2025届高考物理二轮总复习考前热身练能力题提分练1

这是一份2025届高考物理二轮总复习考前热身练能力题提分练1，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.(2024河南开封二模)正方体abcd-a1b1c1d1的上表面水平,沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线,现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动,运动过程中小圆环平面始终水平。下列说法正确的是( )
A.a1点与c点的磁感应强度相同
B.小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时,小圆环中无感应电流
C.小圆环的圆心从b1移到c1过程中,穿过小圆环的磁通量先增加后减少
D.小圆环的圆心从a移到d与从a移到c,两次移动小圆环产生的平均感应电动势相等
答案 B
解析 由右手定则可知,a1点与c点的磁感应强度大小相等,但方向相反,故A错误;小圆环的圆心在ad边的中点时,其磁通量为零,在其竖直向上运动过程中,通过小圆环的磁通量始终为零,所以通过小圆环的磁通量未发生变化,即小圆环中无感应电流,故B正确;小圆环在b1位置时,其磁通量不为零,在到达导线正下方时,其磁通量为零,在c1点时小圆环的磁通量也不为零,所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小后增加,故C错误;由于小圆环运动的速度大小不变,而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同,所以两次运动所用时间不同,由右手定则可知,小圆环在c点和d点的磁通量相同,所以小圆环在两次移动过程中,磁通量的变化量相同,根据可知,小圆环两次移动产生的平均感应电动势不相等,故D错误。
2.(2024河北一模)如图所示的电路中,R0为定值电阻,电压表和电流表均为理想电表,闭合开关S,滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动的过程中,下列说法正确的是( )
A.电压表V的示数先变小后变大
B.电压表V的示数一直变大
C.电流表A的示数一直变小
D.电流表A的示数先变小后变大
答案 C
解析 滑片缓慢从b端向a端滑动的过程中,滑动变阻器上下两部分、电压表并联,滑动变阻器滑片上、下两部分并联后的阻值先增大后减小,干路电流先减小后增大,路端电压先增大后减小,根据闭合电路欧姆定律可得电压表V的示数U=E-I(R0+r),则电压表V的示数先变大后变小,故A、B错误;滑动变阻器的滑片从b滑到正中间的过程,回路总电阻增加,干路电流减小,滑动变阻器上半部分所在支路分配的电压增大,通过滑动变阻器上半部分的电流增大,可知电流表A的示数变小,滑片从正中间滑到a的过程,滑动变阻器上、下两部分并联电阻减小,电压表示数减小,滑动变阻器下半部分电阻增加,可知电流表A的示数继续变小,故C正确,D错误。
3.如图所示,理想变压器接在电压为U0的交流电源上,三个定值电阻R1、R2、R3的阻值相等,调节滑动变阻器R4的滑片,使其阻值与定值电阻相等,此时两个理想电压表的示数相同,下列说法正确的是( )
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B.电压表的示数为
C.变压器的输入功率为R1消耗功率的7倍
D.向下移动滑动变阻器的滑片,两电压表的示数都变大
答案 B
解析 设此时电压表的示数为U,通过R1、R3、R4的电流都为I1=I3=I4=,通过R2的电流为I2=I3+I4=,变压器原、副线圈匝数比,A错误;原线圈的输入电压U1=U0-U,副线圈的输出电压U2=2U+U=3U,根据可得U=,B正确;变压器的输入功率P入=P出=I2U2=,R1消耗功率P1=,则=6,C错误;设副线圈的总电阻为R总,U2=I2R总,U1=I2R总,I1=I2,U0=I1R+U1=I2R+I2R总,向下移动滑动变阻器的滑片,则副线圈电路的总电阻增大,根据变压器原、副线圈的规律可知,副线圈电路的总电阻变大,则副线圈电流减小,原线圈电流变小,电压表V1的示数变小,因为原线圈电压变大,则副线圈电压也变大,又R2两端的电压变小,则电压表V2的示数变大,D错误。
4.(2024江苏镇江模拟)如图所示,abc为均匀带电半圆环,O为其圆心,O处的电场强度大小为E,将一试探电荷从无穷远处移到O点,电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆环,如图中虚线所示,其单位长度所带电荷量与abc相同,电性与abc不同,则此时O点电场强度大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功分别为( )
A.E,W
B.E,W
C.E,W
D.E,W
答案 A
解析 把半圆环等分为两段,即每段为圆环,设每段在O点的电势为φ0,电场强度为E0,且方向分别与E夹角为θ=45°,根据电场强度的叠加原理可知E0=E,因为电势是标量,每段导体在O点的电势为φ=,同理,在cd处再放置一段圆的均匀带电圆环后,可等分为3个圆环,由于电性与abc相反,根据电场强度叠加可知O点的电场强度大小为E'=E,电势为3个圆环在O点的电势之和,为φ1=,将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为W。故选A。
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.(2024广东江门一模)数据表明,在电动车事故中,佩戴头盔可防止85%的头部受伤,大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是( )
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为2 000 N
答案 ACD
解析 根据F·Δt=Δp,可得F=,依题意,头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了,头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率,故A正确;同理,可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量,故B错误;根据I=F·Δt,头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向,作用时间相同,所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等,故C正确;由以上分析可得F=N=2000N,可知事故中头部以6m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的撞击力最多为2000N,故D正确。
6.(2024河南周口二模)质量m0=2.0 kg、长度L=1.0 m的木板静止在足够长的光滑水平面上,右端静置一质量m=1.0 kg的物块(可视为质点),如图甲所示。现对木板施加一水平向右的作用力F,F-t图像如图乙所示。物块与木板间的动摩擦因数μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.6 s末,物块刚好与木板分离
B.0~4 s内,物块与木板不发生相对滑动
C.0~6 s内,物块与木板组成的系统机械能守恒
D.4~6 s内,拉力F做功等于物块与木板系统动能的增量
答案 AB
解析 物块的最大加速度为μmg=ma,解得a=3m/s2,当F=6N时,假设木板和物块相对静止,则有F=(m0+m)a1,解得a1=2m/s2a,物块与木板在4s末的速度相等,根据运动学公式得a2t'2-at'2=L,代入数据解得t'=2s,所以6s末,物块刚好与木板分离,故A、B正确;0~6s内,物块与木板组成的系统受拉力做功,机械能不守恒,故C错误;根据功能关系可知,4~6s内,拉力F做功等于物块与木板系统动能增量与系统摩擦生热之和,故D错误。
三、非选择题:本题共4小题,共40分。
7.(8分)(2024山东聊城二模)“饮酒不开车”是司机必须遵守的交通法规。现要利用一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器组装一个酒精测试仪,此传感器的电阻Rx随酒精气体浓度的变化规律如图甲所示。
提供的器材有:
二氧化锡半导体型酒精传感器;
直流电源(电动势为4 V,内阻不计);
一只电压表(量程为0~3 V,内阻非常大,作为浓度表使用);
电阻箱(最大阻值为999.9 Ω);
定值电阻R1(阻值为50 Ω);
定值电阻R2(阻值为10 Ω);
单刀双掷开关一个,导线若干。
(1)电路中R应选用定值电阻 (选填“R1”或“R2”);
(2)为便于识别测试结果,按照下列步骤调节此测试仪:
①电路接通前,先将电阻箱调为 Ω,然后开关接2,将电压表此时指针对应的刻度线标记为0.2 mg/mL;
②逐步减小电阻箱的阻值,电压表的示数不断变大。按照图甲数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精浓度”,此浓度表刻度线上的浓度值是 (选填“均匀”或“不均匀”)变化的。
③将开关接另一端,测试仪即可正常使用。
(3)使用一段时间后,由于电源的电动势略微变小,内阻变大,则酒精浓度测量结果 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
答案 (1)R2
(2)30 不均匀
(3)偏小
解析 (1)由于电压表量程为0~3V,本实验电压表并联在定值电阻两端,由欧姆定律可得,定值电阻两端的电压UR=
由图甲可知10Ω≤Rx≤70Ω
电动势为4V,电压表量程为0~3V,得
URmax=≤3V
可得R≤30Ω
故R应选用定值电阻R2。
(2)开关接2,当电压表此时指针对应的刻度线为0.2mg/mL,此时Rx=30Ω,由甲图知,传感器的电阻Rx随酒精气体浓度是非均匀变化,故此浓度表刻度线上对应的浓度值是不均匀变化的。
(3)使用一段时间后,由于电源的电动势略微变小,内阻变大,根据闭合电路欧姆定律可得,回路中电流减小,结合图线可知,酒精浓度测量结果偏小。
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。
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.(10分)(2024河南周口二模)图甲为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为D的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S,高度为h,宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为H的半圆柱面收集板,用于收集带电微粒;板的一竖直边紧贴狭缝S,上边与狭缝S上端对齐,上边缘远离狭缝的顶点为P点,另有一距P点弧长为l的点Q,俯视图如图乙所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场,电场强度为E。令圆筒以角速度ω绕中心轴顺时针转动,同时由微粒源产生的微粒沿水平方向以不同的速率射入圆筒,微粒质量均为m,电荷量均为q(q>0),忽略微粒自身的重力及微粒间的相互作用。
(1)求Q点所在竖直线上收集到的微粒中,入射速率最大的微粒下落的距离。
(2)为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同,并且能收集到所有该速率的微粒,求圆筒转动角速度ω的取值范围。
答案 (1)
(2)