，故D错误。 2．(2025·甘肃金昌期中)如图甲所示，某建筑的顶部可视为半球形，半径为R，视为质点的机器人通过磁铁吸附在该建筑的外壁对其进行检修，机器人移动过程极其缓慢，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁吸力F的作用，磁吸力垂直于球形表面，可简化为图乙。若某时刻机器人与圆形建筑球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　 ) A．机器人静止时所受的支持力和摩擦力的合力的方向竖直向上 B．支持力FN、重力G和磁吸力F之间的关系为FN＝F＋G sin θ C．θ越小，机器人所受的摩擦力越小 D．磁吸力提供机器人的向心力 解析：选B。机器人移动过程极其缓慢，可以看成处于动态平衡的过程，所受合力为0，所以支持力和摩擦力的合力与重力和磁吸力的合力等大反向，而重力和磁吸力的合力不能在竖直方向，故A、D错误；根据受力平衡有FN＝F＋G sin θ，Ff＝G cos θ，θ越小摩擦力越大，故B正确，C错误。 3．(2025·黑龙江大庆模拟)图甲为古代榨油场景，图乙是简化原理图，快速撞击木楔便可将油榨出。若木楔可看作顶角为θ的等腰三角形，撞击木楔的力为F，则下列说法正确的是(　　 ) A．为了增大木块对油饼的压力，θ通常设计得较小 B．木楔对每个木块的压力均为 C．木块对最右侧的油饼有挤压作用 D．木块加速挤压油饼过程中，木块对油饼的压力大于油饼对木块的压力 解析：选A。将F分解如图所示， 由图可知F1＝，θ设计得较小，F不变时，木楔对每个木块的压力F1越大，木块对油饼的压力也会越大，故A正确，B错误；木块与最右侧油饼不接触，则对最右侧的油饼没有挤压作用，故C错误；由牛顿第三定律可知，木块对油饼的压力与油饼对木块的压力等大反向，故D错误。 4．(2025·广西南宁模拟)神舟十九号航天员乘组于2025年3月21日晚圆满完成第三次出舱活动。出舱活动中，航天员相对于空间站静止，空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动。空间站组合体距离地面的高度为h，运动周期为T。已知万有引力常量为G，地球半径为R，根据以上信息可知(　　 ) A．悬浮在空间站内的航天员，不受力的作用 B．空间站组合体的线速度大于第一宇宙速度 C．空间站组合体绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度 D．地球的密度ρ＝ 解析：选D。航天员受地球引力作用，该引力提供其随空间站做圆周运动的向心力，故处于完全失重状态，但并非不受力，故A错误。第一宇宙速度是近地轨道的最大环绕速度。空间站轨道半径r＝R＋h>R，由可知v＝，则空间站组合体的线速度小于第一宇宙速度，故B错误。对空间站组合体由＝ma，可知向心加速度a＝，而地面由G＝mg，可知重力加速度g＝，因R＋h>R，故a<g，故C错误。由万有引力提供向心力有，可得M＝，地球密度ρ＝，故D正确。 5．(2025·天津和平模拟)一定质量的理想气体从状态A开始，经历如图所示两个状态变化过程，先后到达状态B和C。以下说法正确的是(　　 ) A．从状态A到状态B，气体对外做功，同时放出热量 B．从状态B到状态C，气体向外界放出热量，内能变小 C．气体在状态A和状态B的内能相等，都大于状态C的内能 D．气体在状态A和状态C的温度可能相同，都大于状态B的温度 解析：选B。从状态A到状态B，气体压强不变，体积变大，所以气体对外做功W<0，根据可知温度升高，所以内能变大ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可得Q>0，从状态A到状态B气体吸收热量，故A错误；从状态B到状态C，气体为等容变化，压强减小，根据，可知从状态B到状态C气体温度降低，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知气体向外界放出热量，内能变小，故B正确；根据上述分析可知状态B的内能大于状态A、C的内能，由题图可知气体在状态A和状态C的温度不可能相同，都小于状态B的温度，故C、D错误。 6．(2025·云南丽江模拟)如图所示，正方体ABCD­A′B′C′D′，E、F、G、H分别是AD、B′C′、CD、A′B′的中点，A点和C′点分别放置等量异种点电荷＋q和－q，正方体不会对电场造成影响，取无穷远处电势为零。关于该电场，下列说法正确的是(　　 ) A．A′、C点的电势相同 B．B′、D点的电场强度大小相等、方向不同 C．带正电的试探电荷从G点沿直线到H点电势能不变化 D．带正电的试探电荷从E点沿直线到F点静电力一直做负功 解析：选C。A′点距离正点电荷较近，C点距离负点电荷较近，则A′点电势高于C点电势，故A错误；由等量异种点电荷的电场分布以及电场的叠加可知，B′点的电场强度与D点的电场强度大小相等、方向相同，故B错误；由几何关系可知，GH连线在等量异种点电荷连线的中垂面上，结合等量异种点电荷的电场分布情况可知GH连线上的电势均相等且电势为零，则带正电的试探电荷从G点沿直线到H点的过程中，电势能均为零且不变化，故C正确；E点距离正点电荷较近，F点距离负点电荷较近，则E点电势高于F点电势，由电势能公式Ep＝qφ，可知带正电的试探电荷从E点沿直线到F点电势能总体在减小，由静电力做功与电势能变化关系可知，静电力总体做正功，故D错误。 7．(2025·湖南永州模拟)如图甲为某台灯的电路图，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“24 V　12 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　 ) A．原线圈两端电压的有效值为311 V B．副线圈中电流的有效值为2 A C．原、副线圈匝数之比为55∶6 D．原线圈的输入功率为24 W 解析：选C。由图乙可知，原线圈电压的最大值Um＝311 V，则原线圈两端电压的有效值U＝≈220 V，故A错误；根据题意可得P灯＝U灯I灯，则副线圈电流的有效值为I副＝I灯＝＝0.5 A，故B错误；根据理想变压器的原理可得，故C正确；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝P灯＝12 W，故D错误。 二、多选题 8．(2025·天津和平模拟)如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃后分为红光和紫光两束单色光，B、C点为两单色光的射出点(设光线在B、C处未发生全反射)，沿OB传播的单色光从O到B用时tB，沿OC传播的单色光从O到C用时tC。以下说法正确的是(　　 ) A．沿OB方向传播的光为红光 B．两种单色光在玻璃中的传播时间tB＝tC C．沿OB方向传播的光子能量大于沿OC方向传播的光子能量 D．减小复色光传播方向在玻璃OD面的入射角，两种单色光仍都能从玻璃中射出不发生全反射 解析：选BC。由于光线OB偏折比光线OC偏折更多，所以OB光的折射率较大，频率较大，波长较短，则沿OB方向传播的光为紫光，根据ε＝hν可知沿OB方向传播的光子能量大于沿OC方向传播的光子能量，故A错误，C正确；设入射角为α，折射角为θ，根据折射定律有n＝，光在玻璃中传播的路程s＝2R sin θ，光在玻璃中传播的速度v＝，单色光在玻璃中的传播时间t＝，可知两种单色光在玻璃中的传播时间tB＝tC，故B正确；根据n＝，可知减小复色光传播方向在玻璃OD面的入射角，则折射角减小，与玻璃圆弧的交点向左上移动，出射时的入射角变大，有可能会发生全反射，故D错误。 9．(2025·湖北武汉二模)如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为m的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的图线如图乙所示(a为小球的加速度，t为时间)，两图线对应纵轴最小值均为a＝0，S表示0到t1时间内A的a ­t图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为g。下列说法正确的是(　　 ) A．从0到t3时刻，弹簧对A球的冲量为0 B．t2时刻，弹簧弹性势能最大 C．t2时刻，A、B两小球的速度差最小 D．t1时刻，B球的速度大小为vB＝2gt1－S 解析：选AD。从图乙可知从0到t3时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即t3时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理得2mgt3＝2mv3，可得两球速度大小v3＝gt3，设弹簧对球A的冲量为IA，对A球由动量定理有mgt3＋IA＝mv3，则IA＝0，故A正确；t2时刻，两小球加速度大小相等，以小球A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有2mg＝2ma，得此时小球A、B的加速度大小为a＝g，此时小球A、B均处于完全失重状态，可知此时弹簧弹力F弹＝0，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B错误；从图乙可知，从0到t2时刻两者速度差一直在增大，t2时刻达到最大，故C错误；从0到t1时刻，以A、B两球整体为研究对象，由动量定理得2mgt1＝mvA＋mvB，其中t1时刻小球A的速度大小为vA＝S，联立可得t1时刻，小球B的速度大小为vB＝2gt1－S，故D正确。 10．(2025·广东惠州模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是(　　 ) A．金属杆最终做匀速直线运动 B．刚释放时金属杆的加速度最大 C．金属杆运动过程中的最大速度为 D．整个运动过程通过金属杆的总电量为 解析：选ABD。金属圆盘转动时产生恒定的电动势E1＝Bωd2，则金属杆受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则F安＝BIL＝，则随着金属杆的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，则刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1＝BLvm时加速度为零，金属杆做匀速运动，此时的最大速度vm＝，A、B正确，C错误；对金属杆由动量定理BLΔt＝mvm，而q＝可得q＝，D正确。 11．如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R的光滑圆弧体，圆心为O，一个质量为m的小球由静止释放，释放时小球和O点连线与竖直半径OA的夹角为θ，滑至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度θ，得到小球的水平位移x和sin θ的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是(　　 ) A．小球与圆弧面组成的系统动量守恒 B．圆弧体对小球做负功 C．圆弧体与小球的质量之比为 D．当θ为90°时，两者分离时小球的速度为 解析：选BC。根据动量守恒条件可知小球与圆弧面组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒，故A错误；整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做负功，故B正确；滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为L＝R sin θ，根据水平方向动量守恒可得mv球＝Mv圆，时间相等，则上式可变形为mx＝M(L－x)，即x＝R sin θ，结合题图乙解得圆弧体与小球的质量之比为，故C正确；当θ为90°时，根据机械能守恒可得mgR＝又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为v球＝，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $