选择题专项练(五)--2026高考物理第二轮专题复习练（含解析）

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2026高考物理第二轮专题复习
选择题专项练(五)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.(2025四川达州模拟)神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接,在交会对接前的最后阶段,神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动,两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接,下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是(　　)
2.(2025广东汕头三模)如图所示,绳梯从天花板垂下来且最下端没有触及地面,某建筑工人正在爬绳梯,他的左脚踏于横木、右脚凌空,处于平衡状态,若建筑工人的重力为G1,绳梯的重力为G2,双手施加于横木的作用力大小为F,方向竖直向下,下列说法正确的是(　　)
A.建筑工人受到两个力的作用
B.墙顶对绳梯的作用力大小为G1+G2
C.左脚施加于横木的作用力大小为G1+G2+F
D.左脚对横木的作用力大于横木对左脚的作用力
3.(2025安徽合肥检测)如图为一理想变压器,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑片,U1为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流,下列说法正确的是(　　)
A.保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,I1将减小
B.保持U1及P的位置不变,K由b合到a时,R消耗的功率增大
C.保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,原线圈输入功率将增大
D.保持U1不变,K合在a处,使P上滑,I1将增大
4.(2025广东东海新龙中学模拟)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1=0时刻的波形如图中实线所示,在t2=0.4 s时的波形如图中虚线所示。则下列说法正确的是(　　)
A.在t2=0.4 s时,平衡位置在x=1 m处的M质点向上振动
B.这列波的波长为2 m
C.这列波的周期可能为0.8 s
D.这列波的传播速度可能为2.5 m/s
5.(2025甘肃白银三模)如图所示,在平行板电容器中固定一个带负电质点P,电容器下极板接地,电源电动势和内阻分别为E和r,电流表和电压表均视为理想电表,电压表和电流表示数分别为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,下列说法正确的是(　　)
A.电压表和电流表示数都变大
B.质点P的电势能增加
C.R3消耗的电功率变大
D.电源的输出功率一定减小
6.(2025广西桂林模拟)风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示,在地面的M点以竖直向上的初速度v0抛出一小球,小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用,竖直方向只受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N点,最终落回地面上,不计风力以外的空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.小球在N点之后做平抛运动
B.小球上升和下落过程运动时间相等
C.仅增大初速度,小球的水平位移不变
D.仅增大风力,小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
7.(2025陕西咸阳模拟)某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示,单缝S0、屏上的P0点位于双缝S1和S2的中垂线上,当双缝与屏之间的介质为空气或矿泉水时,屏上的干涉条纹间距分别为Δx1与Δx2,当介质为矿泉水时,屏上P点处是P0上方的第4条亮条纹(不包括P0点处的亮条纹)的中心。已知入射光在真空中的波长为λ,真空中的光速为c,则(　　)
A.Δx2大于Δx1
B.该矿泉水的折射率为
C.当介质为矿泉水时,来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
D.仅将S0水平向左移动的过程中,P点不能观察到亮条纹
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2025内蒙古包头模拟)如图所示,图甲为演示光电效应的实验装置;图乙为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线;图丙为氢原子的能级图。下列说法正确的是(　　)
A.同一介质中a光的波长大于c光的波长
B.若b光为可见光,则a光可能是紫外线
C.若b光光子能量为2.86 eV,用它直接照射大量处于n=2能级的氢原子,可以产生6种不同频率的光
D.若b光光子是由处于n=3能级的氢原子向n=2能级跃迁产生的,则a光光子也可能是由处于n=3能级的氢原子向n=2能级跃迁产生的
9.(2025湖北荆州模拟)如图所示,两个半径均为R的圆槽静止放在水平地面上,圆槽底端点A、B与水平面相切,A、B两端点间距为R。质量为m的小球(可视为质点)从左圆槽上端C点的正上方P点由静止释放,恰好从C点进入圆槽,P、C两点间距为R,圆槽质量均为2m,重力加速度为g。不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.小球运动到端点A时对左圆槽的压力大小为mg
B.小球运动到端点B时,A、B两端点间距为2R
C.小球冲上右圆槽的最大高度为R
D.小球回到水平面后能冲上左圆槽
10.(2025四川绵阳联考)如图所示,两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置,保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0,此后过程中两导体棒不发生碰撞,则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中 (　　)
A.通过导体棒PQ的电流均匀增大
B.导体棒MN做加速度减小的减速运动
C.导体棒MN上产生的焦耳热为
D.导体棒MN和导体棒PQ通过的距离之差为
参考答案
1.B　解析 要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接,则需要使神舟十九号加速,与此同时要想不脱离原轨道,根据F=m可知,必须要增加向心力,即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量,另一方面还要有指向地心的分量,又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反,则B正确。
2.B　解析 对工人受力分析,工人受到重力以及来自横木对脚和双手的支持力,共至少三个力作用,故A错误;整体处于平衡,对整条绳梯(含工人)整体分析可知,墙顶对绳梯的拉力F'=G1+G2,故B正确;对工人受力分析可知,左脚施加于横木的作用力大小为F″=G1-F,故C错误;根据牛顿第三定律可知,左脚对横木的作用力等于横木对左脚的作用力,故D错误。
3.C　解析 保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,原线圈匝数变小,副线圈电压变大,副线圈中电流变大,I1将增大,故A错误;保持U1及P的位置不变,K由b合到a时,原线圈匝数变大,副线圈电压变小,副线圈中电流变小,I1将减小,R消耗功率减小,故B错误;保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,原线圈匝数变小,副线圈电压变大,副线圈中电流变大,I1将增大,原线圈输入功率将增大,故C正确;保持U1不变,K合在a处,变压器的输出电压不变,使P上滑,阻值变大,副线圈中电流变小,I1将减小,故D错误。
4.D　解析 根据波形图结合“同侧法”可知,在t2=0.4 s时,平衡位置在x=1 m处的M质点向下振动,选项A错误;由题图可知,这列波的波长为4 m,选项B错误;由题图可知nT+=Δt=0.4 s(n=0,1,2,3,…),解得T= s(n=0,1,2,3,…),可知这列波的周期不可能为0.8 s,选项C错误;若n=0,则T=1.6 s,则此时这列波的传播速度为v= m/s=2.5 m/s,选项D正确。
5.B　解析 当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,外电路总电阻变小,根据欧姆定律可知电路干路的电流增大,R3和R2、R4并联电路两端的电压U=E-I(R1+r),可知R3和R2、R4并联电路两端的电压变小,根据欧姆定律可知流过R3的电流变小,根据P=R3可知R3消耗的电功率变小,总电流变大,则流过R2、R4的电流变大,即电流表示数变大,根据UV=U-I24R2可知,电压表示数变小,故A、C错误;根据E=可知电容器极板间的电场强度减小,根据U'=Ed'可知质点P所在位置的电势降低,质点P带负电,根据Ep=qφ可知质点P的电势能增加,故B正确;当外电阻等于内阻时,电源的输出功率最大,由于外电阻阻值以及内阻未知,则无法判断电源的输出功率变化情况,故D错误。
6.B　解析 过N点后,小球还受水平风力作用,不满足平抛运动只受重力的特征,A错误;竖直方向上,先做竖直上抛运动再做自由落体运动,由对称性可知上升和下落过程时间相等,B正确;增大初速度,运动时间增大,水平位移增大,C错误;仅增大风力,小球回到地面水平速度增大,竖直分速度不变,重力的瞬时功率不变,D错误。
7.C　解析 根据双缝干涉相邻条纹间距的公式有Δx=λ,当双缝与屏之间的介质为矿泉水时,波长会变短,而双缝间距d与双缝与屏之间的距离L相同,所以Δx2小于Δx1,故A错误;设光在真空中的波长为λ、在介质中的波长为λ',依题意有Δx1=λ,Δx2=λ',λ'=,联立可得该矿泉水的折射率为n=,故B错误;P点处是P0上方的第4条亮条纹的中心,则光到双缝的光程差为光在矿泉水中波长的4倍,则来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为t=,故C正确;将S0水平向左移动的过程中,P点与双缝光程差不会改变,仍是光在介质中波长的4倍,所以P点仍能观察到亮条纹,故D错误。
8.AD　解析 由题图乙可知,a光与c光曲线相比,遏止电压更低,由eUc=hν-W0,同一光电管阴极的逸出功W0相同,所以a光的频率更小,能量更小,波长更长,A正确;由A选项分析可知,a、b光的遏止电压相同,则频率相同,是同种光,紫外线不是可见光,B错误,D正确;吸收2.86 eV的能量,处于n=2能级的氢原子可以跃迁到第5能级,此后向下跃迁,由=10知可以产生10种不同的光子,C错误。
9.BC　解析 对左圆槽与小球有mv1-2mv2=0,mg·2R=×2m,解得v1=2,v2=,小球在端点A时,由牛顿第二定律有FN-mg=m,根据牛顿第三定律有FN'=FN,解得FN'=7mg,故A错误;小球在左圆槽运动过程中,水平方向动量守恒,则有mx1-2mx2=0,又有x1+x2=R,解得x2=,小球离开端点A后,小球与左圆槽均做匀速直线运动,小球从端点A到端点B过程,有t=,则A、B两端点间距为x=v1t+v2t,解得x=2R,故B正确;假设小球冲上右圆槽没有越过右圆槽的最高点,对小球与右圆槽有mv1=(m+2m)v3,mgh=×(m+2m),解得h=R10.BD　解析 当给MN一个向右的初速度v0时,MN切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之做切割磁感线运动产生感应电动势,根据电磁感应原理可知,电路产生的电动势E=Bl(vMN-vPQ),电路中的感应电流I=,根据左手定则可知,MN受到向左的安培力而做减速运动,PQ受到向右的安培力而向右做加速运动,故Δv=vMN-vPQ逐渐减小,因此通过PQ的感应电流逐渐减小,而不是均匀增大,A错误;MN受到的安培力F=BIl=,根据牛顿第二定律有F=ma,解得a=,由于Δv=vMN-vPQ逐渐减小,所以导体棒MN做加速度减小的减速运动,B正确;两导体棒组成的系统动量守恒,则有mv0=2mv,解得稳定时,两导体棒的速度为v=v0,根据能量守恒定律可知,整个过程系统产生的热量Q=×2mv2=,由于两导体棒的电阻相等,所以导体棒MN上产生的热量QMN=Q=,C错误;对MN由动量定理可得-Bl·Δt=mv-mv0,设稳定时,二者的距离之差为Δx,根据法拉第电磁感应定律有,根据欧姆定律可得,其中v=v0,联立解得Δx=,D正确。
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