《领跑高中》 物理二轮复习高考题型组合练 1.选择题＋实验题组合练 习题课件

(共30张PPT)
1.选择题＋实验题组合练（1）
高考专题辅导与测试·物理
一、单项选择题
1. （2024·甘肃酒泉三模）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月
夜，核电池将Pu衰变释放的核能一部分转换成电能Pu的衰变
方程为Pu→U＋X，则（　　）
A. 衰变方程中的X为e
B. 此衰变为α衰变
CPu比U的结合能小
D. 月夜的寒冷导致Pu的半衰期变大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
解析： 　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为
PuUHe，此反应为α衰变，X为He，故A错误，B正确；由
于该反应释放核能，所以Pu比U的结合能大，故C错误；半衰期
由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2. （2024·浙江杭州模拟）图1是一款阴极射线管，K极是圆形金属板电
极，A极为圆环状金属电极，对于K、A间的电场分布来说，A极可以等
效为圆形金属板电极，在K、A之间加上如图1所示的高压，阴极射线就
可以在K极和A极之间运行，图2是K极和A极之间的部分电场线分布，
下列说法正确的是（　　）
A. 阴极射线的本质是α射线
B. 图2中P点电势低于Q点电势
C. 如果在图2中P点从静止释放一电子，则电子会沿该处电场线运动到A极
D. 从K极静止出发的阴极射线粒子，沿中间直线电场线到达A极电场力做
功最多
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 阴极射线的本质是β射线，故A错误；因为K为阴极，A为阳
极，所以P点电势低于Q点电势，故B正确；由于P点所在的电场线为曲
线，所以在P点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，故C错误；
只要从K极出发的阴极射线粒子，沿任意轨迹到达A极电场力做功一样
多，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3. （2024·广东广州三模）如图所示，某大型吊灯半径为R，质量为M，且
分布均匀，通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆
盘上，已知r＜R，重力加速度为g，四根细线均匀对称分布，且长度可
调节，则下列说法正确的是（　　）
A. 每根细线对吊灯的拉力大小均为Mg
B. 将四根细线同时缩短相同长度，细线的张力大小不变
C. 将四根细线同时伸长相同长度，细线的张力减小
D. 去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，剩下三根细
线上的张力大小相等
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　设细线与竖直方向的夹角为θ，以吊灯为研究对象，竖直方向
上，根据平衡条件可得4Tcos θ＝Mg，可得每根细线对吊灯的拉力大小
为T＝＞，故A错误；将四根细线同时缩短相同长度，则θ变大，
cos θ变小，根据T＝可知细线的张力大小变大，故B错误；将四根
细线同时伸长相同长度，则θ变小，cos θ变大，根据T＝可知细线的
张力大小变小，故C正确；去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，由
于剩下三根细线在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根据平衡
条件可知，剩下三根细线上张力的水平分力大小不相等，所以剩下三根
细线上的张力大小不相等，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
4. （2024·浙江金华三模）2024年4月26日凌晨，神舟十八号载人飞船成功
对接空间站，题图中的照片拍摄于航天员叶光富、李聪、李广苏进入天
和核心舱的瞬间，我们可以看到：一个大质量的包裹悬浮在核心舱中，
针对这一情景，下列同学的观点中正确的是（　　）
A. 悬浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表可以忽略
B. 天宫号空间站在运行过程中机械能保持不变
C. 天宫号空间站的加速度比北斗系列同步卫星的加速度
小
D. 只记录空间站的运行周期可估算地球的密度
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　依题意知，空间站的高度与地球半径相比，相差较大，根据
F地表＝，F空间站＝，可知悬浮的包裹受到地球的吸引力相对
于地表不可以忽略，故A错误；天宫号空间站在运行过程中，动能和势
能均保持不变，因此，天宫号空间站的机械能是守恒的，故B正确；根
据＝ma，解得a＝，天宫号空间站的轨道半径比北斗系列同步卫
星的小，所以加速度较大，故C错误；根据＝mr，又ρ＝，联
立解得ρ＝，可知只记录空间站的运行周期不能估算地球的密度，
故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5. （2024·山东烟台三模）如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞
与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静
止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向
下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。
已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活
塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好，则此过程中（　　）
A. 气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B. 气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C. 活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D. 活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量
之和
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理
想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加
量，A错误；活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体
分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，
B错误；活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做
功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的
功大于气体甲内能增加量，C错误；活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜
收缩，由能量守恒定律知活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能
之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小
于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6. （2024·浙江金华三模）如图甲所示，质量为m的B木板放在水平面上，
质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速
度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻
开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气
阻力不计，下列说法正确的是（　　）
A. 物块A做简谐运动，回复力由弹簧提供
B. 木板B在t1时刻对地面的压力大小为mg
C. 物块A在运动过程中机械能守恒
D. 物块A的振动方程为y＝0.1sin （m）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提
供，A错误；t1时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为
F＝2mg，对木板B受力分析有FN＝F＋mg，则可得FN＝3mg，由牛顿第
三定律得木板B在t1时刻对地面的压力大小为3mg，B错误；物块A在运
动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物块A做功，故机械
能不守恒，C错误；由图乙可知振幅为A＝10 cm，周期为T＝1.0 s，角
速度为ω＝＝2π rad/s，规定竖直向上为正方向，t＝0时刻位移为0.05
m，表示物块A由平衡位置上方0.05 m处开始运动，所以初相为φ0＝，
则物块A的振动方程为y＝0.1sin （m），故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7. （2024·广东惠州期末）阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名
力学实验装置，如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两
个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮，保持静止状态。现将质量为m的
小物块C轻放在A上，让装置动起来，从开始运动到A和C下落高度h过程
中，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A. A和B构成的系统机械能守恒
B. A和C向下运动的加速度大小为a＝
C. 轻绳的弹力大小为T＝
D. A的末速度大小为v＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　小物块C对A和B构成的系统做功，所以A和B构成的系统机械
能不守恒，A错误；对A、B及C构成的系统，根据牛顿第二定律得mg＝
a，解得a＝，B正确；对B，根据牛顿第二定律得T－Mg
＝Ma 解得T＝，C错误；根据机械能守恒定律得mgh＝
v2 ，解得 v＝，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
二、多项选择题
8. 某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时，在电脑屏幕上得到图乙所示的光强分布。下列说法正确的是（　　）
A. 这位同学在缝屏上安装的是双缝
B. 这位同学在缝屏上安装的是单缝
C. 当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的
间距变大，应选用狭缝间距较小的双缝
D. 当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的
间距变小，应增大缝屏与光屏间的距离
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由题图乙可知，条纹中间宽且亮、两边窄且暗，是衍射条
纹，所以在缝屏上安装的是单缝，故A错误，B正确；根据题意，由公
式Δx＝λ可知，若要使干涉条纹的间距Δx变大，应选用狭缝间距d较小
的双缝，若要使干涉条纹的间距变小，应减小缝屏与光屏间的距离L，
故D错误，C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9. （2024·重庆模拟）如图甲所示，轻质细线吊着正方形闭合线圈 （上、
下边均水平），正方形线圈左右两边中点a、b连线以下区域处于垂直于
纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B的大小随时间t的变化
关系如图乙所示。正方形线圈的质量m＝0.5 kg、边长L＝0.5 m、匝数n
＝4匝、总电阻r＝2 Ω，重力加速度大小取g＝10 m/s2，下列说法正确的
是（　　）
A. 0～4 s时间内线框中感应电流沿逆时针方向
B. 0～4 s时间内线框中感应电动势大小为E＝0.5 V
C. 2 s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝5.25 N
D. 2 s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝6 N
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，故A错误；
0～4 s时间为线框中产生的感应电动势为E＝n＝n·＝0.5 V，
故B正确；正方形线圈中产生的电流为 I＝＝0.25 A，根据楞次定
律可知线圈中电流沿顺时针方向，线圈受到的安培力方向向下，根
据平衡条件可得F＝mg ＋nBIL，由B-t图像可知，t＝ 2 s时磁感应强
度大小为B＝2 T，联立解得t ＝ 2 s时细线对正方形线圈的拉力大小
为F＝6 N，故C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10. （2024·山东泰安三模）如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的
木板B和物块C，木板B的质量为4m，物块C的质量为12m。现有一质量
为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一
次碰撞（弹性碰撞），且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板
B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度
为g，下列说法正确的是（　　）
A. 木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为
B. 木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为
C. 木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为
D. 物块A相对木板B滑行的距离为
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有mv0＝
m＋4mvB1，B与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定
律，有4mvB1＝4mvB2＋12mvC，×4m＝×4m＋×12m，
解得vB2＝－vB1，vC＝vB1，B与C碰撞后，A、B均能停下来，根据动
量守恒定律，有mvA1＋4mvB2＝0，联立解得vA1＝，vB1＝，vB2＝－
，vC＝，故A、C正确，B错误；整个过程中，根据能量守恒定律，
有m＝×12m＋μmgx，解得x＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
三、实验题
11. （2024·辽宁辽阳二模）某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的
质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有5个质量相同的砝码，每个砝
码的质量均为m0，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码
盘中的砝码逐一放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动
过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码个数n相对应
的加速度a，已知交流电的频率f＝50 Hz。（结果均保留两位小数）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（1）某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，相邻两计数
点间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔
为 s，打下D点时纸带的速度大小为 m/s，纸带
的加速度大小为 m/s2。
0.10
1.19
1.72
解析： 交流电的频率是50 Hz，打点计时器每隔0.02 s打一
个点，相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻两计数点间的
时间间隔为0.10 s。
打下D点时纸带的速度大小为vD＝＝
＝1.19 m/s，纸带的加速度大小为a＝
＝1.72 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）若该组同学得到的n-a图像为过原点、斜率为k的直线，则每
个砝码盘的质量为 。（用k、m0和重力加速度
大小g表示）
解析： 设砝码盘的质量为m，将左端砝码盘中的n个砝码放
到右端砝码盘中时，有g－g＝
a
整理得n＝a，n-a图像的斜率为k＝
解得m＝m0。
m0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12. （2024·云南昆明模拟）如图a所示，某同学根据所学知识制作了一个
简易的欧姆表，表盘刻度如图b所示，中间刻度为15，表头G的满偏电
流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，电源电动势E＝4.5 V。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（1）图a中B端应接 表笔。（填“红”或“黑”）
解析： 流过表头G的电流方向为从右向左，B端应接红
表笔。
（2）将旋钮旋到×1k挡，进行欧姆调零后，该欧姆表的内阻
为 kΩ。
解析： 将旋钮旋到×1k挡时，有R内＝R中＝15 kΩ。
红
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（3）将旋钮旋到×100挡，欧姆调零后接入一待测电阻，指针如图b所
示，则读数为 ，若继续接入另一电阻测量时发现指针
偏角过大，则应换用更 倍率。（填“大”或“小”）
解析： 将旋钮旋到×100挡，读数为1 400 Ω，若继续接入
另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小的挡位。
1 400
小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（4）图a中R1＝ Ω。（计算结果保留3位有效数字）
解析： 将旋钮旋到×100挡时R内＝R中＝1 500 Ω
则I＝
所以I1＝I－Ig
根据部分电路欧姆定律有R1＝＝11.1 Ω。
11.1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（5）若电池老化，内阻变大，电动势变小，但仍可进行欧姆调零，则
测量结果将 。（填“偏大”“偏小”或“不变”）
解析： 若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势E变
小、内阻变大，根据Ig＝，
由于E变小，内阻R内偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝
＝＝，
由于R内偏小，I偏小，指针偏左，测量结果与原结果相比较偏
大。
偏大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
感谢您的观看！
高考专题辅导与测试·物理