考前热身练 能力题提分练(三)（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦高中物理核心模块，通过模拟题组构建"规律应用-模型建构-综合迁移"的解题体系，强化科学思维与物理观念的融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热光基础|2题|热力学第一定律与p-V图像分析、光程差计算|理想气体状态方程→热力学过程能量转化；光的干涉条件→折射率与波长关系| |电磁综合|3题|电路动态分析、楞次定律判断、电磁感应能量计算|电场强度公式→电路欧姆定律；法拉第电磁感应定律→安培力与平衡条件| |力学应用|2题|动能定理与运动分解、功能关系与能量守恒|受力分析→运动学公式；动能定理→能量转化过程| |实验探究|1题|伏安法内外接选择、误差消除方法|电阻定律→实验原理→数据处理与误差分析|

能力题提分练(三) 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江苏苏锡常镇四市二模补偿练)某汽车的四冲程内燃机利用米勒循环进行工作,如图所示为一定质量的理想气体所经历的米勒循环。该循环可视为由两个绝热过程ab、cd,两个等容过程bc、de和一个等压过程ae组成。对该气体研究,下列说法正确的是(　　) A.在a→b的过程中,温度不变 B.在状态a和c时,气体分子的平均动能可能相等 C.在b→c的过程中,单位时间内撞击汽缸壁的分子数变多 D.在一次循环过程中气体吸收的热量小于放出的热量 2.(2025广西南宁模拟)如图所示,长方体金属块的长、宽、高均分别为a、b、c,电源的电动势为E,内阻为r,通过理想电流表A的示数为I,则该金属块的电阻率为(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 3.(2025安徽田家炳中学三模)研究光的干涉现象的原理图如图所示。光源S到双缝S1、S2的距离相等,S1、S2连线平行于光屏,O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的单色光,在空气中的波长为λ,经S1、S2传播到光屏上的P点,S1P垂直于光屏,P为某亮条纹中心,O、P之间还有4条亮条纹。现紧贴S1放置一厚度d=10λ的玻璃薄片,光从S1垂直穿过玻璃薄片传播到P点的时间与光从S2直接传播到P点的时间相等。已知光在空气中的速度为c,不考虑光在玻璃薄片内的反射,则(　　) A.未加玻璃薄片时,光从S1、S2传播到P点的时间差为 B.玻璃薄片对该单色光的折射率为1.4 C.光在玻璃薄片中的波长为 D.光在玻璃薄片中的传播速度为c 4.(2025北京模拟预测)如图所示,一小球从空中某处以大小为v、方向与竖直方向成60°的速度斜向上抛出,小球受到水平向右、大小为F=的水平风力,若小球落地时速率为2v,重力加速度为g,则小球在空中运动的时间为(　　) 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甘肃庆阳模拟)一电荷分布均匀且电荷量为+Q的圆环如图甲所示,在其轴线上距离圆心为x的位置产生的电场强度大小如图乙所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子,在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放,仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是(　　) A.该粒子带负电 B.该粒子沿轴线运动的过程中电势能逐渐减少 C.该粒子运动过程中最大加速度约为 D.该粒子从r运动到2r的过程中电场力做功约为0.8qE0r 6.(2025河北石家庄质检)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ,金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系,在第二象限圆环内部存在方向垂直于竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连,其他电阻均不计。在外力作用下,圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动,金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是(　　) A.通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P B.通过金属棒PQ的电流大小为 C.金属棒PQ所受到的摩擦力大小为 D.圆环转动一周的过程,外力做的功为 三、非选择题:本题共4小题,共40分。 7.(8分)(2025河北秦皇岛模拟)某兴趣小组在实验室发现一段电阻未知的合金丝导线,小组成员通过实验测出了这段合金丝导线的电阻。 (1)兴趣小组设计的实验电路如图甲所示,闭合开关S1,将开关S2先与a相连,调节滑动变阻器阻值为适当值时,电压表的示数为U1=0.96 V,电流表的示数为I1=0.31 A;再将S2与b相连,电压表的示数为U2=1.34 V,电流表的示数为I2=0.40 A。根据以上测量数据判断,当S2处于位置　　　　(选填“a”或“b”)时,测量结果相对准确,对应的电阻测量值　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。  甲 (2)考虑到电流表不管外接还是内接都有实验误差,兴趣小组通过讨论研究,设计了一个新的实验方案:按图乙连接实验电路,先闭合开关S1,调节R2,使电流表的示数为零,再闭合S2,调节R1,使电流表的示数再次为零,此时读出电压表的示数U和电流表的示数I。按照这个改进后的实验方案,待测电阻的阻值计算式为Rx=　　　　(用实验步骤中所测物理量表示),该方案能使测量结果更准确的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。  乙 8.(8分)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: 　(1)货物到达B点时的速度大小vB; (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC; (3)长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值η。 9.(10分)如图所示,在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向外;在第四象限内充满范围足够大、方向沿y轴负方向的匀强电场。一束质量为m、电荷量为+q的粒子以不同的速率从O点沿xOy竖直平面内的OP方向发射,沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域,O、P两点间的距离为L,OP连线与x轴正方向的夹角α=30°。所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上射出,且射出方向与x轴负方向的夹角均为β=60°,若速度最大的粒子从x轴上Q点以速度v(未知)射出,且射出之前都在磁场内运动,忽略粒子间的相互作用及粒子的重力。求: (1)粒子在匀强磁场中运动的时间; (2)v的大小; (3)有界匀强磁场区域的最小面积。 10.(14分)如图甲所示,两平行金属板A、B水平放置,两板间距为d,紧靠两板右端宽度为d的两虚线间为电磁场区域,紧靠B板右端有一长度为d且与竖直方向的夹角为45°的倾斜挡板C,挡板C的中心有一小孔D,挡板C将电磁场区域分成上、下两部分,分别为区域Ⅰ和区域Ⅱ。区域Ⅰ中有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B1=;区域Ⅱ中有垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场,磁感应强度大小为B2=,电场强度为E=。A、B板之间的电压UAB随时间周期性变化的规律如图乙所示。粒子源位于O点,可持续不断地沿板间中线以速度v0发射带负电粒子,粒子质量为m,带电荷量为q。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出交变电场,打在挡板C上的粒子均被挡板吸收,只有穿过小孔D的粒子才能进入区域Ⅱ,不计粒子重力及粒子间的相互作用,计算结果只能选用m、q、d、T表示。求: 甲 乙 (1)A、B板之间的电压U0; (2)能够穿过小孔D的粒子进入两板间的时刻t; (3)粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D的竖直距离y。 参考答案 1.C　解析 在a→b的绝热过程中,气体体积减小,活塞对气体做功,根据热力学第一定律有ΔU=W,即活塞对其做的功全部用于增加内能,温度升高,故A错误;在a→b过程中,气体内能增大,温度升高,在b→c过程中,气体的压强增大,根据查理定律=C,气体温度也升高,气体在状态c时的温度比在状态a时的温度高,所以两个状态时气体分子的平均动能一定不相等,故B错误;在b→c的过程中,气体体积不变,气体分子的数密度不变,又因为气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,分子的平均速率增大,所以单位时间内撞击汽缸壁的分子数增多,故C正确;在一次循环过程中,根据p-V图像,可知气体对外做功(cd图线下方面积)多,外界对气体做功(ab图线下方面积)少,气体的内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体吸收的热量一定大于放出的热量,故D错误。 2.B　解析 根据闭合电路欧姆定律有E=I(r+R),根据电阻定律有R=ρ,联立解得ρ=,故选B。 3.C　解析 由题意,未加玻璃薄片时,P为第5条亮条纹中心,则有S2P-S1P=5λ,又S2P-S1P=ct0,解得t0=,A错误;设光在玻璃薄片中的传播速度为v,则=t0,又v=,解得n=1.5,v=c,B、D错误;在空气中,有c=λf,在该玻璃薄片中,有v=λ'f,故λ'=,C项正确。 4.C　解析 小球的受力分析如图所示,根据矢量的合成可知Ff合=,方向与v垂直斜向下,故小球做类平抛运动,加速度a=,以v方向为x轴正方向,合力方向为y轴正方向建立直角坐标系,得vy=v=t,t=,故C正确,A、B、D错误。 5.BCD　解析 该圆环在其右侧轴线上产生的电场强度方向向右,带电粒子从静止释放向右运动,说明该粒子所受电场力向右,则该粒子带正电,A错误;该粒子沿轴线运动的过程中电场力做正功,电势能逐渐减少,B正确;粒子所受电场力最大时,加速度最大,即am=,C正确;在E-x图像中,图线与坐标轴围成的面积表示电势差,故该粒子从r运动到2r的过程中电场力做功约为0.8qE0r,D正确。 6.ABD　解析 圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动,根据右手定则,通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P,A正确;感应电动势E=Bωl2,总电阻R总=+R=,总电流I=,通过金属棒PQ的电流大小为I'=,B正确;金属棒PQ所受到的摩擦力大小为Ff=F安=BI'l=,C错误;圆环转动一周的过程,外力做的功为W=I2R总T=I2R总,D正确。 7.答案 (1)a　偏小 (2)　消除了电压表分流的影响 解析 (1)根据题意有=0.396,=0.29,因为,可知电流表分压明显,所以电流表选用外接,即接在a处;因为电压表的分流作用测量值要小于真实值,所以测量值偏小。 (2)当闭合S1,调节R2时,使电流表示数为零。可知此时图中A、B两点电势相等,Rx与R2左半部分电阻相等,当闭合S2后,调节R1再使电流表示数为零,目的是使R1接入电路的部分与R2的右半部分电阻相等。此时由于电流表示数为0,整个电路变为两条支路并联组成,电流表测得的电流I即为通过Rx的电流。电压表所测电压即为Rx两端的电压,根据欧姆定律,有Rx=;两次电流表示数为零均是为了实现电势平衡,相应部分电阻对应相等,消除了电压表分流的影响。 8.答案 (1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60% 解析 (1)依题意,货物由A点运动到B点过程,根据动能定理得 mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°= 解得vB=10 m/s。 (2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得 a货==5 m/s2 根据匀变速直线运动规律,有 -2a货L2= 解得vC=5 m/s。 (3)长木板进入反弹装置时的速度为v1=vC=5 m/s 设长木板的质量为m0,则长木板刚进入反弹装置时的能量为E=m0 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得 -μ2m0g(L2-d)=0-m0 长木板在反弹的过程中损失的能量为 ΔE=m0m0 则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值 η=×100%=60%。 9.答案 (1) (2) (3)L2 解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,有 qvB=m v= 联立得T= 由题意可知,所有粒子经过磁场后的偏转角均为150°,则粒子在磁场中运动的时间为 t1=T=。 (2)速度为v的粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知 POsin 30°=PMsin 60°+MQcos 60° 解得R= v=。 (3)由几何关系可知 PQ=Lsin 30° MN=L 三角形PMQ的面积为 S1=×PQ×MN=L2 150°圆心角对应的扇形面积 S2=×πR2=πL2 则磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积,其面积为 ΔS=S2-S1= L2。 10.答案 (1)　(2)T+nT(n=0,1,2,…)或T+nT(n=0,1,2,…) (3)d 解析 (1)由t=0时刻进入两板间的带电粒子在t=T时刻恰好沿A板右边缘射出交变电场,竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动,则 ×2= 且qE=q=ma,联立解得U0=。 (2)不同时刻进入两板间的粒子,在两板间电场力的冲量一定为零,故粒子一定以v0水平向右离开交变电场,能通过小孔的粒子在区域Ⅰ中,其轨迹圆心角设为θ,由几何关系得Rsin θ=dsin 45° 且qB1v0=m,联立解得R=d,sin θ=0.6 在0~T时间内进入交变电场能够通过小孔的粒子,其进入的时刻设为t1,竖直方向位移满足 ×2-×2=R-Rcos θ或×2-a(T-t1)2×2=R-Rcos θ 解得t1=T或t1=T 考虑到周期性,则有t=t1+nT(n=0,1,2,…) 可得t=T+nT(n=0,1,2,…)或t=T+nT(n=0,1,2,…)。 (3)粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为θ=37°,该速度沿水平和竖直方向的分速度大小为vx=v0cos 37°,vy=v0sin 37° 分析数据发现qB2vy=qE,则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为vx=0.8v0的匀速圆周运动,可知qB2vx=m,解得R2=d 粒子做匀速圆周运动,设从小孔至出射转过的圆心角为α,由几何关系知R2sin α=d,联立解得α= 设从小孔至出射所用时间为t'== 做匀速圆周运动产生的竖直位移为y1=R2-R2cos 30° 做匀速直线运动产生的竖直位移为y2=vyt' 粒子在区域Ⅰ的出射点与小孔D的竖直距离y=y1+y2 联立解得y=d。 13 学科网（北京）股份有限公司 $