小综合练(三) --2025年高考物理大二轮复习考前特训（专练）

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1.(2024·黑吉辽·4)某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示。用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是( )
A.换用更粗的头发丝
B.换用红色激光照双缝
C.增大纸板与墙面的距离
D.减小光源与纸板的距离
答案 A
解析 由干涉条纹间距Δx=ldλ可知，换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距Δx变小，故A正确；换用红色激光照双缝，波长λ变大，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故B错误；增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距Δx变大，故C错误；减小光源与纸板的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距Δx，故D错误。
2.(2024·四川成都市蓉城名校联盟第三次模拟)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。将一个可在水平面内自由转动的小磁针放在南北方向水平放置的白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源前，小磁针在地磁场作用下处于稳定状态。接通电源后，小磁针偏转60°角后达到稳定状态。若导线中电流在小磁针处产生的磁场磁感应强度大小为B导，小磁针处地磁场磁感应强度的水平分量大小为B地，则( )
A.B导=B地
B.B导B地
D.B导与B地的大小关系无法确定
答案 C
解析 电流在小磁针处产生向西的磁场，小磁针偏转60°角后达到稳定状态，则有tan 60°=B导B地，解得B导=3B地，故选C。
3.(2024·河南省三门峡部分名校模拟)蹦极是一项非常刺激的户外运动。如图所示，某景区蹦极所用的橡皮绳原长为L=80 m、劲度系数为k=25 N/m，橡皮绳一端固定在跳台上，另一端拴接在游客脚踝处。已知游客的质量m=50 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计橡皮绳的重力和空气阻力，橡皮绳始终在弹性限度内，假设游客始终在同一竖直线上运动，则游客无初速度的从跳台跳下后，橡皮绳的最大伸长量为( )
A.20 mB.40 mC.60 mD.80 m
答案 D
解析 当游客运动到最低点时，橡皮绳的伸长量最大，设橡皮绳的最大伸长量为x，则橡皮绳从原长到伸长x的过程中游客克服橡皮绳做的功为W1=kx+02·x=12kx2，游客从跳台跳下到最低点速度减为0的过程中，由功能关系可知mg(L+x)-W1=0，解得x=80 m，故D正确。
4.(2024·新课标卷·16)天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的( )
倍B.0.1倍
C.10倍D.1 000倍
答案 B
解析 设红矮星质量为M1，行星质量为m1，轨道半径为r1，行星绕红矮星运行周期为T1；太阳的质量为M2，地球质量为m2，地球到太阳距离为r2，地球公转周期为T2；根据万有引力提供向心力有
GM1m1r12=m14π2T12r1
GM2m2r22=m24π2T22r2
联立得M1M2=(r1r2)3·(T2T1)2
由于轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，得M1M2≈0.1，故选B。
5.(多选)(2024·海南卷·9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流为16 A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是( )
A.交流电的周期为0.02 s
B.原副线圈匝数比n1∶n2=11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
答案 AD
解析 交流电的周期为T=1f=0.02 s，故A正确；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为n1n2=U1U2=10×1 000220=50011，故B错误；输出的最大电压为U2m=2U2=2202 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总=10U2I2=10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW，变压器不改变功率，故输入功率为P1总=P2总=35.2 kW，故D正确。
6.(多选)(2024·山西晋中市二模)霍尔位置传感器可用于电机转速控制并能识别电机绕组的位置信息。如图甲所示，两块永久磁铁同极性相对放置，将霍尔传感器置于中间，其磁感应强度为零，此位置可作为原点，当霍尔传感器在z轴上向上有微小Δz位移时，传感器有一个电压输出，电压大小与位移大小成正比。如图乙所示，把该传感器接入电路，下列说法正确的是( )
A.如图乙中所示电流方向，若载流子为自由电子，则前表面电势比后表面高
B.如图乙中所示电流方向，若载流子为正电荷，则前表面电势比后表面高
C.前后表面的电势差与霍尔传感器的长度a无关
D.若更换磁性更强的磁铁，前后表面的电势差会减小
答案 AC
解析 当霍尔传感器在z轴上向上有微小Δz位移时，可知磁场方向向下，若载流子为自由电子，根据左手定则可知，电子向后偏转，则霍尔元件前表面的电势高于后表面的电势，故A正确；载流子为正电荷时，正电荷向后偏转，前表面电势低于后表面电势，故B错误；由Eq=Bqv，U=Eb，I=neSv=nebcv，联立可得U=BInec，故前后表面的电势差与霍尔传感器的长度a无关，故C正确；若更换磁性更强的磁铁，则磁场的磁感应强度B增大，由U=BInec，可知前后表面的电势差会增大，故D错误。
7.(8分)(2024·黑吉辽·12)图(a)为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
(1)(2分)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图(b)所示，从图中读出D= cm。
(2)(2分)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图(c)所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了 个周期。
(3)(2分)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：
根据表中数据绘制出lnT-lnD图像如图(d)所示，则T与D的近似关系为 。
A.T∝DB.T∝D2
C.T∝1DD.T∝1D2
(4)(2分)请写出一条提高该实验精度的改进措施： 。
答案 (1)7.55(7.54、7.56均可)
(2)10 (3)A
(4)换更光滑的硬质水平桌面
解析 (1)刻度尺的分度值为0.1 cm，需要估读到分度值下一位，读数为D=7.55 cm
(2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。
(3)由题图可知，lnT与lnD成正比，斜率为0.5，即lnT=0.5lnD，整理可得lnT=lnD12
则T与D的近似关系为T∝D，故选A。
(4)为了减小实验误差：换更光滑的硬质水平桌面。
8.(10分)(2024·广西贺州市一模)向楼房的高层运输建筑材料时为了尽可能节省能量，小明同学设计了如图所示的定滑轮装置。P为质量为m的待运输材料，Q为与待运输材料质量相等的配重，距离地面的高度为h。在Q上加上一定质量的物块，P将加速向上运动，当Q落地后，P将减速运动。不计定滑轮的重力、空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，为了使P上升至2120h时速度恰好减小到零被工人接住。求：
(1)(5分)在Q上加上的物块的质量Δm；
(2)(5分)P加速上升时，固定定滑轮的N处承受的拉力大小。
答案 (1)219m (2)2110mg
解析 (1)Q上增加质量为Δm的物块后，从Q开始下落到Q落地前，P、Q和物块组成的系统机械能守恒。设Q落地瞬间P的速度大小为v，以地面为零势能面，在该过程中对整体由机械能守恒定律有(m+Δm)gh=12(2m+Δm)v2+mgh
Q落地后，P继续上升直到速度减为零，在该过程中对P，由机械能守恒定律有12mv2=mg(2120h-h)
联立解得Δm=219m
(2)在P加速上升时，设轻绳的拉力为F'，P、Q和物块运动时加速度大小为a，对P分析由牛顿第二定律有
F'-mg=ma，对Q和物块分析有(m+Δm)g-F'=(m+Δm)a
固定定滑轮的N处承受的拉力大小F=2F'
联立解得F=2110mg。
9.(14分)(2024·贵州黔南州二模)如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5 C，质量m'=0.02 kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度B=1.0 T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长L=0.8 m，一端固定在O点，另一端与质量m=0.04 kg的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10 m/s2。求：
(1)(4分)与小车碰推前小球到达最低点时对细绳的拉力F；
(2)(4分)小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)(6分)碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量Q。
答案 (1)1.2 N，方向竖直向下 (2)0.16 J (3)0.014 J
解析 (1)小球摆下过程，由动能定理有mgL=12mv2
解得v=4 m/s
小球在最低点时，由牛顿第二定律得FT-mg=mv2L
解得FT=1.2 N
由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为1.2 N，方向竖直向下。
(2)小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有mv=Mv1
解得v1=2 m/s
由能量守恒定律，有ΔE=12mv2-12Mv12
解得ΔE=0.16 J
(3)假设滑块与小车最终相对静止，滑块与小车组成的系统动量守恒，则有Mv1=(M+m')v2
解得v2=1.6 m/s
由此对滑块有F洛=qv2B>m'g
故假设不成立，因此滑块最终悬浮。
滑块悬浮瞬间，满足F洛'=qv2'B=m'g
解得v2'=0.4 m/s
将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1=Mv'+m'v2'
解得v'=1.9 m/s
根据能量守恒定律有Q=12Mv12-12Mv'2-12m'v2'2
解得Q=0.014 J。
颜色
红
橙
黄
绿
青
蓝
紫
lnD
2.939 2
2.788 1
2.595 3
2.484 9
2.197
…
1.792
lnT
-0.45
-0.53
-0.56
-0.65
-0.78
-0.92
-1.02