考前热身练 能力题提分练(二)（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦电磁学、力学等核心模块，通过模拟题考查物理观念与科学思维，题型多样，覆盖高频考点。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电磁学|3题（变压器、光电效应等）|概念辨析、图像分析|电磁感应规律→变压器原理→能量转化| |力学综合|5题（碰撞、斜面运动等）|规律应用、综合计算|牛顿定律→动量守恒→能量守恒| |实验探究|1题（滑动变阻器电路）|实验设计与分析|电路原理→误差分析→方案优化|

能力题提分练(二) 一、单项选择题:本题共4小题,每小题3分,共12分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.(2025天津耀华中学一模)某住宅小区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成,发电机中矩形线圈电阻不计,它可绕轴OO'在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。降压变压器副线圈上的滑动片上下移动时可改变输出电压,R0表示用户端输电线电阻。下列判断正确的是(　　) A.当用户用电器增加时,为使用户电压保持不变,滑动片应向下滑动 B.当用户用电器减少,其他条件不变时,原线圈两端电压也减小 C.若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电压瞬时值最大 D.若发电机线圈的转速减为原来的一半,用户获得的交变电流频率保持不变 2.(2025江苏南京模拟)在研究光电效应时,用不同波长的光照射某金属,产生光电子的最大初动能Ekmax与入射光波长λ的关系如图所示。大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁,产生的光子中仅有一种能引发该金属的光电效应。已知氢原子基态能量为E1,真空中光速为c,则(　　) A.普朗克常量为 B.λ=时,光电子的最大初动能为E0 C.E0< D.E0> 3.(2025云南腾冲模拟)一简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形如图甲所示,x=0.3 m处的质点的振动图像如图乙所示,已知该波的波长大于0.3 m,则(　　) A.t=0时刻x=0处的质点正在向y轴正方向振动 B.t=0时刻x=0.3 m处的质点正在向y轴负方向振动 C.该波的波长为0.7 m D.该波的波长为0.8 m 4.(2025四川雅安模拟)2024年4月28日,神舟十七、神舟十八乘组在轨举行交接仪式,移交中国空间站的钥匙。假设空间站绕地球做匀速圆周运动,它与地心连线在单位时间内扫过的面积为S。已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g。空间站的轨道半径为(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题:本题共2小题,每小题4分,共8分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。 5.(2025山东德州模拟)如图所示,倾角为α的斜面体放在粗糙的水平地面上,斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放,且在物块以后的运动过程中,斜面体始终处于静止状态,斜面光滑且足够长。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,弹簧形变量始终都在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A.弹簧的最大伸长量为l+ B.弹簧的最大伸长量为l+ C.弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力等于弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力 D.弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力大于弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力 6.如图所示,间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,倾角为θ=60°的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中,水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中,两部分磁场的磁感应强度大小均为B。长度均为l的金属杆ab、金属框cdef分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分,金属杆的质量为m,金属框cdef的质量为2m,由静止释放金属杆ab后,金属杆和金属框开始运动,经足够长时间后,两者达到稳定运动状态。金属杆和金属框在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,导轨足够长,不计摩擦阻力和导轨电阻,重力加速度为g,忽略磁场边界效应。两者达到稳定运动状态后,下列说法正确的是(　　) A.金属杆ab中电流方向为b→a B.金属杆ab中电流大小为 C.金属杆ab中电流大小为 D.金属杆和金属框做加速度大小不同的匀加速直线运动 三、非选择题:本题共4小题,共40分。 7.(8分)(2025辽宁大连一模)某物理实验小组为探究滑动变阻器最大阻值对“限流电路”和“分压电路”的电压调节范围的影响,设计如下实验。 甲 乙 (1)在探究“限流电路”时,某同学用电阻箱代替滑动变阻器,设计了如图甲所示的电路图。已知Rx=10 Ω,调节R1,记录对应的电压数值,最后绘制成U-R图像如图乙所示。分析图乙可知,采用“限流电路”测量约为10 Ω的电阻时,滑动变阻器最大阻值应选择　　　　。  A.1 Ω B.30 Ω C.100 Ω (2)已知Rx'=100 Ω,在探究“分压电路”时,在图丙的基础上,小组设计了如图丁所示的电路图(用R1和R2共同模拟最大阻值分别为1 Ω、10 Ω、100 Ω、1 000 Ω的滑动变阻器)。调节R1和R2,记录数据,绘制如图戊所示图像。 丙 丁 戊 分析图戊可知,考虑电压调节范围尽量大些,应排除　　　　　　　　;考虑电压随滑动变阻器阻值均匀变化,应排除　　　　。(均选填“①”“②”“③”或“④”)  (3)另一同学认为用“分压电路”测量电阻时,滑动变阻器的最大阻值越小越好。请判断该观点是否正确,并简要说明理由 　。  8.(8分)小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型(俯视图)如图所示。内壁光滑、半径为R的圆形挡板固定在光滑水平面上,质量分别为m、2m、m的a、b、c弹珠(均可视为质点)静止在圆形挡板同一直径两侧,a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c两弹珠分别以v0和3v0的速度沿相反方向弹出,弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞,弹珠始终沿圆轨道运动。求: (1)b弹珠第一次碰撞后瞬间的速度; (2)从a、c弹珠开始运动到a、c弹珠第一次相碰所经历的时间。 9.(10分)(2025陕西咸阳模拟)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场,第二象限内虚线OO'与x轴负方向的夹角为θ=60°,OO'与y轴之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场(边界存在磁场),第四象限内P、Q两个平行金属板之间的电压为U,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子(不计粒子重力),从靠近P板的S点由静止开始做加速运动,从x轴正半轴的A点进入电场,速度与x轴负方向的夹角为θ=60°,经电场偏转后从点M(0,L)垂直于y轴进入磁场,粒子恰好不从OO'边界射出磁场。求: (1)粒子运动从A点射入电场时的速度大小和电场强度E的大小; (2)粒子在电场中运动的时间和A点坐标; (3)磁感应强度B的大小。 10.(14分)(2025湖北襄阳模拟)如图所示,相距为L的两物块A和B(均可视为质点)静置于足够长的斜面上,斜面的倾角为θ=37°。物块A的质量为m,物块B的质量为3m,物块A与斜面间没有摩擦,物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。同时由静止释放A、B,此后A、B间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。 (1)求第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小; (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A、B之间的最大距离; (3)从静止释放物块A、B开始到第n次碰撞前的过程中,求物块B与斜面间因摩擦所产生的热量。 参考答案 1.A　解析 当用户用电器增加时,负载电阻减小,副线圈输出电流增大,输电线上的电压损失变大,用户得到的电压变小,为使用户电压不变,应增加副线圈的匝数,提高输出电压,所以滑动片应向下滑动,故A正确;由于原线圈两端的电压由发电机决定,所以当用户用电器减少,其他条件不变时,原线圈两端电压不变,故B错误;图示位置线圈的磁通量最大,穿过线圈磁通量的变化率为零,感应电动势为零,故C错误;若发电机线圈的转速减为原来的一半,根据n=f可知,交变电流的频率将减为原来的一半,变压器不改变交变电流的频率,所以用户获得的交变电流频率减为原来的一半,故D错误。 2.B　解析 根据题意,由爱因斯坦光电效应方程有Ekmax=hν-W0,又由ν=,可知Ekmax=h-W0,结合图像可知W0=E0,当λ=λ0时,Ekmax=0,则有h=,故A错误;当λ=时,代入Ekmax=h-W0,解得Ekmax=E0,故B正确;氢原子基态能量为E1,则n=3能级的氢原子能量为,n=2能级的氢原子能量为,由题可知从n=3能级向基态跃迁产生的光子能够引发该金属的光电效应,从n=2能级向基态跃迁产生的光子不能引发该金属的光电效应,则<E0≤,故C、D错误。 3.D　解析 由于该波沿x轴正向传播,由图甲可知t=0时刻x=0处的质点正在沿y轴负方向振动,故A错误;由图乙可知t=0时刻x=0.3 m处的质点正在沿y轴正方向振动,故B错误;由于波长大于0.3 m且波沿x轴正方向传播,由图乙可知x=0.3 m处的质点在图中的P位置如图所示,则有λ=0.3 m,解得λ=0.8 m,故C错误,D正确。 4.B　解析 空间站绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可知=mr,根据几何关系可知,空间站与地心连线在单位时间内扫过的面积S=,在地球表面受到的万有引力等于重力,有=mg,联立解得空间站绕地球的轨道半径r=,故选B。 5.AC　解析 由题意可知,物块在斜面上围绕平衡位置做简谐运动,设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为Δl,简谐运动的振幅为A,由力的平衡知识结合胡克定律可得kΔl=mgsin α,故得Δl=,根据题意知物块做简谐运动的振幅A=+Δl=l+,弹簧的最大伸长量为Δlm=A+Δl=l+,故A正确,B错误;设弹簧最短时,即物块处于最高点时其加速度大小为a,方向平行于斜面向下,对物块和斜面体组成的系统进行整体分析,水平方向由牛顿第二定律可得地面对斜面体的静摩擦力Ff1=max,而ax=acos α,故得弹簧最短时地面对斜面体的静摩擦力Ff1=macos α,其方向水平向左,由简谐运动的对称性,同理可得弹簧最长时地面对斜面体的静摩擦力Ff2=macos α,其方向水平向右,显然Ff1=Ff2,故C正确,D错误。 6.ABD　解析 由右手定则可知金属杆ab中电流方向为b→a,故A正确;设金属杆下降的速度为v1,金属框向右的速度为v2,电路中的电流I=,两者达到稳定运动状态时电流恒定,即v1cos θ-v2为一定值,所以当金属杆和金属框的加速度满足a1cos θ=a2时,两者达到稳定,即根据牛顿第二定律,在运动过程中,对金属杆有mgsin θ-BIlcos θ=ma1,可得杆的加速度a1=,对金属框有BIl=2ma2,金属框的加速度a2=,解得I=,故B、D正确,C错误。 7.答案 (1)B　(2)①　④　(3)不正确,理由见解析 解析 (1)采用“限流电路”测量约为10 Ω的电阻时,滑动变阻器作为限流元件,若阻值过小,调节滑动变阻器的滑动片时,电流变化不明显;若阻值过大,不方便调节滑动变阻器的滑动片,当滑动变阻器的滑动片有微小变化,电路的电流就会有显著变化;滑动变阻器的阻值与待测电阻相当,既能起到限流作用,又方便调节,故A、C错误,B正确。 (2)分析图戊可知,图线①的电压调节范围约为0~2 V,为了使电压U调节范围尽量大些,则最应排除的是图线①;图线④出现了明显的弯曲,为使电压U随滑动变阻器滑动片移动趋于均匀变化,则最应排除图线④。 (3)他的观点不正确;根据上述(2)分析可知,当Rm=1 Ω时,电压调节范围最小,用“分压电路”测量电阻时,滑动变阻器的最大阻值Rm并不是越小越好,因此当滑动变阻器最大阻值过小时,电压调节范围会过小。 8.答案 (1)2v0　(2) 解析 (1)因c弹珠速度较大,故b、c两弹珠先相碰,设碰后c弹珠的速度为v1,b弹珠的速度为v2,由动量守恒定律有 3mv0=mv1+2mv2 由能量守恒定律有 m(3v0)2=×2m 联立解得v1=-v0,v2=2v0。 (2)由分析可知,a、b两弹珠将在轨道A点发生碰撞,如图所示 设碰后a弹珠的速度为v3,b弹珠的速度为v4,由动量守恒定律有 2mv2-mv0=mv3+2mv4 由能量守恒定律有 ×2m×2m 联立解得v3=3v0,v4=0 即碰后b弹珠静止,而后速度大小为3v0的a弹珠与速度大小为v0的c弹珠迎面相撞,相撞点为圆轨道上B点,由于a、c两弹珠质量相等,碰后速度交换,即恢复到初始状态,只是弹珠a、b、c的位置沿圆轨道顺时针转过80°,这个过程中a弹珠运动的时间为 ta=。 9.答案 (1) (2) (3) 解析 (1)设粒子从A点射入电场时的速度大小为v0,由动能定理得qU= 可得v0= 粒子在电场中从A点到M点做类斜抛运动,在竖直方向上有(v0sin θ)2=2×·L 解得电场强度的大小E=。 (2)根据逆向思维,粒子从A点到M点的逆运动为从M点到A点的类平抛运动 则x方向有vx=v0cos θ, x=vxt y方向有vy=v0sin θ,L=vyt 解得粒子在电场中运动的时间t=,x=L 故A点坐标为。 (3)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示 设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R 根据几何关系有R+=L 解得R= 根据牛顿第二定律有qvxB=m,而vx=v0cos θ 联立解得磁感应强度的大小B=。 10.答案 (1)0　2　(2)L (3)0.6(6n2-6n+1)mgL 解析 (1)对A由牛顿第二定律有 mgsin θ=ma1,解得a1=0.6g 对B由牛顿第二定律有 3mgsin θ-μ·3mgcos θ=3ma2,解得a2=0.2g 故A、B第一次碰撞前,A加速,B也加速 设A、B开始运动到A、B第一次碰撞所用时间为t1,则有L=a1a2 解得t1= 则碰撞前瞬间A、B的速度分别为vA1=a1t1=,vB1=a2t1= A和B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 mvA1+3mvB1=mvA1'+3mvB1' mvA1'2+·3mmvA1'2+·3mvB1'2 联立解得vA1'=0,vB1'=2。 (2)第一次碰撞后到第二次碰撞前,A、B共速时相距最远,设运动时间为t0,则有 v=vB1'+a2t0=vA1'+a1t0,dm=t0-t0 联立解得dm==L。 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前,有vB1't2+a2=vA1't2+a1 解得t2==10 则第二次碰前vA2=vA1'+a1t2=6,vB2=vB1'+a2t2=4 第二次碰撞过程,A和B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 mvA2+3mvB2=mvA2'+3mvB2',·3mmvA2'2+·3mvB2'2 联立解得vA2'=3vB1=3,vB2'=5vB1=5 同理可得,第二次碰撞后到第三次碰撞前,有vB2't3+a2=vA2't3+a1 解得t3==10 则第三次碰撞前,vA3=vA2'+a1t3=9vB1,vB3=vB2'+a2t3=7vB1 同理,第三次弹性碰撞后,vA3'=6vB1,vB3'=8vB1 由此可推知,第n次碰后B的速度为vBn'=2vB1+3(n-1)vB1=(3n-1)vB1 第n-1次碰撞到第n次碰撞前经历的时间为tn=tn-1=…=t2=10 从释放开始到第n次碰撞前的过程中,B物块的位移为xB=xB1+xB2+xB3+…+xBn 由题意可得xn=vB(n-1)'tn+a2,代入数据解得xB=+3n(n-1)L B物块与斜面间因摩擦产生的热量为Q=3μmgcos θxB 代入数据解得 Q=0.6(6n2-6n+1)mgL。 9 学科网（北京）股份有限公司 $