《领跑高中》 物理二轮复习高考题型组合练 3.选择题＋实验题组合练 习题课件

(共29张PPT)
3.选择题＋实验题组合练（3）
高考专题辅导与测试·物理
一、单项选择题
1. （2024·山东青岛三模）“玉兔二号”月球车于2022年7月5日后开始休
眠。月球夜晚温度低至零下180 ℃，为避免低温损坏仪器，月球车携带
的放射性元素钚Pu会不断衰变，释放能量为仪器保温。Pu通过
以下反应得到：UHNp＋n，NpPu＋X，下列说
法正确的是（　　）
A. k＝1，X为电子
B. UHNp＋n是重核裂变
C. Pu的比结合能比Np的大
D. Np衰变前的质量等于衰变后X和Pu的质量之和
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解析： 　衰变方程为NpPu＋X，由质量数守恒和核电荷数守
恒可得X为电子，对于核反应方程UHNp＋n，由质量数
守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A错误；核反应方程U＋
Np＋n，不是重核裂变反应，是人工核反应，B错误；衰变
方程为NpPu＋X，该反应释放核能，总核子数不变，所以
Pu的比结合能比Np的大，C正确；衰变方程为NpPu＋
X，该反应释放核能，有质量亏损，所以Np衰变前的质量大于衰变
后X和Pu的质量之和，D错误。
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2. （2024·广东惠州期末）某款天花板消防自动感温喷淋头如图a所示，当
室内达到一定温度时，感温玻璃球自动爆开，喷淋开始启动达到自动喷
水灭火的目的。如图b所示，某次演示过程，测量出水落在面积为16π
m2的圆内，喷头出水口离地面的垂直距离为2.45 m。若喷出水的速度方
向近似为水平方向，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则出水口
水的最大初速度约为（　　）
A. 4.7 m/s B. 5.7 m/s
C. 8.2 m/s D. 11.4 m/s
√
解析： 　由平抛运动规律得x＝v0t，y＝gt2，又16π m2＝πx2，联立解
得v0≈5.7 m/s，故选B。
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3. （2024·山东聊城三模）如图甲所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在
另一个待测矩形平行玻璃板上，BC一侧用薄片垫起，将红单色光从上
方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，如图乙所示，下列关于这些条
纹的说法中正确的是（　　）
A. 条纹与DC边平行
B. 乙图弯曲条纹表示下方待测
板在该处有凹陷
C. 如果用手用力捏右侧三层，会
发现条纹保持间距不变，整体向AD侧移动
D. 看到的条纹越多，说明薄片的厚度越厚
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解析： 设薄膜厚度为d'，薄膜干涉的光程差Δs＝2d'，厚度相同处产
生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD边平行，故A错误；根据薄膜
干涉的产生原理可知，该处有突起，故B错误；如果用手用力捏右侧三
层，d'变小，根据薄膜干涉特征可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光
程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C错误；看到的条
纹越多，那么相邻亮条纹间距越小，说明薄片的厚度越厚，故D正确。
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4. （2024·浙江杭州模拟）2024年4月25日20时59分，
神舟十八号载人飞船成功发射，最后对接于空间
站天和核心舱径向端口。神舟十八号发射后会在
停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，在P点瞬间加速后进
入转移轨道（椭圆轨道）Ⅱ，最后在Q点瞬间加速
后进入空间站轨道，完成与中国空间站的交会对
接，其变轨过程可简化为如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，飞船和空间站均视为质点，则（　　）
A. 飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9 km/s
B. 不考虑变轨瞬间，飞船在轨道Ⅲ上运行时航天员对椅子有压力作用
C. 飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为∶
D. 飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T＝T1
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解析： 　在停泊轨道Ⅰ运行时，其速度接近于7.9 km/s，在P点要进入
转移轨道Ⅱ，必须加速，因此转移轨道Ⅱ上有的位置速度大于7.9 km/s，
选项A错误；不考虑变轨瞬间，飞船在轨道Ⅲ上运行时均处于完全失重
状态，故航天员对椅子无压力作用，选项B错误；由G＝m，得v＝
，所以飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为
∶，选项C错误；由开普勒第三定律得＝，得T＝
T1，选项D正确。
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5. （2024·重庆沙坪坝三模）如图所示，用轻绳把边长为L的正方形金属框
竖直悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向里，金属
框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁感应强度大小随时间变
化规律为B＝kt，已知金属框阻值一定，从t＝0开始的全过程轻
绳不会被拉断，关于该过程，下列说法正确的是（　　）
A. 金属框受到竖直向上的安培力
B. 金属框的感应电动势大小E＝kL2
C. 金属框中感应电流的大小方向均不变
D. 金属框受到的安培力大小不变
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解析： 　线框在磁场中的面积S＝×L＝，根据法拉第电磁感应定律
可知E＝＝＝，设线框的电阻为R，由闭合电路欧姆定律知I＝
＝＝，故电流大小始终不发生改变，故B错误， C正确；根据楞次
定律可得感应电流为逆时针方向，线框上边的电流方向水平向左，根据
左手定则可以判定安培力方向竖直向下，故A错误；线框中电流大小不
变，但磁感应强度大小随时间变化规律为B＝kt，由F＝ILB可知
安培力在增大，故D错误。
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6. （2024·安徽合肥模拟）在匀质轻绳上有两个相距12 m的波源S1、S2，两
波源的连线上有两质点A、B，A与波源S1相距3 m，B与波源S2相距8 m，
如图甲所示。t＝0 s时两波源同时上下振动产生两列绳波，其中S2的振
动图像如图乙所示，经过一段时间观察到A点振动始终加强，B点振动
始终减弱，两者振幅差20 cm，且A、B之间没有振动加强点和减弱点，
则下列说法正确的是（　　）
A. 波源S1产生的波的波长为6 m
B. 波源S1起振的方向向下
C. 稳定后在两波源之间（不包括波源）有奇数个加强点
D. 0～1 s内质点B通过的路程为64 cm
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解析： 　两波源在匀质轻绳上传播，速度相同，且能发生稳定的干
涉，频率相同，故则两列波的波长相同，A、B两者相距1 m，A点振动
始终加强，B点振动始终减弱，且A、B之间没有振动加强点和减弱点，
则2xAB＝λ，解得波源S1产生的波的波长为λ＝4 m，故A错误；在A点，
波程差为6 m，为λ，A点振动始终加强，故两波源起振相反，由图乙可
知S2起振方向向下，故S1起振的方向向上，故B错误；两波源起振相
反，故中间点是减弱点，根据对称性可知加强点为偶数个，故C错误；
设S2的振幅为A2＝12 cm且A2＞A1，振动加强点的振幅为A0＝A1＋A2，振动
减弱点的振幅为A0'＝A2－A1，则ΔA＝A0－A0'＝2A1＝20 cm，解得A1＝10
cm，符合题意，故S1的振幅为10 cm，先传到B点用时0.2 s，B点振动0.2后，S2传到B，接下来一起振动0.6 s，所以质点B运动的路程为s＝4A1＋
12＝64 cm，故D正确。
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7. （2024·山东聊城三模）如图所示，由同种材料制成的玻璃吊坠下部分
是半径为R的半球体，上部分是高为R的圆锥体，O点为半球体的球心，
M为圆锥体的顶点。平行于MO的光线从半球体表面N点射入玻璃吊坠，
经折射后恰好经过M点，N点到直线MO的距离为R，则该玻璃吊坠的
折射率为（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　光路图如图所示，其中ON为法线，入射角为
θ，折射角为α，因为MO＝NO，所以∠NMO＝∠MNO＝
α，由几何知识可得θ＝∠NOC＝∠NMO＋∠MNO＝2α，
故折射率为n＝＝＝2cos α，由题意可知sin θ＝
＝，解得θ＝60°，所以α＝30°，故n＝，故选C。
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二、多项选择题
8. （2024·广东惠州期末）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（　　）
A. 在甲桶中，尘粒的加速度一直不变
B. 在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场
力变小
C. 任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一
定相等
D. 甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等
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解析： 　在甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒受电场
力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合
力随速度的变化而改变，根据公式F＝ma，可知，尘粒合外力改变，则
尘粒的加速度变化，A错误；乙空间中的电场为放射状的，不是匀强电
场，因此越远离导线的地方电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程
中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据公式W＝Fs，F＝qE，整理可
知W＝qEs，由于尘粒在电场中，不做匀速直线运动，故在任意相等时
间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒
做的功不一定相等，C错误；根据公式W＝qU，可知，电场力对单个尘
粒做功的最大值都等于qU，D正确。
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9. （2024·河南郑州预测）如图，虚线MN右侧有垂直于纸面向外的磁场，
取MN上一点O作为原点，水平向右建立x轴，磁场的磁感应强度B随x坐
标（以m为单位）的分布规律为B＝1＋x（T），一质量为1 kg、边长为1
m、电阻为2 Ω的正方形金属框abcd在MN左侧的光滑水平面上在水平力
的作用下进入磁场，在金属框运动的过程中，ab边始终与MN平行，金
属框进入磁场的过程中电流大小始终为1 A，之后以完全进入时的速度
做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　）
A. 金属框ab边刚进磁场时的速度大小为2 m/s
B. 金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为 C
C. 金属框进入磁场的过程动能减小了1 J
D. 金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5 W
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解析： 　金属框ab边刚进磁场时I＝，解得v1＝2 m/s，故A
正确；金属框进入磁场的过程通过金属框截面的电荷量q＝·Δt＝
·Δt＝·Δt＝＝＝ C＝ C，故B正确；当金属框
cd边刚好要进磁场时，设速度为v2，则I＝，解得v2＝1
m/s，因此金属框进入磁场的过程动能的减少量为ΔEk＝m－
m＝1.5 J，故C错误；金属框完全进入磁场后速度保持不变，由I'＝，可知，I'为定值0.5 A，外力做功的功率大小为P＝I'2R＝0.5 W，故D正确。
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10. （2024·湖南师大附模拟）如图甲所示，
竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为
m、可视为质点的铁球从距弹簧上端h的
O点静止释放，以O点为坐标原点，铁球
所受弹力F的大小随铁球下落的位置坐标
x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。下列结论正确的是（　　）
A. 弹簧弹性势能最大值为mg（h＋2x0）
B. 铁球运动过程中最大动能mgh＋mgx0
C. 当x＝h时铁球重力势能与弹簧弹性势能之和最小
D. 铁球压缩弹簧过程中重力做功功率先增大后减小
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解析： 　由题图乙可知，当x＝h＋x0时，铁球的重力跟弹簧弹力平
衡，此时铁球速度最大，动能最大，所以铁球和弹簧组成的系统的重
力势能与弹性势能之和最小，根据机械能守恒定律可得mg（h＋x0）－
mgx0＝Ekm，可得Ekm＝mgh＋mgx0，故B正确，C错误；铁球刚接触
弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，铁球加速下降，重力做功功
率逐渐增大，重力与弹簧弹力大小相等后，铁球继续向下运动，由于
弹簧弹力大于重力，铁球减速下降，重力做功功率逐渐减小，故D正
确；假如铁球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为2x0，而实际上铁球刚接触弹簧时有向下的速度，可知弹簧的最大压缩量大于2x0，铁球运动到最低点的坐标大于h＋2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg（h＋2x0），故A错误。
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三、实验题
11. 在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）下列操作正确的是 。
解析： 应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点
计时器，由静止释放。故选B。
B
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（2）实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示，
已知打点的频率为 50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大
小为 m/s（保留三位有效数字）。
3.34
解析： 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过
程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小v13＝
＝f＝3.34 m/s。
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（3）某同学用纸带的数据求出重力加速度g＝9.77 m/s2，并用此g值计
算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为
5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结
果 （选填“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由
是 。
解析： 能验证机械能守恒；理由是“在误差允许的范围
内，重锤的重力势能减小值等于动能增加值”。
能
见解析
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12. （2024·浙江温州二模）磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电
阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称为磁阻效应。某实验小
组利用伏安法测量一磁敏电阻RM的阻值（约几千欧）随磁感应强度的
变化关系。
所用器材：电源E（6 V）、滑动变阻器R（最大阻值为20 Ω），电压表
（量程为0～3 V，内阻为2 kΩ）和毫安表（量程为0～3 mA，内阻不
计）。定值电阻R0＝1 kΩ、开关、导线若干
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（1）为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大，实验小组设计的电
路图如图甲所示，请用笔画线代替导线在乙图中将实物连线补充
完整。
答案： 见解析图　
解析： 根据电路图甲，在乙图
中补充实物连线图如图
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（2）某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表的读数
为 V，电流表读数为0.5 mA，则此时磁敏电阻的阻值
为 。
解析： 电压表的最小刻度值为0.1 V，如图丙所示，电压表
的读数为1.30 V，
根据串联电路电压与电阻成正比的关系，磁敏电阻两端的电压为
×＝1.95 V
电流表读数为0.5 mA，故此时磁敏电阻的阻值为R＝ Ω＝
3 900 Ω。
1.30
3 900 Ω（3.9×103 Ω）
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（3）实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图丁
所示，某同学利用该磁敏电阻制作了一种报警器，其电路的一部
分如图戊所示。图中E为直流电源（电动势为6.0 V，内阻可忽
略），当图中的输出电压达到或超过2.0 V时，便触发报警器
（图中未画出）报警。若要求开始报警时磁感应强度为0.2 T，
则图中 （填“R1”或“R2”）应使用磁敏电阻，另一固定
电阻的阻值应为 kΩ（保留2位有效数字）。
R2
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解析： 根据闭合电路欧姆定律可得输出电压为U＝
要求输出电压达到或超过2.0 V时报警，即要求磁感应强度增大
时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要R2的阻值
增大才能实现此功能，故R2为磁敏电阻；
开始报警时磁感应强度为0.2 T，此时R2＝1.4 kΩ
电压为U＝2.0 V
根据电路关系有＝
解得另一固定电阻的阻值应为R1＝2.8 kΩ。
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