2026版《决胜蓝图》特色专项训练 第2部分 1 小套题综合练(一) -试卷（含答案）物理高考大二轮专题复习

小套题综合练(一)
(10个选择题＋1个实验题＋2个计算题)
一、选择题：本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求；第8～10题有多项符合题目要求。
1．(2024·江苏泰州市调研测试)科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26，其衰变方程为Al→Mg＋X，则X是(　　)
A．正电子　　　　　　 B．电子
C．质子 D．氦核
2．(2024·北京市东城区期末)如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。已知开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则下列说法正确的是(　　)
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A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转
B．开关闭合瞬间，在A线圈中没有电磁感应现象发生
C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转
D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力
3．(2024·广东佛山市禅城区二模调研)图甲所示的医用智能机器人在某医院大厅巡视，图乙是该机器人在某段时间内做直线运动的位移—时间图像，20 s到30 s的图线为曲线，其余为直线，则机器人在(　　)
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A．前10 s内做匀加速直线运动
B．前20 s内平均速度大小为零
C．前30 s内的位移大小为5 m
D．5 s末的速度与15 s末的速度相同
4．(2024·云南省一模)光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳，两人分别握住绳的一端，在水平面上沿垂直于绳的方向摆动，形成沿x轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列波的波动图像分别如图甲、乙所示，此时两列波分别传到离手12 m和15 m处。下列说法正确的是(　　)
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A．两列波的周期相等
B．两列波的波源同时开始振动
C．两列波的波源起振方向相同
D．此时图乙所示的波中x＝8 m处质点的加速度方向沿y轴负方向
5．(2024·湖北省八市3月联考)如图为一定质量的理想气体经历a→b→c过程的压强p随摄氏温度t变化的图像，其中ab平行于 t轴，cb的延长线过坐标原点。下列判断正确的是(　　 )
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A．a→b过程，所有气体分子的运动速率都减小
B．a→b过程，单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加
C．b→c过程，气体体积保持不变，从外界吸热，内能增加
D．b→c过程，气体膨胀对外界做功，从外界吸热，内能增加
6．(2024·江苏南京市、盐城市一模)用图甲所示实验装置探究光电效应规律，得到a、b两种金属材料的遏止电压Uc随入射光频率ν变化的图线如图乙中1和2所示，则下列有关说法正确的是(　　)
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A．图线的斜率表示普朗克常量h
B．金属材料a的逸出功较大
C．用同一种光照射发生光电效应时，a材料逸出的光电子最大初动能较大
D．光电子在真空管中被加速
7.(2024·江苏南京市、盐城市一模)某电子束焊接机的工作原理如图所示，在直流高压作用下，阴极K(接地)与阳极A之间形成辐向电场，虚线为电场线，在同一电场线上有B、C、D三点，BC＝CD。一电子以某一初速度从B点沿直线运动到D点。下列说法正确的是(　　)
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A．电子受到的电场力不变
B．电子的电势能逐渐减小
C．B、C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差
D．电子从B点运动到C点的时间等于其从C点运动到D点的时间
8．(2024·天津市和平区期末质量调查)如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动方向在图甲中标出，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈的匝数为10，电流表A为理想电流表。下列说法正确的是(　　)
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A．t＝1.0 s时交流电流表示数为零
B．t＝0.5 s时线圈和磁场方向垂直
C．线圈感应电动势的最大值为2 V
D．在图甲位置，线圈中的电流方向为ABCD
9.(2024·黑龙江齐齐哈尔市期末)质量为1 kg的物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)
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A．第1 s内，物体的动能增加量为3 J
B．第2 s内，合外力所做的功为2.5 J
C．第2 s末，合外力的瞬时功率为3 W
D．前2 s内，合外力的平均功率为2.25 W
10．(2024·湖南娄底市期末)如图所示，楔形玻璃的横截面AOB的顶角θ＝37°，OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光线射向OB边，不考虑多次反射，从OB边射出的最短时间为，其中c为光在真空中的传播速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
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A．光在玻璃中的传播速度为c
B．玻璃的折射率为1.25
C．从S点射向O点的光线恰好能发生全反射
D．OB上的发光长度为L
二、非选择题：本题共3小题。
11．(2024·广东湛江市二模)某同学准备用自由落体测量当地重力加速度。已知打点计时器所接电源频率为50 Hz。
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(1)实验室中有如图甲所示的器材，在该实验中需要使用到的器材有____________(填器材前的字母)。
(2)实验中得到一条打点清晰的纸带，a、b、c是纸带上连续打出的三个点，用毫米刻度尺测量这三个点的距离如图乙所示，打b点时，纸带的速度大小为____________m/s。(结果保留3位有效数字)
(3)关于这个实验，下列说法正确的是________。
A．实验过程中，应该先释放纸带，再接通电源
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，则必须弃用该纸带
C．利用这种方法也可以验证机械能守恒定律
D．若测得的重力加速度比当地真实值大，则其原因可能是交流电的频率大于50 Hz
12．(2024·广东梅州市二模)大型庆典活动中，经常放飞气球，某次活动使用的气球为氦气球，每个气球需要充入氦气10 L，充气后压强等于一个标准大气压，地面附近空气温度为27 ℃、压强为1.0×105 Pa。
(1)用一个体积为50 L、压强为2.0×107 Pa的氦气罐给气球充气(认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度一致，不发生变化)，在忽略漏气损耗的情况下，这样的1个氦气罐可以充满多少个氦气球？
(2)本次活动使用的气球由可降解材料制成，当气球体积膨胀到15 L时会发生爆炸。已知高度每升高1 000 m，空气温度下降6 ℃。若一个气球在刚好上升到2 000 m时发生爆炸(气球上升过程中没有漏气)，则此时2 000 m高处气球内气体压强为多少？
13．(2024·黑龙江省第二次联考)如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，倾斜轨道AB与半径R＝0.5 m的圆形轨道相切于B点，圆形轨道在最低点C处略有错开。一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从倾斜轨道AB的顶端A点由静止开始滑下，从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点，接着进入水平轨道CD，然后滑上与D点等高的质量M＝2 kg的滑槽，物块最终未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长LEF＝0.4 m，FG部分为半径r＝0.1 m的四分之一圆弧轨道。已知物块与斜面轨道AB和水平轨道CD间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0<μ2<1，其他接触面均光滑，水平轨道CD长LCD＝2.1 m，OB与OC的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。
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(1)求物块通过圆形轨道最低点C处时，对轨道的压力大小。
(2)求倾斜轨道AB的长度LAB。
(3)若物块始终不脱离滑槽，求物块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。
[特色专项训练]
第二部分|小套题综合练
小套题综合练(一)
1．解析：选A。设X的核电荷数为Z，质量数为A，根据电荷数守恒和质量数守恒可得13＝12＋Z，26＝26＋A，解得Z＝1，A＝0，可得X是正电子。
2．解析：选C。开关断开瞬间，线圈B的磁通量变小，则有感应电流产生，所以电流表指针偏转，故A错误；开关闭合瞬间，A线圈的磁通量变大，则在A线圈中也会产生感应电流，即在A线圈中有电磁感应现象发生，故B错误；由题可知，开关闭合瞬间，即线圈B的磁通量变大瞬间，电流表指针向右偏转，则开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电路中的电流增大，A线圈中产生的磁场增强，导致线圈B的磁通量变大，所以电流表指针向右偏转，故C正确；开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B的磁通量变小，则根据楞次定律可知，线圈B将对线圈A产生吸引力来阻碍线圈B的磁通量变小，故D错误。
3．解析：选B。根据x－t图线的斜率表示速度，可知前10 s内机器人做匀速直线运动，故A错误；前20 s内机器人发生的位移为零，则前20 s内平均速度大小为零，故B正确；在前30 s内有Δx＝0－2 m＝－2 m，可知前30 s内的位移大小为2 m，故C错误；5 s末的速度与15 s末的速度大小相等，方向相反，故D错误。
4．解析：选D。由题意可知两列波的传播速度相同，由题图甲、乙可知，两列波的波长不同，则两列波的周期不相等，故A错误；由于两列波的传播速度相同，两列波的传播距离不同，所以两列波的波源不是同时开始振动的，故B错误；根据波形平移法可知，题图甲中x＝12 m处质点的起振方向沿y轴负方向，题图乙中x＝15 m处质点的起振方向沿y轴正方向，而波源的起振方向与质点的起振方向相同，所以两列波的波源起振方向不相同，故C错误；此时题图乙所示的波中x＝8 m处质点位移方向为y轴正方向，则加速度方向沿y轴负方向，故D正确。
5．解析：选B。a→b过程，温度降低，气体分子的平均速率减小，满足统计规律，也有个别分子运动速率会增加，A错误；a→b过程，温度降低，分子撞击容器壁的平均作用力减小，而压强保持不变，因此单位时间撞击单位面积器壁的分子数增加，B正确；把该图像转化为p－T图像如图所示，
INCLUDEPICTURE "25YA72.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA72.TIF" \* MERGEFORMAT
在b→c过程，图像上的点与坐标原点连线斜率增加，根据＝C，可知气体体积减小，外界对气体做功，温度升高内能增加，C、D错误。
6．解析：选C。由爱因斯坦光电效应方程有hν－W0＝Ek，遏止电压Uc与最大初动能关系为Ek＝eUc，可得Uc＝ν－，可知图线的斜率k＝，A错误；图线在纵轴上的截距为－，由题图可知，Wb>Wa，B错误；由于a材料的逸出功较小，则用同一种光照射发生光电效应时，a材料逸出的光电子最大初动能较大，C正确；图中光电管加的是反向电压，光电子在真空管中被减速，D错误。
7．解析：选C。电场线越密电场强度越大，由题图可知，从B点到D点，电场强度越来越小，则电子受到的电场力逐渐减小，故A错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低，从B点到D点，电势逐渐降低，电势能Ep＝qφ，可知电子所在位置的电势能逐渐升高，故B错误；由于B、C间的平均电场强度大于C、D间的平均电场强度，且BC＝CD，又U＝Ed，则B、C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差，故C正确；电子从B点运动到D点的过程中做减速直线运动，则电子从B点运动到C点过程中的平均速度大于从C点运动到D点过程中的平均速度，由t＝，可知电子从B点运动到C点的时间小于其从C点运动到D点的时间，故D错误。
8．解析：选BC。电表的读数为有效值，不管磁通量如何变化，交流电流表的示数始终为所产生交变电流的有效值，故A错误；根据题图乙可知，t＝0.5 s时线圈的磁通量最大，此时线圈平面与磁场垂直，故B正确；根据法拉第电磁感应定律，结合题图乙中磁通量的变化可得产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NΦmω，其中Φm＝ Wb，T＝2 s，ω＝＝ rad/s＝π rad/s，代入数据解得Em＝2 V，故C正确；在题图甲位置，随着线框的转动，线框中的磁通量要增大，根据楞次定律结合安培定则可知，此时感应电流的方向为ADCB，故D错误。
9．解析：选BCD。在第1 s内加速度恒定，v1＝a1t1＝2 m/s，第1 s内物体的动能增加量ΔEk＝mv－0＝2 J，故A错误；v2＝v1＋a2t2＝3 m/s，第2 s内合外力所做的功W＝mv－mv＝2.5 J，故B正确；第2 s末合外力大小F＝ma2＝1 N，瞬时功率P＝Fv2＝3 W，故C正确；在前2 s内合外力做的功W′＝mv－0＝4.5 J，则平均功率＝＝2.25 W，故D正确。
10．解析：选BC。光源S到OB的最短传播距离d＝L sin θ，传播速度v＝，解得v＝c，故A错误；根据v＝，可得玻璃的折射率n＝1.25，故B正确；根据全反射定义知sin C＝，可得临界角C＝53°，故C正确；根据对称性OB上的发光长度x＝2L cos θ＝L，故D错误。
11．解析：(1)重物从高处由静止开始下落，打点计时器在重物拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有A、C。
(2)相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.02 s，打b点时，纸带的速度大小vb＝＝×10－2 m/s≈1.38 m/s。
(3)实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；加速度a＝＝Δxf2，因实际频率大于50 Hz，而计算时代入的仍是50 Hz，所以会造成测量值比真实值偏小，故D错误。
答案：(1)AC　(2)1.38　(3)C
12．解析：(1)氦气罐体积V＝50 L
压强p＝2.0×107 Pa
每个气球充满气的体积V0＝10 L
压强p0＝1.0×105 Pa
由玻意耳定律可得pV＝p0(nV0＋V)
可得n＝995
所以每个氦气罐可以充满995个气球。
(2)在地面V0＝10 L
压强p0＝1.0×105 Pa
温度T0＝300 K
到达2 000 m高空时
V1＝15 L
温度T1＝288 K
由理想气体状态方程＝
解得p1＝6.4×104 Pa。
答案：(1)995个　(2)6.4×104 Pa
13．解析：(1)物块恰好通过轨道的最高点，则mg＝m
v＝＝ m/s
从圆形轨道最高点到C点，由动能定理可得mg×2R＝mv－mv2
解得vC＝5 m/s
在C点由牛顿第二定律可得
FN－mg＝m eq \f(v,R)
得FN＝60 N
根据牛顿第三定律，物块通过圆形轨道最低点C处时，对轨道的压力大小
FN′＝FN＝60 N。
(2)从A到C应用动能定理可得
mgLABsin θ＋mgR(1－cos θ)－μ1mgLABcos θ＝mv－0
解得LAB＝5.75 m。
(3)物块从C到D，应用动能定理可得
－μ1mgLCD＝mv－mv
解得vD＝2 m/s
对物块与滑槽，物块始终不脱离滑槽，最终二者共速，系统水平方向动量守恒，有mvD＝(m＋M)v1
得v1＝ m/s
如果滑到最高点G，由能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v＋μ2mgLEF＋mgr
解得μ2＝
如果物块能滑到最高点G又滑到E处，由能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v＋2μ2′mgLEF
解得μ2′＝
因此，若物块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是≤μ2＜1。
答案：(1)60 N　(2)5.75 m
(3)≤μ2＜1