能力提分練（二）2026高考物理第二輪復習專練

2026高考物理第二輪專題復習

能力題提分練（二）

一、單項選擇題:本題共4小題,每小題3分，共12分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.（2025天津耀華中學?模）某住宅小區的應急供電系統，由交流發電機和副線圈匝數可調的理想降壓

變壓器組成,發電機中矩形線圈電阻不計，它可繞軸OO,在磁感應強度為8的勻強磁場中以角速度/勻

速轉動。降壓變壓器副線圈上的滑動片上下移動時可改變輸出電壓,品表示用戶端輸電線電阻。下列

判斷正確的是（）

X

X

A.當用戶用電器增加時，為使用戶電壓保持不變，滑動片應向下滑動

B.當用戶用電器減少，其他條件不變時，原線圈兩端電壓也減小

C.若發電機線圈某時刻處于圖示位置，變壓器原線圈的電壓瞬時值最大

D.若發電機線圈的轉速減為原來的一半川戶獲得的交變電流頻率保持不變

2.（2025江蘇南京模擬）在研究光電效應時用不同波長的光照射某金屬，產生光電子的最大初動能Ekmax

與入射光波長2的關系如圖所示。大量處于〃=3能級的氫原子向低能級躍遷，產生的光子中僅有一種

能引發該金屬的光電效應。已知氫原子基態能量為鼠,真空中光速為。,則（）

A.普朗克常量為生

8，=公時，光電子的最大初動能為反

C.EQ<［七］

D.E<)>汨

3.（2025云南騰沖模擬）一簡諧橫波沿諭正方向傳播J=0時刻的波形如圖甲所示K=0.3

m處的質點的振動圖像如圖乙所示,已知該波的波長大于0.301,則（）

A」=0時亥必=0處的質點正在向了軸正方向振動

B./=0時刻x=0.3m處的質點正在向）軸負方向振動

C.該波的波長為0.7m

D.該波的波長為0.8m

4.（2025四川雅安模擬）2024年4月28口，神舟十七、神舟十八乘組在軌舉行交接儀式，移交中國空間站

的鑰匙。假設空間站繞地球做勻速圓周運動，它與地心連線在單位時間內掃過的面積為5。已知地球

半徑為R,地球表面重力加速度為g。空間站的軌道半徑為（）

A.塔B學

4S2gR~

C.空D駕

16S3gR2

二、多項選擇題:本題共2小題,每小題4分，共8分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，

選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

5.（2025山東德州模擬）如圖所示,傾角為。的斜面體放在粗糙的水平地面上，斜面頂端與勁度系數為底

自然長度為/的輕質彈簧相連，彈簧的另一端連接質量為〃，的物塊。壓縮彈簧使其長度為:/時將物塊由

靜止開始釋放，且在物塊以后的運動過程中,斜面體始終處「靜止狀態,斜面光滑且足夠長。最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為&彈簧形變量始終都在彈性限度內。下列說法正確的是（）

A?彈簧的最大伸長量為*駕吧

B.彈簧的最大伸長最為:/+鱉學

4k

C.彈簧最長時地面對斜面體的睜摩擦力等于彈簧最短時地面對斜面體的靜摩擦力

D.彈簧最長時地面對斜面體的靜摩擦力大于彈簧最短時地面對斜面體的靜摩擦力

6.如圖所示，間距為/的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成傾角為夕=60。的導軌處于

方向豎直向上的勻強磁場中，水平導軌處丁方向豎直向下的勻強磁場中,兩部分磁場的磁感應強度大

小均為瓦長度均為/的金屬桿如、金屬框“或分別垂直導軌放置于導軌的傾斜部分和水平部分，金屬

桿的質量為或金屬框。慮/的質量為2皿由靜止釋放金屬桿時后，金屬桿和金屬框開始運動，經足夠長時

間后，兩者達到穩定運動狀態。金屬桿和金屬框在運動過程中始終與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠

長，不計摩擦阻力和導軌電阻，重力加速度為g,忽略磁場邊界效應。兩者達到穩定運動狀態后，下列說

法正確的是（）

A.金屬桿向中電流方向為b—a

B.金屬桿面中電流大小為誓

C.金屬桿加中電流大小為例

D.金屬桿和金屬框做加速度大小不同的勻加速直線運動

三、非選擇題:本題共4小題，共40分。

7.（8分）（2025遼寧大連一模）某物理實驗小組為探究滑動變阻盤最大阻值對“限流電路”和“分壓電路”

的電壓調節范圍的影響，設計如下實驗。

甲

0102030405060708090100R/Q

乙

⑴在探究“限流電路''時，某同學用電阻箱代替滑動變阻器，設計了如圖甲所示的電路圖。已知&=10

Q,調節4,記錄對應的電壓數值，最后繪制成U-R圖像如圖乙所示。分析圖乙可知，采用“限流電路”測

量約為10。的電阻時,滑動變阻器最大阻值應選擇O

A.IQ

B.30C

C.I00Q

⑵已知&'=100

C,在探究“分壓電路''時，在圖丙的基礎上，小組設計了如圖丁所示的電路圖（用心和R2共同模擬最大阻

值分別為1。、10C、100C、1000。的滑動變阻器）。調節R和&，記錄數據，繪制如圖戊所示圖像。

T

分析圖戊可知，考慮電壓調節范圍盡量大些,應排除考慮電壓隨滑動變阻器阻值均

勻變化，應排除.。（均選填“①”“②”“③”或“④”）

⑶另一同學認為用“分壓電路''測量電阻時，滑動變阻器的最大阻值越小越好。請判斷該觀點是否正

確，并簡要說明理由―。

8.（8分）小朋友玩的一種彈珠游戲的簡化模型（俯視圖）如圖所示。內壁光滑、半徑為R的圓形擋板固定

在光滑水平面上,質量分別為出2加、〃?的〃、力、c彈珠（均可視為質點）靜止在圓形擋板同一直徑兩側

。、。兩彈珠緊靠在一-起。現將。、c兩彈珠分別以物和3%的速度沿相反方向彈出，彈珠間所有的碰撞

均為彈性碰撞，彈珠始終沿圓軌道運動。求:

（I）方彈珠第一次碰撞后瞬間的速度;

⑵從4、C彈珠開始運動到〃、C彈珠第一次相碰所經歷的時間C

9.（10分）（2025陜西咸陽模擬）如圖所示，在X。），平面直角坐標系中，第一象限存在沿），軸正方向的勻強電

場，第二象限內虛線00,與x軸負方向的夾角為。=60。。。，與y軸之間存在垂直于紙面向外的勻強磁場（

邊界存在磁場），第四象限內P、Q兩個平行金屬板之間的電壓為U,一質量為機、電荷量為-4（，/>0）的粒

了,（不計粒子重力），從靠近P板的S點由靜止開始做加速運動，從丫軸正半軸的A點進入電場,速度與x軸負

方向的夾角為。=60。,經電場偏轉后從點M（（U）垂直于y軸進入缺場,粒子恰好不從。。邊界射出磁場。

求:

⑴粒子運動從A點射入電場時的速度大小和電場強度E的大小;

⑵粒子在電場中運動的時間和A點坐標;

⑶磁感應強度B的大小。

10.（14分）（2025湖北襄陽模擬）如圖所示，相距為L的兩物塊A和B（均可視為質點）靜置「足夠長的斜面

上，斜面的傾角為夕=37。。物塊A的質量為〃?，物塊8的質量為3〃?.物塊A與斜面間沒有摩擦，物塊B與斜面

間的動摩擦因數/，=0.5。同時由靜止釋放A、B,此后A、B間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間極短。己

知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。

⑵求在第?次碰撞后到第二次碰撞前的過程中工、8之間的最大距離;

⑶從靜止釋放物塊43開始到第〃次碰撞前的過程中，求物塊8與斜面間因摩擦所產生的熱量。

答案

1.A解析

當用戶用電器增加時，負載電阻減小，副線圈輸出電流增大,輸電線上的電壓損失變大用戶得到的電壓

變小，為使用戶電壓不變，應增加副線圈的匝數,提高輸出電壓，所以滑動片應向下滑動，故A正確;由于

原線圈兩端的電壓由發電機決定，所以當用戶用電器減少,或他條件不變時，原線圈兩端電壓不變，故B

錯誤;圖示位置線圈的磁通量最大，穿過線圈磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故C錯誤;若發電機

線圈的轉速減為原來的?半，根據〃=/可知，交變電流的頻率將減為原來的?半,變壓器不改變交變電

流的頻率，所以用戶獲得的交變電流頻率減為原來的一半，故D錯誤。

2.B解析

根據題意,由愛因斯坦光電效應方程有￡kmax="W(),乂由片知反max=心陰)，結合圖像口J知M)=￡。,當

AA

A=加時,Ekmax二。,則有力==—，故A錯誤;當％=0時，代入Eknux-W(),解得Ekmax二瓦，故B正確;氫原子

cc2X

基態能量為E，則〃=3能級的氫原子能量為2,〃=2能級的氫原子能量為斗,由題可知從〃=3能級向基態

躍遷產生的光子能夠引發該金屬的光電效應，從〃=2能級向基態躍遷產生的光子不能引發該金屬的光

電效應，則仁當卜氏4：石/故C、D錯誤。

3.D解析

由于該波沿x軸正向傳播，由圖甲可知片0時刻尸0處的質點正在沿)軸負方向振動，故A錯誤油圖乙可

知1=0時刻x=0.3m處的質點正在沿)，軸正方向振動，故B錯誤;由于波長大于0.3

m且波沿x軸正方向傳播，由圖乙可知x=0.3m處的質點在圖中的尸位置如圖所示，則有Q+g)z=0.3

m,解得7=0.8m,故C錯誤,D正確。

4.B解析

空間站繞地球做勻速圓周運動根據萬有引力提供向心力可知誓二:"肉，根據幾何關系可知，空間站

與地心連線在單位時間內掃過的面積S=?，在地球表面受到的萬有引力等于重力，有等二mg,聯立解

得空間站繞地球的軌道半徑片名,故選B。

gR

5.AC解析

由題意可知，物塊在斜面上圍繞平衡位置做簡諧運動，設物塊在斜面上平衡時,彈簧伸長量為M簡諧運

動的振幅為A,由力的平衡知識結合胡克定律可得〃△/=mgsin

見故得△/二竽，根據題意知物塊做簡諧運動的振幅A=（/-：/）+△/=*誓,彈簧的最大伸長量為小

=A+"=」+當一故A正確,B借誤;設彈簧最短時，即物塊處于最高點時其加速度大小為4方向平行于

4k

斜面向下,對物塊和斜面體組成的系統進行整體分析，水平方向由牛頓第二定律可得地面對斜面體的

靜摩擦力后二〃q，而4x=ncosa,故得彈簧最短時地面對斜面體的靜摩擦力F\=macos

久其方向水平向左,由簡諧運動的對稱性，同理可得彈簧最長時地面對斜面體的靜摩擦力壓中MCOS

%其方向水平向右，顯然&i=F⑵故C正確,D錯誤。

6.ABD解析

由右手定則可知金屬桿4。中電流方向為〃TQ,故A正確;設金屬桿下降的速度為片，金屬框向右的速度

為吸，電路中的電流/二町y'2，兩者達到穩定運動狀態時電流恒定，即叫COS

R總

%也為一定值，所以當金屬桿和金屬框的加速度滿足0cos

夕=。2時，兩者達到穩定抑根據牛頓第二定律,在運動過程中，對金屬桿有〃?gsin0-BHcos

9=ma?，可得桿的加速度。產〃收sin"'//cos。,對金屬框有4〃=2〃也2,金屬框的加速度〃2==，解得/=與竽，故B

m2m34/

、D正確,C錯誤。

7.答案（1）B（2）①④（3）不正確，理由見解析

解析（I）采用“限流電路''測量約為10

。的電阻時，滑動變阻器作為限流元件，若阻值過小，調節滑動變阻器的滑動片時,電流變化不明顯;若阻

值過大，不方便調節滑動變阻器的滑動片，當滑動變阻器的滑動片有微小變化，電路的電流就會有顯著

變化;滑動變阻器的阻值與待測電阻相當，既能起到限流作用，又方便調節，故A、C錯誤,B正確,

⑵分析圖戊可知,圖線①的電壓調節范圍約為0?2

V,為了使電壓U調節范圍盡量大些，則最應排除的是圖線①;圖線④出現了明顯的彎曲，為使電壓U隨滑

動變阻器滑動片移動趨于均勻變化，則最應排除圖線④。

⑶他的觀點不正確;根據上述⑵分析可知，當治尸1

G時，電壓調節范圍最小，用“分區電路''測量電阻時，滑動變阻器的最大阻值R“并不是越小越好,因此當

滑動變阻器最大阻值過小時，電壓調節范圍會過小。

8.答案（1）2%⑵管

解析

⑴因C彈珠速度較大，故仇C兩彈珠先相碰，設碰后C彈珠的速度為月用單珠的速度為12由動量守恒定律

有

3mvo=mv\+2〃?也

由能量守恒定律有

22

3vo）]2+：x2WV2

聯立解得刃=-1的,也=2小

⑵由分析可知,〃、/,兩彈珠將在軌道4點發生碰撞，如圖所示

設碰后。彈珠的速度為心力彈珠的速度為此由動量守恒定律有

2mv2-mvQ=mv3+2mv4

由能量守恒定律有

2

；x2mv22+17yo2=J”為2+：x2/*

聯立解得力=3%￡4=0

即碰后b彈珠靜止，而后速度大小為3%的。彈珠與速度大小為i，o的c彈珠迎撞，相撞點為圓軌道上6點，由

于4、C兩彈珠質量相等，碰后速度交換，即恢復到初始狀態，只是彈珠4、仄C的位置沿圓軌道順時針轉

過80。,這個過程中〃彈珠運動的時間為

2兀R8兀/?

3Vo9Vo

絲

4Z.

苦浮凈0)

解析⑴設粒子從A點射入電場時的速度大小為卬,由動能定理得出三“引

可得所健=叵①

7mm

粒子在電場中從A點到加點做類斜拋運動，在豎直方向上有(wsin〃)2=2x此Z

ni

解得電場強度的大小石=誓=」

SqL4L

⑵根據逆向思維，粒子從4點到加點的逆運動為從M點到A點的類平拋運動

則X方向有Vx=V0COS8、

y方向有v\=wsin<9X=-vvr

解得粒子在電場中運動的時間-畢=紐率4=#七

3VQ3qU3

故4點坐標為(竽￡,0)。

⑶帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示

設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為R

D

根據幾何關系有R+…7；=L

解得R3

根據牛頓第二定律有夕以8=〃/而wocos6

聯立解得磁感應強度的大小B二舞=警正

2qL2qL

10.答案⑴O2&Z(2)L

(3}0.6(6772-6/?+1)nigL

解析(1)對A由牛頓第二定律有

加gsin夕=，〃。[,解得〃i=0.6g

對8由牛頓第二定律有

3〃?gsin0-43〃?gcos0=3〃也豈解得〃2=0.2g

故A、8第一次碰撞前,A加速8也加速

設A、8開始運動到人8第一次碰撞所用時間為小則有乙=9山2_、”]2

解得/尸

則碰撞前瞬間A、8的速度分別為wi=0h=MgL,vgi=6/2/I=

A和8發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得

rnvA\+3"八勿1="八3?'+3〃"力1'

1

ynvA\/+]3〃八為1=5〃八'*~+；?3〃”81

聯立解得知'=0』例'=

⑵第?次碰撞后到第二次碰撞前4、8共速時相距最遠，設運動時間為機則有

v=VR\f+?2/o=V4i'+aMo,dm=；（〃81'+丫），0-；（以I'+y）f。

聯立解