2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第三部分高考題型專練計算題增分練(一)(時間：40分鐘)1.(2024·安徽滁州二模)如圖1所示，內(nèi)壁光滑、高度均為2h的兩個絕熱汽缸底部由細管連通，左側(cè)汽缸上端封閉，右側(cè)汽缸上端開口與大氣相通，兩汽缸中面積均為S的絕熱活塞M、N密閉兩部分理想氣體A、B。開始時，氣體A、B溫度均為T，活塞M、N均靜止在距汽缸底部h處。已知活塞M、N的質(zhì)量分別為2m和m，大氣壓強為p0，重力加速度為g，細管內(nèi)氣體體積忽略不計。圖1(1)求氣體A的壓強；(2)緩慢加熱氣體B，使其溫度升至eq\f(4,3)T穩(wěn)定時，求活塞N距汽缸底部的高度；(3)上述加熱過程中，若B吸收的熱量為Q，求B的內(nèi)能增加量。答案(1)p0－eq\f(mg,S)(2)eq\f(5h,3)(3)Q－eq\f(2,3)(p0S＋mg)h解析(1)對活塞M、N受力分析，根據(jù)共點力平衡條件，有pAS＋2mg＝pBS，p0S＋mg＝pBS聯(lián)立解得pA＝p0－eq\f(mg,S)，pB＝p0＋eq\f(mg,S)。(2)緩慢加熱氣體B，使其溫度升至eq\f(4,3)T根據(jù)蓋－呂薩克定律，有eq\f(2hS,T)＝eq\f(h′S,\f(4,3)T)，得h′＝eq\f(8h,3)活塞N距汽缸底部的高度為Δh＝eq\f(8h,3)－h(huán)＝eq\f(5h,3)。(3)在加熱過程中，B中氣體對外做功W＝－pB·ΔV＝－(p0S＋mg)·eq\f(2h,3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q解得ΔU＝Q－eq\f(2,3)(p0S＋mg)h。2.(2024·河南開封二模)如圖2所示，質(zhì)量都為m的物塊A、B靜止在光滑的水平面上，A、B之間用絕緣輕彈簧連接，A緊靠墻壁，勻強電場的方向水平向左，電場強度大小為E，A、B帶電荷量均為q的正電荷，B通過輕繩與電動機連接且輕繩拉直恰好無拉力，電動機的額定電壓為U，內(nèi)阻為R，正常工作時電流為I，t＝0時刻啟動電動機，使電動機在額定功率下拉動B，t時刻B的速度達到最大，此時A恰好離開墻壁，不計A、B間的靜電力作用。求：圖2(1)物塊B的最大速度；(2)彈簧的勁度系數(shù)。答案(1)eq\f(UI－I2R,2qE)(2)eq\f(16q4E4,8（UI－I2R）tq2E2－m（UI－I2R）2)解析(1)當B的加速度a＝0時速度最大，此時輕繩上的拉力為F＝2qE電動機的輸出功率為P＝UI－I2R又P＝Fvm解得vm＝eq\f(UI－I2R,2qE)。(2)對B受力分析可知初始時刻彈簧彈力F1＝qEB速度最大時彈簧彈力F2＝qE所以從初始時刻到B速度最大的過程中，彈簧彈力對B做的總功為零由動能定理得Pt－2qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)由胡克定律得qE＝kx聯(lián)立解得k＝eq\f(16q4E4,8（UI－I2R）tq2E2－m（UI－I2R）2)。3.如圖3所示，平面直角坐標系xOy中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。第一、四象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，第二象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子甲從點S(－l，－eq\f(l,2))以一定初速度釋放，初速度方向與x軸正方向的夾角θ＝45°，從點K(0，－l)垂直y軸進入第四象限磁場區(qū)域，然后從P(l，0)點垂直x軸進入第一象限，同時在P點釋放一質(zhì)量為eq\f(m,3)、電荷量為q(q＞0)、速度為eq\f(3qBl,m)的帶電粒子乙，且速度方向垂直于x軸向上。不計粒子重力及甲、乙兩粒子間的相互作用，求：圖3(1)甲粒子進入第四象限時的速度v0；(2)勻強電場的大小E；(3)甲粒子第n次經(jīng)過y軸時，甲、乙粒子間的距離d。答案(1)eq\f(qBl,m)(2)eq\f(qB2l,m)(3)(4n－2)l(n＝1，2，3，…)解析(1)甲粒子在第四象限內(nèi)的磁場中，由洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)根據(jù)題意有r＝l解得v0＝eq\f(qBl,m)。(2)由題意知甲粒子垂直y軸進入第四象限，速度大小為v0＝eq\f(qBl,m)粒子在第三象限，沿x軸方向l＝v0t0沿y軸方向eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(qB2l,m)。(3)設(shè)甲粒子半徑為r1，乙粒子半徑為r2由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r1)，qv2B＝eq\f(mveq\o\al(2,2),3r2)，其中v2＝eq\f(3qBl,m)可得r1＝r2＝l甲、乙粒子的周期分別為T1＝eq\f(2πr1,v0)，T2＝eq\f(2πr2,v2)可得T1＝3T2如圖所示，當甲粒子第一次到達y軸(y1＝l)時，乙粒子第二次到達y軸(y2＝3l)，兩粒子相距d1＝2l此后每次甲粒子到達y軸時，乙比甲沿y軸多移動Δd＝4l粒子甲第n次經(jīng)過y軸時甲、乙粒子間的距離d＝(4n－2)l(n＝1，2，3，…)。4.(2024·河北唐山二模)如圖4所示，粗糙水平地面上固定一個光滑斜面體，在斜面體末端緊靠一個足夠長的薄木板B，均處于靜止狀態(tài)，薄木板B與斜面體末端等高且平滑連接，距離薄木板B的右端0.5m位置處靜止放置一個物塊C。已知物塊A的質(zhì)量為2kg，薄木板B和物塊C的質(zhì)量均為1kg，物塊A與薄木板B之間的動摩擦因數(shù)為0.2，薄木板B和物塊C與地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.1，薄木板B和物塊C的高度相同，運動過程中物塊A始終不會滑離薄木板B，所有碰撞時間極短且均為彈性碰撞。物塊A在距離薄木板B的上表面1.8m高處沿斜面體靜止釋放，A由斜面滑上薄木板B的過程中能量損失不計，重力加速度g取10m/s2。求：圖4(1)薄木板B與物塊C碰撞前，物塊A速度大小是多少；(2)木板B與物塊C第一次碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷的時間；(3)最終停止時，木板B與物塊C的距離。答案(1)4m/s(2)1s(3)eq\f(1,18)m解析(1)物塊A到達木板時，設(shè)速度為v0，由動能定理可得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/s在B、C相碰之前，設(shè)物塊A的速度v1，加速度大小為aA，木板B的速度為v2，加速度為aB，滑動時間為t1由牛頓第二定律可得μ1mAg＝mAaAμ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB解得aA＝2m/s2，aB＝1m/s2由運動學(xué)規(guī)律，對B：x1＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)對A：v1＝v0－aAt1解得v1＝4m/s，v2＝aBt1＝1m/s。(2)木板B與物塊C相碰，設(shè)碰后B、C的速度分別為v3、v4，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mBv2＝mBv3＋mCv4eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,4)解得v3＝0，v4＝1m/s碰后C做勻減速運動，設(shè)加速度大小為aC，經(jīng)歷時間為t3，位移為x2，則μ2mCg＝mCaC解得aC＝1m/s2第二次碰撞前C靜止，則v4＝aCt3解得時間為t3＝1s此時運動距離為x2＝eq\f(1,2)aCteq\o\al(2,3)＝0.5m由x＝eq\f(1,2)aBt2知B在1s內(nèi)恰好移動0.5m，B追上C，二者加速度大小相同，B加速，C減速，故所需時間為1s，即從第一次碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷時間為1s。(3)第二次碰撞后，設(shè)A的速度v5，由運動學(xué)規(guī)律可得v5＝v1－aAt3設(shè)木板與物塊A達到共速時，速度為v6，時間為t4，則v6＝v5－aAt4，v6＝aBt4設(shè)木板共速之前的位移為x3，共速之后的位移為x4，則x3＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,4)，veq\o\al(2,6)＝2aBx4，x＝x2－x3－x4解得x＝eq\f(1,18)m。模擬檢測卷(二)(時間：90分鐘滿分100分)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。)1.(2024·四川內(nèi)江一模)縱跳儀是運動員用來測試體能的一種裝備，運動員用力從墊板上豎直跳起，然后又自由落回到墊板上，此時儀器上就會顯示出跳起的最大高度。在某次測試時，儀器顯示的高度為80cm。如果運動員的質(zhì)量為60kg，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，那么，下列說法正確的是()A.運動員起跳時，測試板對其做功為480JB.運動員在空中運動的時間為0.8sC.運動員跳起瞬間墊板對運動員的力大于運動員對墊板的力D.運動員在起跳過程和落回過程中，測試板對其沖量大小相等、方向相反答案B解析運動員起跳時，測試板對運動員的作用力位移為零，可知其做功為零，選項A錯誤；運動員在空中運動的時間為t＝2eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.8s，選項B正確；運動員跳起瞬間墊板對運動員的力與運動員對墊板的力是相互作用力，總是等大反向，選項C錯誤；運動員在起跳過程和落回過程中，測試板對其的作用力方向均豎直向上，則沖量的方向相同，選項D錯誤。2.如圖1所示為一檢測薄膜厚度的裝置，用一束單色光垂直照射在薄膜上，薄膜下方是空氣，當光的波長、薄膜的厚度以及折射滿足一定條件時，能在薄膜上表面觀察到亮點。若要求的薄膜厚度d＝200nm，不考慮半波損失，薄膜材料的折射率n＝1.5，則()圖1A.所用光的波長可能為600nmB.所用光的波長可能為450nmC.若亮點變暗，一定是薄膜偏薄D.若亮點變暗，一定是薄膜偏厚答案A解析設(shè)所用光的波長為λ，由折射定律可知，光在薄膜中時光的波長為eq\f(λ,n)，又光在薄膜表面干涉加強，則光在薄膜中的光程差等于光在介質(zhì)中波長的整數(shù)倍，即keq\f(λ,n)＝2d，其中k＝1，2，3，…，可得λ＝eq\f(2nd,k)(k＝1，2，3，…)，A正確，B錯誤；結(jié)合光的干涉可知，薄膜偏厚或偏薄都會導(dǎo)致亮點變暗，C、D錯誤。3.(2024·甘肅卷，7)一平行板電容器充放電電路如圖2所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開關(guān)S接2，電容器C對電阻R放電。下列說法正確的是()圖2A.充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流增加B.充電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由M點流向N點C.放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流減小D.放電過程中，電容器的上極板帶負電荷，流過電阻R的電流由N點流向M點答案C解析電容器不論是充電過程還是放電過程，電流都是逐漸減小的，充電過程電容器兩極板的電荷量增加，由C＝eq\f(Q,U)可知電容器兩極板間電勢差增大，放電過程電容器兩極板的電荷量減少，電勢差減小，A錯誤，C正確；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，不論是充電過程還是放電過程，電容器的上極板都是帶正電荷的，充電過程，流過電阻R的電流由N點流向M點，放電過程，流過電阻R的電流由M點流向N點，B、D錯誤。4.如圖3所示，某種材料制成太陽能電池的主體部分由P型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)體結(jié)合而成。當太陽光照射到該材料上時，材料吸收光子發(fā)生光電效應(yīng)，自由電子向N型一側(cè)移動，從而在兩端形成電勢差。已知該材料至少需要吸收波長為λ的綠光才能發(fā)生光電效應(yīng)，普朗克常量為h，光速為c，則下列說法正確的是()圖3A.通過負載的電流方向從上至下B.該材料的逸出功為eq\f(hc,λ)C.用光強更強的紅光照射該材料，只要照射時間足夠長，也能產(chǎn)生光電效應(yīng)D.用光強相同的紫光和藍光照射該材料，藍光照射時，通過負載的電流較小答案B解析自由電子向N型一側(cè)移動，N型半導(dǎo)體聚集負電荷，電勢更低，則通過負載的電流方向從下至上，故A錯誤；發(fā)生光電效應(yīng)時極限波長與逸出功需滿足W0＝heq\f(c,λ)，故B正確；光電效應(yīng)是否發(fā)生與入射光的頻率有關(guān)，與光照時間和光照強度無關(guān)，紅光的頻率比綠光小，故不能發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；用光強相同的紫光和藍光照射該材料，因為藍光頻率較小，光子能量較小，故單位時間內(nèi)到達金屬板的光子數(shù)目較多，產(chǎn)生的光電子較多，通過負載的電流較大，故D錯誤。5.如圖4所示，一定質(zhì)量的理想氣體，從圖中A狀態(tài)開始，經(jīng)歷了B、C狀態(tài)，最后到D狀態(tài)。AB的反向延長線過O點，BC和DA連線與橫軸平行，CD與縱軸平行。下列判斷正確的是()圖4A.A→B過程，外界對氣體做功，氣體內(nèi)能增加B.B→C過程，氣體體積增大C.C→D過程，氣體壓強減小的原因是氣體分子數(shù)密度減小D.整個過程，氣體對外做的功大于外界對氣體做的功答案C解析A→B過程為等容變化過程，外界對氣體不做功，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體一定吸收熱量，故A錯誤；B→C過程為等壓過程，溫度降低，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體體積減小，故B錯誤；C→D過程為等溫過程，氣體壓強減小，體積增大，由于分子平均動能不變，因此壓強減小的原因是氣體分子數(shù)密度減小，故C正確；作出氣體狀態(tài)變化對應(yīng)的p－V圖像，如圖所示，p－V圖像與V軸圍成的面積表示功，B→C過程外界對氣體做功，C→D過程氣體對外做功，可以確定整個過程氣體對外做的功小于外界對氣體做的功，故D錯誤。6.如圖5所示，半徑為r、質(zhì)量不計的均勻圓盤豎直放置，可以繞過圓心O且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動，在盤面的右邊緣處固定一個質(zhì)量為m的小球A，在圓心O的正下方eq\f(1,2)r處固定一個質(zhì)量為2m的小球B，小球A、B均可看成質(zhì)點。現(xiàn)從靜止釋放圓盤讓其自由轉(zhuǎn)動，重力加速度為g，則轉(zhuǎn)動過程中小球B的最大速度為()圖5A.eq\r(\f(（\r(3)－1）gr,3)) B.eq\r(\f(（\r(2)－1）gr,3))C.eq\r(\f(\r(2)gr,3)) D.eq\r(\f(gr,3))答案B解析小球A、B均隨圓盤一起在豎直面內(nèi)做圓周運動，角速度相等，設(shè)O、A連線與水平面夾角為θ角時，小球A的速度為vA，小球B的速度為vB，因圓盤質(zhì)量不計，則A、B組成的系統(tǒng)僅在重力作用下運動，機械能守恒，有mgrsinθ－2mg(1－cosθ)·eq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，其中vA＝2vB，解得vB＝eq\r(\f(gr（sinθ＋cosθ）,3)－\f(1,3)gr)。由數(shù)學(xué)知識可知，當θ＝45°時，小球B有最大速度，為vBmax＝eq\r(\f(（\r(2)－1）,3)gr)，B正確。7.(2024·北京東城二模)如圖6甲所示，在平靜的水面下有一個點光源S，它發(fā)出的光包含兩種單色光，分別為紅光和藍光。光從如圖乙所示水面上的圓形區(qū)域中射出，該區(qū)域分為Ⅰ、Ⅱ兩部分，如圖乙所示。則下列說法正確的是()圖6A.區(qū)域Ⅰ為紅、藍復(fù)色光，區(qū)域Ⅱ為紅色單色光B.區(qū)域Ⅰ為紅色單色光，區(qū)域Ⅱ為藍色單色光C.區(qū)域Ⅰ為紅、藍復(fù)色光，區(qū)域Ⅱ為藍色單色光D.區(qū)域Ⅰ為紅色單色光，區(qū)域Ⅱ為紅、藍復(fù)色光答案A解析由題意可知，光線發(fā)生全反射時，臨界角滿足sinC＝eq\f(1,n)，因為紅光和藍光的折射率n紅＜n藍，綜合上式可得，紅光和藍光的臨界角C紅＞C藍，所以藍光先發(fā)生全反射，區(qū)域Ⅰ為紅、藍復(fù)色光，區(qū)域Ⅱ為紅色單色光，故A正確。8.(2024·安徽合肥模擬)除顫儀是用于突發(fā)心室纖顫等心臟疾病的急救醫(yī)療設(shè)備，某型號除顫儀電路原理如圖7，某次調(diào)試時，電容器充電完畢，開關(guān)由“1”擲向“2”，放電電流平均值為2.8A，放電時間約為10－2s，已知電容器電容為2.0×10－5F，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比約為1∶70，則降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比約為()圖7A.22∶1 B.11eq\r(2)∶1 C.7∶1 D.2∶1答案B解析由題意可知，第一個變壓器為降壓變壓器，第二個變壓器為升壓變壓器，由于放電電流平均值為2.8A，由電流的定義式有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Q,t)，根據(jù)電容器的電容定義有C＝eq\f(Q,U4)，所以升壓變壓器副線圈兩端的電壓最大值為U4＝1400V，由理想變壓器原、副線圈與匝數(shù)的關(guān)系有eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，所以升壓變壓器原線圈兩端電壓的最大值為U3＝20V，降壓變壓器副線圈兩端電壓的最大值為U2＝20V，所以降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220\r(2)V,20V)＝eq\f(11\r(2),1)，故B正確。二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16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。)9.(2024·山東模擬)截至2024年2月10日，天問一號火星環(huán)繞器已“上崗”工作三周年。已知火星與地球的質(zhì)量之比約為1∶9，半徑之比約為1∶2，公轉(zhuǎn)半徑之比約為3∶2，自轉(zhuǎn)周期之比約為1∶1，行星的公轉(zhuǎn)視為勻速圓周運動。下列說法正確的是()A.火星同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的eq\f(1,3)B.同一單擺在火星表面的擺動周期約為在地球表面擺動周期的1.5倍C.火星的公轉(zhuǎn)周期約為eq\f(9\r(6),4)年D.火星的第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)答案BD解析同步衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期等于中心天體的自轉(zhuǎn)周期，則火星同步衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星的周期之比為1∶1，根據(jù)萬有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，火星與地球的質(zhì)量之比約為1∶9，則火星同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的eq\r(3,\f(1,9))，故A錯誤；根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系有eq\f(GMm,R2)＝mg，解得g＝eq\f(GM,R2)，火星與地球的質(zhì)量之比約為1∶9，半徑之比約為1∶2，則eq\f(g火,g地)＝eq\f(4,9)，根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知同一單擺在火星表面的擺動周期約為在地球表面擺動周期的1.5倍，故B正確；根據(jù)開普勒第三定律可知eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))＝eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))，解得T火＝eq\f(3\r(6),4)年，故C錯誤；根據(jù)第一宇宙速度的計算公式v＝eq\r(gR)可知，火星的第一宇宙速度約為地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)，故D正確。10.(2024·江西上饒模擬)靜電除塵指的是一種利用靜電場產(chǎn)生的靜電力將粉塵等顆粒物從氣流中分離出來，從而凈化空氣的技術(shù)。如圖8為某靜電除塵裝置原理圖，實線為電場線，虛線為某一帶電的煙塵微粒向集塵板遷移的軌跡，a、b為軌跡上的兩點，煙塵微粒重力忽略不計。則()圖8A.集塵板處的電場方向垂直于集塵板向右B.煙塵微粒在a點的電勢能大于在b點的電勢能C.煙塵微粒在a點的加速度大小大于在b點的加速度大小D.若在a點由靜止釋放一帶負電煙塵微粒，微粒將沿電場線向右運動答案BC解析電場方向沿電場線切線方向，所以集塵板處的電場方向垂直于集塵板向左，故A項錯誤；物體做曲線運動受到的合外力指向軌跡的凹側(cè)，由題圖可知，微粒帶負電，沿電場線方向，電勢逐漸降低，則φa＜φb，Epa＞Epb，B項正確；由牛頓第二定律有F電＝qE＝ma，電場線越密，電場強度越大，由題圖可知，a點的電場線更密，所以煙塵微粒在a點的加速度大小大于在b點的加速度大小，故C項正確；帶電粒子沿電場線運動的條件：電場線是直線且粒子從靜止開始運動或粒子的運動方向與電場線方向平行。結(jié)合題圖可知，若在a點由靜止釋放一帶負電煙塵微粒，微粒不會沿電場線向右運動，故D項錯誤。11.在同一均勻介質(zhì)中有兩列簡諧橫波沿x軸相向傳播，波源分別位于(－0.2m，0)和(1.2m，0)處，振幅均為2cm，沿x軸正向傳播的簡諧波的波速為0.8m/s。t＝0時刻波的圖像如圖9所示，此時平衡位置在(0.2m，0)、(0.8m，0)的兩個質(zhì)點E、F剛好開始振動，質(zhì)點B、C的平衡位置坐標分別為(0.4m，0)、(0.5m，0)，以下說法正確的是()圖9A.兩列波疊加能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象B.兩列波疊加后質(zhì)點C的振動周期為0.25sC.兩列波疊加后質(zhì)點B的位移始終為0D.t＝1.5s時，質(zhì)點C的位置坐標是(0.5m，4cm)答案AC解析由圖知兩列波的波長均為λ＝0.4m，振幅A＝2cm，同種均勻介質(zhì)機械波傳播速度相同，故頻率相同，能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象，故A正確；周期均為T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(0.4,0.8)s＝0.5s，介質(zhì)做受迫振動，疊加后質(zhì)點的振動頻率與波源相同，故B錯誤；由兩列波的傳播方向可以判斷質(zhì)點E、F的起振方向都沿y軸負方向，則兩列波的波源是振動方向相同的相干波源，且兩波源到質(zhì)點B的波程差ΔxB＝0.2m＝eq\f(λ,2)，所以質(zhì)點B是振動減弱點，故兩列波疊加后B的位移始終為0，故C正確；在t1時刻兩列波傳播到C點，傳播距離為Δx＝0.3m，t1＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(3,8)s，兩列波疊加后C振動周期跟相干波源的周期相同，即為0.5s，Δt＝t－t1＝(1.5－eq\f(3,8))s＝eq\f(9,8)s，eq\f(Δt,T)＝2eq\f(1,4)，C點起振方向向下，則在t＝1.5s時刻，位于負向位移最大處，即t＝1.5s時，質(zhì)點C的位置坐標是(0.5m，－4cm)，故D錯誤。12.(2024·山東聊城二模)如圖10所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上。在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為大于零的常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。零時刻，金屬棒在水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計，下列說法正確的是()圖10A.在0～t0時間內(nèi)，流過電阻的電荷量為eq\f(kt0S,R)B.在t0時刻以后，電阻R上的電流方向由b→aC.在時刻t(t＞t0)穿過回路的總磁通量為B0lv0(t－t0)D.在時刻t(t＞t0)金屬棒所受水平恒力的大小為(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)答案AD解析0～t0時間內(nèi)閉合回路中產(chǎn)生感生電動勢為E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kS，回路中電流為I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(kS,R)，流過電阻的電荷量為q＝I0t0＝eq\f(kSt0,R)，故A正確；在t0時刻以后，根據(jù)楞次定律可知，金屬棒上的電流方向向上，而電阻R上的電流方向由a→b，故B錯誤；在時刻t(t＞t0)穿過回路的總磁通量為Φ1＝B0lv0(t－t0)＋kSt，故C錯誤；回路中同時產(chǎn)生感生電動勢和動生電動勢，根據(jù)電流方向可知回路中總電動勢為E＝B0lv0＋kS，回路中電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0lv0＋kS,R)，則金屬棒所受安培力大小為F＝B0Il＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)，由于金屬棒勻速運動，所以所受水平恒力的大小等于安培力的大小，故D正確。三、非選擇題(本題共6小題，共60分。)13.(6分)某同學(xué)用圖11裝置探究兩根相同彈簧甲、乙串聯(lián)后總的勁度系數(shù)與彈簧甲勁度系數(shù)的關(guān)系。他先測出不掛鉤碼時彈簧甲的長度和兩彈簧的總長度，再將鉤碼逐個掛在彈簧的下端，記錄數(shù)據(jù)填在下面的表格中。圖11序號123456鉤碼重力F/N0.000.501.001.502.002.50彈簧甲的長度L1/cm1.952.202.452.702.953.20兩彈簧總長度L2/cm4.004.505.005.506.006.50(1)關(guān)于本實驗操作，下列說法正確的是______。A.懸掛鉤碼后立即讀數(shù)B.鉤碼的數(shù)量可以任意增減C.安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)(2)已作出鉤碼重力F與彈簧總長度L2的關(guān)系圖像，如圖12中實線所示，由圖像可知兩根彈簧串聯(lián)后總的勁度系數(shù)k為________N/cm。圖12(3)在圖12的坐標紙上描點作出鉤碼重力F與彈簧甲的長度L1的關(guān)系圖像。(4)根據(jù)F－L1圖像可求出一根彈簧的勁度系數(shù)k′，k和k′的定量關(guān)系為________。(5)本實驗中，彈簧的自重對所測得的勁度系數(shù)________(選填“有”或“無”)影響。答案(1)C(2)1.00(3)見解析圖(4)k′＝2k(5)無解析(1)懸掛鉤碼后應(yīng)等示數(shù)穩(wěn)定后再讀數(shù)，A錯誤；因為所掛鉤碼重力不能超過彈性限度，即鉤碼的數(shù)量不可以任意增減，B錯誤；安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)，C正確。(2)因為F－L圖像的斜率為彈簧的勁度系數(shù)故k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝1.00N/cm。(3)圖像如圖所示。(4)根據(jù)F－L1圖像可求出一根彈簧的勁度系數(shù)為k′＝2.00N/cm故k和k′的定量關(guān)系為k′＝2k。(5)因為本實驗中，用圖像斜率求得彈簧勁度系數(shù)，故彈簧的自重對所測得的勁度系數(shù)無影響。14.(8分)(2024·河南鄭州模擬)某實驗小組為了測量一金屬桿的電阻，設(shè)計了如圖13所示的電路，所用器材如下：圖13電源(電動勢E恒定，內(nèi)阻r＝1.0Ω)電阻箱R0(最大阻值999.9Ω)電阻R1(阻值為20.0Ω)電阻R2(阻值為15.0Ω)毫安表mA(量程30.0mA，內(nèi)阻不計)待測金屬桿，開關(guān)S，導(dǎo)線若干。請完成下列實驗操作和計算：(1)根據(jù)如圖所示實驗原理圖連接電路，閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R0的阻值為40.0Ω，此時毫安表示數(shù)為24.0mA，則金屬桿中的電流為________mA。(2)重復(fù)以上步驟，調(diào)節(jié)電阻箱R0的阻值為20.0Ω，此時毫安表示數(shù)為20.0mA。(3)斷開開關(guān)，根據(jù)上述測量，計算得到待測金屬桿電阻為Rx＝________Ω，同時可得到所用電源電動勢為E＝________V。(4)若電源長期使用后，電源電動勢不變、內(nèi)阻增大，則金屬桿電阻的測量值將________真實值(選填“大于”“小于”或“等于”)。答案(1)36.0(3)4.01.2(4)大于解析(1)由題意可知，通過電阻R1的電流I1＝24.0mA，根據(jù)歐姆定律可知，電阻R1兩端的電壓為U1＝I1R1，電阻R1和電阻箱R0并聯(lián)，電壓相等U0＝U1，根據(jù)歐姆定律，可得通過電阻箱R0的電流為I0＝eq\f(U0,R0)，金屬桿在干路上，則通過金屬桿的電流為I＝I1＋I0，聯(lián)立解得I＝36.0mA。(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝U＋I總(Rx＋r＋R2)，其中U＝IR1，I總＝I＋eq\f(U,R0)＝I＋eq\f(IR1,R0)，聯(lián)立解得Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2，當R0＝40Ω時，I＝24.0mA和當R0＝20Ω時，I＝20.0mA分別代入，解得Rx＝4.0Ω，E＝1.2V。(4)根據(jù)Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2可知，若電源長期使用后，電源電動勢不變、內(nèi)阻增大，則金屬桿電阻在計算時，減去的電源的內(nèi)阻偏小，計算得到的金屬桿的電阻偏大。15.(8分)(2024·甘肅卷，13)如圖14，剛性容器內(nèi)壁光滑，盛有一定量的氣體，被隔板分成A、B兩部分，隔板與容器右側(cè)用一根輕質(zhì)彈簧相連(忽略隔板厚度和彈簧體積)。容器橫截面積為S，長為2l。開始時系統(tǒng)處于平衡態(tài)，A、B體積均為Sl，壓強均為p0，彈簧為原長?，F(xiàn)將B中氣體抽出一半，B的體積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(3,4)。整個過程系統(tǒng)溫度保持不變，氣體視為理想氣體。求：圖14(1)抽氣之后A、B的壓強pA、pB；(2)彈簧的勁度系數(shù)k。答案(1)eq\f(4,5)p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(8p0S,15l)解析(1)抽氣后，A的體積變?yōu)閂A＝2Sl－eq\f(3,4)Sl＝eq\f(5,4)Sl對A中氣體根據(jù)玻意耳定律有p0Sl＝pA·eq\f(5,4)Sl解得pA＝eq\f(4,5)p0對B中氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV＝nRT可知eq\f(1,2)p0Sl＝pB·eq\f(3,4)Sl解得pB＝eq\f(2,3)p0。(2)抽氣后，對隔板根據(jù)平衡條件有pAS＝pBS＋k·eq\f(1,4)l結(jié)合(1)問解得k＝eq\f(8p0S,15l)。16.(8分)(2023·江蘇卷，14)“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星可以觀測太陽輻射的硬X射線。硬X射線是波長很短的光子，設(shè)波長為λ。若太陽均勻地向各個方向輻射硬X射線，衛(wèi)星探測儀鏡頭正對著太陽，每秒接收到N個該種光子。已知探測儀鏡頭面積為S，衛(wèi)星離太陽中心的距離為R，普朗克常量為h，光速為c，求：(1)每個光子的動量p和能量E；(2)太陽輻射硬X射線的總功率P。答案(1)eq\f(h,λ)heq\f(c,λ)(2)eq\f(4πR2Nhc,λS)解析(1)根據(jù)德布羅意波長公式，可得每個光子的動量為p＝eq\f(h,λ)每個光子的頻率為ν＝eq\f(c,λ)每個光子的能量為E＝hν故每個光子的能量為E＝heq\f(c,λ)。(2)衛(wèi)星離太陽中心的距離為R，離太陽中心距離為R的球面的表面積為S球＝4πR2單位面積上的功率為P0＝eq\f(NE,S)太陽輻射硬X射線的總功率P＝S球P0聯(lián)立解得P＝eq\f(4πR2NE,S)＝eq\f(4πR2Nhc,λS)。17.(14分)(2024·江西南昌模擬)如圖15所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在著垂直于坐標平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在著方向沿x軸負方向、電場強度大小為E的勻強電場，y軸負半軸上固定著足夠長的熒光屏?，F(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子從y軸正半軸上不同位置以不同的速率平行于x軸正方向射入磁場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后所有粒子均從P(d，0)點進入電場，不計粒子重力和粒子之間的相互作用力。圖15(1)求以最小速度進入磁場的粒子的縱坐標及該粒子的速度大??；(2)求(