选择题专项练(1)-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习考前增分练

班级： 姓名： 第二部分题型综合练 选择题专项练（一） (分值：46分限时：25分钟) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28 EleV 分。每小题只有一个选项符合题目要求。) -0.38 -0.54 -0.85 1.(2025·河南新乡三模)如图1所示，在2025年央 1.51 视春晚舞台上，机器人的精彩舞蹈令人印象深刻， -3.4 机器人转动八角巾手帕时形成一个匀速转动的圆 盘。如图2所示，O为手帕的中心，A、B、C为手 -13.6 帕上的三个点，各点到O点的距离关系为OA= A.5.66eV B.7.55eV OB<OC,下列说法正确的是 C.8.21eV D.8.52eV 4.(2025·广东广州一模)上海天文台将人工智能和 大数据技术应用于小行星的观测，发现了五颗新 的超短周期行星，它们绕太阳的公转周期都小于1 天，其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止 图1 图2 发现的最短周期行星。已知太阳半径为R,地心 A.手帕转动一圈，C点的平均加速度等于A点的 距日心215R,若Kepler-879c的公转周期约为12 平均加速度 小时，则结合所学知识，可估算其公转半径约为 B.手帕转动半圈，C点的速度变化量为0 ( C.A、B两点的向心加速度相同 A.1.5R B.2.7R D.B点的线速度等于C点的线速度 C.3.7R D.4.5R 2.(2025·陕西安康三模)如图所示，水平 5.(2025·四川宜宾三模)汽车自动驾驶技术依赖于 地面上竖直放置着一根轻质弹簧，弹簧 传感器，实时感知周围环境并进行决策。在一次 下端固定，上端放一物块甲，平衡时弹簧 测试中，一辆自动驾驶汽车因感知到前方存在障 的压缩量为△x,在物块甲上面轻放一物 碍物而紧急刹车，刹车过程可看作匀减速直线运 块乙，平衡时弹簧的压缩量为△y,弹簧 动。以开始刹车时为计时零点，自动驾驶汽车的 7hm 始终处于弹性限度内，则甲、乙两物块的质量之 x-t图像如图所示，则自动驾驶汽车 +x/m 比为 ) 40---- △x 30 A.Ay-Ax B.4y-4 △x 20 aFAr D.Ay+Ar 10 △y 02468函 3.(2025·江西萍乡三模)如图为氢原子能级图。赖 A.前4s内平均速度大小为20m/s 曼系是指大量氢原子从激发态向基态跃迁时所产 B.0~4s内和0~8s内平均速度大小相等 生的相应光谱。现有大量处于n=5激发态的氢 C.前4s内刹车的加速度大小为3.75m/s2 原子向低能级跃迁，若用跃迁时产生的赖曼系谱 D.t=0时的速度大小为25m/s 线去照射金属钨（逸出功4.54eV),则从钨表面逸 6.(2025·江西萍乡三模)钓鱼在中国有着悠久的历 出的光电子的最大初动能为 史，深受广大群众喜爱。刚扔人水中的鱼漂短时 (横线下方不可作答) 193 第二部分题型综合练 内可看作在竖直方向做简谐振动，取竖直向上为 D.t。时间内飞机克服阻力所做的功W:= 正方向，其振动图像如图所示。下列说法正确 Foto 3mF 的是 ( ) k 2k2 ↑y/cm 9.(2025·江西九江三模)如图所 示，在竖直放置的圆柱形容器内 0.10.4 t/s 用质量为m的活塞密封一部分 2 理想气体，活塞导热良好且能无摩擦地滑动，容器 A.该简谐运动的周期为0.4s 的横截面积为S,将整个装置放在大气压强恒为 B.该简谐运动的振幅为4cm p。的空气中，开始时气体的温度为T,活塞与容器 C.t=0.1s时，鱼漂的速度方向竖直向上 底的距离为h,当环境温度变化时，气体从外界吸 D.t=0.4s时，鱼漂的加速度方向竖直向下 收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡。下列 7.(2025·浙江杭州一模)如图所 判断正确的是 () 示，空间存在竖直方向的匀强磁 A.气体压强始终为p。 场和匀强电场，磁感应强度大小 2m 为B=1T,电场强度大小可调。 B.外界气体的温度升高了 h 一带电小球从O点正上方2m处 C.气体对外做功的数值为p,Sd 以初速度v。=2m/s水平抛出。已知小球质量为 D.此过程中的密闭气体的内能增加了Q一(mg十 m=0.1kg,带电荷量为q=0.2C,则其能经过O pos)d 点时的最大动能约为 ( 10.(2025·江西赣州一模)如图 G M 、a A.0.20J B.0.28J 所示，在倾角为0的光滑斜面 C.1.28J D.2.20J 上，存在两个磁感应强度大 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18 小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的 面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L,一个质 得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由 8.(2025·山东青岛一模)随着低 静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入 77777777 空经济的发展，小型电动飞机将成为人们的通勤 磁场时，线框恰好以速度。做匀速直线运动；当 选择。现有某款新型号电动飞机，工程技术人员 ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰 通过研究空气阻力对飞机运动的影响，验证飞机 好做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度 气动布局性能。如图所示，在平直跑道上，技术人 为g,则 () 员调整飞机动力输出单元，使飞机在大小为F。的 A.当ab边刚越过GH进入磁场时，ab边的感应 恒定牵引力作用下由静止开始加速运动，发现经 电流方向由a到b 时间t。飞机的速度不再增加。已知飞机的质量为 B.当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线 m,飞机所受阻力大小f=kv,其中k为常数，不计 框的连度大小为号 飞机轮胎与地面间的滚动摩擦，下列说法正确 C.从ab边刚越过JP到线框再做匀速直线运动 的是 1 所需的时间t= /2B2L33 Foto A.t。时间内飞机滑行的距离x= mgsin 0\R 4m。 k B.驱动飞机的电机输出功率随时间线性增大 D.从ab边刚越过JP到ab边刚越过MN过程 F C.若t。时刻飞机刚好达到额定功率P。,则k 中，线框产生的热量为mgL sin0十？mv 红对勾·讲与练 194 高三二轮物理 ■联立有q= BLx R,+ =0.2C, 解得x=0.4m, 设金属棒下滑到稳定时的速度为，此 时根据平衡关系有 BLv umgcos 0+BL R,+ =mg sin 0, 解得v=0.6m/s, 从金属棒开始下滑到速度稳定的过程 中，根据能量守恒定律有ngxsin37°= Q+ 2m,解得Q=0.666J。 4.(1)逆时针(2)0.5C (3)1.5m/s (4)-0.5m/s,方向向左 解析：(1)由右手定则可知，金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方 向的感应电流。 (2)金属棒a在第一次穿过磁场的过 程中平均感应电动势E= △t 通过金属棒a的电荷量g=I△t= E △ΦBdL 2R 2R 2R =0.5C。 (3)金属棒a第一次穿过磁场的过程 中由动量定理可知一BId△t=m.v1 71a00+ 解得v1=1.5m/s。 (4)两棒发生弹性碰撞，以向右为正方 向，则根据动量守恒定律和能量守恒 定律有 。v2十7m60=muv1, 1 2 解得02=一0.5m/s,方向向左。 计算题考点专练6电磁学 计算题（大） 4U (3)(√2-1)l 解析：(1)设曲线上某，点坐标为(x,y), 粒子在电场中做类平抛运动，水平方 向有|x|=v。t, 竖直方向有y, 2 m mvo 其中E= al 解得y= 2（x≤0)。 (2)对从曲线上A,点发射的粒子，作出 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 在电场中，粒子做类平抛运动，在水平 方向有1=0。t1, 在竖直方向有 ,9E 72 2722对闪·讲与练·高三二轮物理 设粒子进入磁场时速度)与竖直方向 的夹角为0，则有tan0==1, 解得0=45°， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 B=,-2g 解得T=qB 2xm 2 则粒子在磁场运动时间一2示 T. 解得1= 400 (3)设粒子从O点进入磁场的速度为 v,与y轴负方向的夹角为a,运动半径 为R,由洛伦兹力提供向心力有 2 quB=m R' 解得R=Ba 17m0 由几何知识可知，若无荧光屏，粒子出 磁场时对应的弦长为d=2 Rsin a= 2musin a 2mvo gB ,该弦长与0无关，即 从OA上任一点发射的粒子都从同一 ,点射出磁场。令O点发射的粒子在磁 场中运动轨道半径R,,结合上述有 _mvo 2 R-Bq 2 令从A点发射的粒子在磁场中运动轨 道丰径为R剧有R九 所以从A点至O点发射的粒子打在荧 光屏上的发光点的最大距离为 L=R1-R2(1-cos6), 解得L=(√2一1)l。 2.(1)2A(2)0.05m(3)0.125J 解析：(1)两棒在水平轨道运动过程 中，初始时刻有最大电流， E=BLvo, E 1=2R' 解得I=2A。 (2)ef棒到达VQ时，两棒距离增加 0.5m,由此判断ab棒在cd左侧。两 棒受合力等于0，系统动量守恒，设ef 棒和ab棒的速度分别为v1和v2,则 m11十m20g=7m1vo, 设两棒距离增加x=0.5m所用时间 为△t,则对ab棒由动量定理 B,IL△t=m22-0, g=1△t, 两棒距离增加x=0,5m时回路的平 均电流1=2R E 平均感应电动势E=△吧 △t 且△Φ=B1Lx, 联立解得两棒的速度 v1=1.5m/s, w2=1m/s, 当ef棒离开水平轨道后，ab棒在cd 左侧做匀速直线运动，进入cd右侧 后，假设一直减速运动到停止，则由动 能定理有一μm2g△s=0一2m20i, 解得△s=0.25m<s=0.3m,假设 成立， 则ab棒最终静止在水平轨道上，ab棒 到VQ的最小距离d=s一△s= 0.05m。 (3)对于ef棒，若恰好能沿圆孤运动 17m13 的速度为0，则m1g= 解得= 15 m/s<v1=1.5m/s, 所以ef棒可以沿圆孤轨道运动；ef棒 沿圆孤轨道运动过程，设ef棒到达圆 孤轨道底瑞的速度为？E,由动能定理 +cos9)=名m2-- 2m1u, 解得YE=3m/s, 当ef棒进入倾斜轨道时，由牛顿运动 定律m1gsin8-B2I:L=m1a, B:LvE R+Ro 解得a=0, 即ef棒进入倾斜轨道将做匀速直线 运动达到稳定状态，则系统产生的焦 m-1 1 耳热Q= 解得Q=0.125J。 第二部分 题型综合练 选择题专项练（一） 1.A手帕转动一圈，A、C两点的速度 变化量为0，平均加速度均为0，故A 正确；手帕转动半圈，C点的速度变化 量为△v=vc一(-c)=2c,故B错 误；A、B两，点的向心加速度大小相等， 但方向不同，故C错误；B、C两点的角 速度相等，但B点的半径小于C点的 半径，由v=rw知，B点的线速度小于 C点的线速度，故D错误。 2.A设弹簧的劲度系数为k,上端放一 物块甲时，根据平衡条件可得k△x= 甲g,在物块甲上面轻放一物块乙时， 根据平衡条件可得k△y=(m甲十 乙)g,联立可得甲、乙两物块的质量 72m △x 之比为 ，故选A。 m△y-△.x 3.D处于n=5激发态的氢原子向基态 跃迁，产生的赖曼系谱线能量最高，根 据玻尔理论可得E=hy=E,一E1= -0.54eV-(-13.6)eV=13.06eV, 结合爱因斯坦光电效应方程Ek=hy一 W。,代入数据解得从钨表面逸出的光 电子的最大初动能为E=8.52eV,故 选D。 4.B由开普勒第三定律可知 T 可得Kepler-879c的公转半径为r= 12 X215R≈ (365×24)9 2.7R,故选B。 5.C由图像可知，前48内的位移为 x=40m一10m=30m,则前4s内平 均速度大小为=工= 30m =7.5m/s, 故A错误；根据图像可知0~4s内和 0一88内位移相等，由于时间不相等， 所以平均速度大小不相等，故B错误； 设t=0时的速度大小为。，加速度大 小为a,前4s内刹车的位移为x'= 40m一10m=30m,将刹车的过程逆向 来看，旅据x=a可得0 2x' 3.75m/s2,故C正确；由号=2a.x'可 得，t=0时的速度大小为vo=15m/s, 故D错误。 6.C由图像可知，简谐运动的周期为 0.8s,振幅为2cm,故A、B错误；t= 0,1s时，鱼漂的位移沿y轴正方向， 此时运动方向竖直向上，故C正确： t=0.48时，鱼漂在平衡位置，加速度 为0，故D错误。 7.B静电力与重力的合力处于竖直方 向，由于磁场方向处于竖直方向，在竖 直方向的分速度不会产生洛伦兹力， 水平方向的分速度受到洛伦兹力作 用；将小球的运动分解为初速度为心。 的水平面内的匀速圆周运动和竖直方 向初速度为0的匀加速直线运动：对于 水平面内的匀速圆周运动有q0。B = m°，解得轨迹半径为r=1m,周期 2xr 为T=口=x8,则小球从水平抛出到 经过O,点所用时间满足t=nT=nπs (n=1,2,3,…)；小球从水平抛出到经 过O点，竖直方向有h= 21,可得小 球经过O点时竖直分速度为)，= 2h=4 m/s(n=1,2,3,…),当n= t 1元 1时，竖直分速度有最大值，小球经过 O点时的动能有最大值，则有Em= 1 2×0.1× (2+)J028J,故选 8.CD 飞机达到最大速度时有F。= @解得0=根据动量定理有 F。t。一ft。=m℃m,将f=k0代入有 Fot。一kx=m0m,解得x= Foto ,根据动能定理有Fx一W,= Fom 1 3mF mv,解得W= ,故A 2 k 2k9 错误，D正确；飞机受力不断变化，则加 速度改变，由P=F。℃m=Foat,可知 驱动飞机的电机输出功率不随时间线 性增大，故B错误；若t。时刻飞机刚好 达到额定功率P。,则P。=F。Ym= F 解得，放C正确 9.BD 对活塞，由平衡条件有S= mg十p,S,解得力=p,十，可知气 体压强始终为(D,十肾)，故A错误： 分析可知气体做等压变化，由盖一吕萨 克定律有空= = ds ，解得△T= △T △T 只T,可知外界气体的温度升高了积 .dT 故B正确；气体对外做功的数值为 W=pSd=（poS+mg)d,故C错误； 由于气体对外做功，根据热力学第一 定律，可知密闭气体的内能增加△U= Q-W=Q一(poS+mg）d,故D 正确。 10.BCD当ab边刚越过GH进入磁场 时，根据右手定则可知电流方向为由 b到a,故A错误；线框以速度v。匀 速运动时只有一条边处于磁场中切 割磁感线，由其受力及平衡条件 mg sin8=B· BLL,解得= R B1,当线柜以速度口匀速运动 mgRsin 时，有两条边切割磁感线且都受安培 力，根据平衡条件，有ngsin6=2B· 2BL,解得0=mRn9, 4B2L,所以当 ab边下滑到JP与MN的中间位置 时，线框的速度大小为口=学，故B 正确；从ab边刚越过JP到线框再做 匀速直线运动的过程，根据动量定理 得mg sin9·1-公2B2B巴L·1= R mw一m0,其中习t三名，又因为v 1 12BL3 有，解得1=mg sin6 R mu】,故C正确；从ab边刚越过 3 JP到ab边刚越过MN过程中，线框 的重力势能和动能均减小，根据功能 关系可知，线框克服安培力做功的大 小等于重力势能的减少量与动能减 少量之和，则线框产生的热量为Q= mgl.sin +2 mv m 5 mgl.sin0+32mo,故D正确。 选择题专项练（二） 1.B依题意，镍核衰变方程为xNi一 Cu十-Ie,可知镍核衰变产生的射线 是B粒子流，故A错误，B正确；核反应 后释放核能，反应朝着比结合能增大 的方向进行，所以镍核Nⅱ的结合能 比铜核Cu的结合能小，故C错误；Y 射线是铜原子核跃迁发出的，故D 错误。 2.D小李在任意两位相邻同学间运动 的惑程均为迟，位书小子票，A错误： R 4 小李从1号同学运动到5号同学的位 移为2R,路程为πR,B错误；小李在任 意两位相邻同学间运动的平均速度小 于2xR T ,C错误；小李在任意两位相邻 2xR 同学间运动的平均速率为，D正确。 3.B扫描笔在条形码上移动的速度越 快，相邻脉冲电信号的时间间隔就越 短，所以扫描笔在条形码上移动的速 度会影响相邻脉冲电信号的时间间 隔，故A错误；频率为。的光照到光 电管发生光电效应是瞬间的，会立刻 产生光电子，故B正确：若发光二极管 发出频率为0,5。的光，小于金属的截 止频率，无法产生光电流，则无法正常 识别条形码，故C错误；将光电管中的 金属更换成截止频率更大的材料，此 时发光二极管发出光的频率不一定超 过其截止频率，可能不会发生光电效 应，因此不一定会使信号处理系统导 通，故D错误。 4.C由于原、副线圈的电压之比总是稍 大于匝数之比，当原线圈接正弦交流 电压8V时，副线圈的电压小于4V, 故标有“4V2W”的灯泡不能正常工 作，A错误；电火花计时器的工作电压 为220 V,而副线圈的电压小于4V, 电火花计时器无法正常工作，B错误； 量程为4V的交流电压表测量的是电 压有效值，实际副线圈电压有效值略 小于4V,未超出量程，可正常工作， C正确：电容器击穿电压为4V,而交 流电压的峰值略小于4√2V≈5.66V, 显然大于电容器的击穿电压，电容器 会被击穿损坏，D错误。 5.D第一次抽气相当于气体的体积由 V变为V+AV,且 V1 V10 ，温度不变， 根据玻意耳定律得p。V=p1(V十 △V),解得p:=吕，月理可得，第二 次抽气后有p:V=p2(V十△V),解得 100 P:= 127P。,故选D。 6.C由光路图可知，a光的偏折程度大 于b光，可知水滴对口光的折射率大于 对b光的折射率，所以口光的频率大 于b光的频率，故A错误；a、b光在由 空气进入水滴后波速变小，频率不变， 根据入三，可知波长变短，故B错误： 根据sinC=1可知a光的临界角小 于b光的临界角，即a光比b光容易发 生全反射，故C正确；由于a光的频率 大于b光的频率，所以a光的波长小于 么光的波长，根福△=户可知，通过 同一双缝千涉装置，光的相邻条纹间 距比b光的小，故D错误。 7.A题图甲中磁通量的变化规律中，= BoScos wt-Bo Scos (wb),题图乙 2π 中磁通量的变化规律中。=BS= 2π B.Scos t(Wb),即磁通量的变化规 律相同，故A正确；感应电流变化的周 期均为T,则电流方向变化的频率均 相同，故B错误；因感应电动势的最大 值相同，根搭E=E,则有效值相同， √2 根据Q= E t可知，相同的时间内产生 的焦耳热相同，故C、D错误。 8.CD飞镖做平抛运动，由平抛运动的 特点有=弓，工=，联立解得 =x√员，因为o=九n<Aa 参考答案 273