2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）考前特訓(xùn)選擇題提速練選擇題提速練(1)[分值：44分](限時(shí)：25分鐘)一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2025·黑吉遼蒙卷·1)書(shū)法課上，某同學(xué)臨摹“力”字時(shí)，筆尖的軌跡如圖中帶箭頭的實(shí)線所示。筆尖由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)回到a點(diǎn)，則()A.該過(guò)程位移為0B.該過(guò)程路程為0C.兩次過(guò)a點(diǎn)時(shí)速度方向相同D.兩次過(guò)a點(diǎn)時(shí)摩擦力方向相同答案A解析筆尖由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)又回到a點(diǎn)的過(guò)程，初位置和末位置相同，但軌跡長(zhǎng)度不為零，所以位移為零，路程不為零，故A正確，B錯(cuò)誤；兩次過(guò)a點(diǎn)時(shí)軌跡的切線方向不同，則速度方向不同，故C錯(cuò)誤；摩擦力方向與筆尖的速度方向相反，則兩次過(guò)a點(diǎn)時(shí)摩擦力方向不同，故D錯(cuò)誤。2.(2025·云南卷·1)2025年3月，我國(guó)科學(xué)家研制的碳14核電池原型機(jī)“燭龍一號(hào)”發(fā)布，標(biāo)志著我國(guó)在核能技術(shù)領(lǐng)域與微型核電池領(lǐng)域取得突破。碳14的衰變方程為614C→A.X為電子，是在核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子的過(guò)程中產(chǎn)生的B.X為電子，是在核內(nèi)質(zhì)子轉(zhuǎn)化為中子的過(guò)程中產(chǎn)生的C.X為質(zhì)子，是由核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化而來(lái)的D.X為中子，是由核內(nèi)質(zhì)子轉(zhuǎn)化而來(lái)的答案A解析根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒有614C→714N+-103.(2025·重慶卷·2)易碎物品運(yùn)輸中常采用緩沖氣袋減小運(yùn)輸中沖擊。若某次撞擊過(guò)程中，氣袋被壓縮(無(wú)破損)，不計(jì)袋內(nèi)氣體與外界的熱交換，則該過(guò)程中袋內(nèi)氣體(視為理想氣體)()A.分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增加B.內(nèi)能減小C.壓強(qiáng)減小D.對(duì)外界做正功答案A解析氣袋被絕熱壓縮時(shí)氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，內(nèi)能增加，溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增加，故A正確，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，體積減小，溫度升高，可知壓強(qiáng)增大，故C4.(2025·河南省五市第一次聯(lián)考)碳14具有放射性，其衰變方程為614A.碳14發(fā)生的是α衰變B.X是來(lái)自原子核外的電子C.10個(gè)碳14經(jīng)過(guò)5730年有5個(gè)發(fā)生衰變D.714N答案D解析根據(jù)質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒，可知核反應(yīng)方程為614C→714N+-10e，可知碳14發(fā)生的是β衰變，故A錯(cuò)誤；結(jié)合上述可知，X是電子，是原子核內(nèi)中子向質(zhì)子轉(zhuǎn)化的過(guò)程中形成的，X不是來(lái)自原子核外的電子，故B錯(cuò)誤；半衰期是描述大量原子核衰變快慢的物理量，對(duì)少數(shù)原子核不適用，10個(gè)碳14經(jīng)過(guò)5730年不一定有5個(gè)發(fā)生衰變，故C5.(2025·福建卷·2)某理想變壓器如圖甲，原、副線圈匝數(shù)比為4∶1，輸入電壓隨時(shí)間的變化圖像如圖乙，R1的阻值為R2的2倍，則()A.副線圈中交變電流的周期為2.5sB.電壓表示數(shù)為12VC.副線圈中的電流為通過(guò)R1電流的2倍D.原、副線圈功率之比為4∶1答案B解析由題圖乙可知，交流電的周期為2.25s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙可知，輸入電壓最大值Um=482V，則輸入電壓有效值為U1=Um2=48V，電壓表示數(shù)即副線圈輸出電壓U2=n2n1U1=12V，故B正確；R1的阻值為R2的2倍，根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律和歐姆定律可知，流經(jīng)R1和R2的電流之比為1∶2，副線圈干路電流等于流經(jīng)兩電阻的電流之和，則副線圈干路的電流為流經(jīng)R1的電流的36.(2025·浙江杭州市二模)如圖所示為加速度計(jì)，滑塊可以在光滑的框架中平移，兩側(cè)用相同的輕彈簧拉著。R為阻值隨滑動(dòng)距離均勻變化的滑動(dòng)變阻器，兩個(gè)電池完全相同。加速度為零時(shí)，電壓表指針的零點(diǎn)位于表盤(pán)中央，當(dāng)P端的電勢(shì)高于Q端時(shí)，指針向零點(diǎn)右側(cè)偏轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A.電壓表的指針向零點(diǎn)右側(cè)偏轉(zhuǎn)表示加速度向右B.若僅彈簧的勁度系數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則量程變?yōu)樵瓉?lái)的2倍C.若僅滑塊質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則量程變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D.若僅兩電池的內(nèi)阻不相等時(shí)，無(wú)需重新調(diào)零答案B解析電壓表的指針向零點(diǎn)右側(cè)偏轉(zhuǎn)，滑塊所受彈力的合力向左，則加速度向左，A錯(cuò)誤；設(shè)兩側(cè)彈簧的勁度系數(shù)均為k，滑塊質(zhì)量為m，位移為x，則有2kx=ma，故加速度量程與k成正比、與m成反比。僅把彈簧勁度系數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，量程隨之變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，若僅將滑塊質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則量程應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，B正確，C錯(cuò)誤；零點(diǎn)位置(加速度為零時(shí)電壓表指針的居中位置)需依賴兩電池的對(duì)稱性(含內(nèi)阻在內(nèi))。若兩電池內(nèi)阻不等，則原先的中點(diǎn)不再對(duì)應(yīng)電勢(shì)相等，需要重新調(diào)零，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.(2025·福建漳州市模擬)如圖所示，在“嫦娥”探月工程中，設(shè)月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g0，飛船在半徑為4R的圓形軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道的A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近月點(diǎn)B時(shí)，再次點(diǎn)火進(jìn)入近月軌道Ⅲ繞月做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略月球自轉(zhuǎn)的影響則()A.飛船在軌道Ⅲ的運(yùn)行速率大于gB.飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)行速率小于在軌道Ⅱ上B處的速率C.飛船在軌道Ⅰ上的重力加速度小于在軌道Ⅱ上B處的重力加速度D.飛船在軌道Ⅰ、軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期之比TⅠ∶TⅢ=4∶1答案BC解析設(shè)月球的質(zhì)量為M，飛船的質(zhì)量為m，飛船在軌道Ⅲ上繞月運(yùn)動(dòng)速度為v，飛船在近月軌道做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑近似為月球半徑，由萬(wàn)有引力提供向心力，可得GMmR2=mv2R，又GMmR2=mg0，聯(lián)立解得v=g0R，故A錯(cuò)誤；由GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知軌道的半徑越大，速度越小，所以飛船在軌道Ⅰ上的速度小于在軌道Ⅲ上的速度；而飛船在軌道Ⅱ的B點(diǎn)減速做近心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入軌道Ⅲ，所以飛船在軌道Ⅱ的B點(diǎn)的速度大于飛船在軌道Ⅲ上的速度，所以飛船在軌道Ⅰ上的運(yùn)行速率小于在軌道Ⅱ上B處的速率，故B正確；由GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知軌道的半徑越大，加速度越小，所以飛船在軌道Ⅰ上的重力加速度小于在軌道Ⅱ上B處的重力加速度，故C正確；由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力的周期公式GMmr28.(2024·山東卷·10)如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點(diǎn)，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，滑到與小球等高的B點(diǎn)時(shí)加速度為零，滑到C點(diǎn)時(shí)速度為零。已知AC間的距離為s，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是()A.OB的距離l=3B.OB的距離l=3C.從A到C，靜電力對(duì)小滑塊做功W=-mgsD.AC之間的電勢(shì)差UAC=-mgs答案AD解析由題意知小滑塊在B點(diǎn)處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向mgsin30°=kq2l解得l=3A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)小滑塊從A到C的過(guò)程，靜電力對(duì)小滑塊做的功為W，因?yàn)榛紺點(diǎn)時(shí)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理有W+mgssin30°=0解得W=-mgs故C錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)差與靜電力做功的關(guān)系可知AC之間的電勢(shì)差UAC=Wq=-故D正確。9.(2025·山東省齊魯名校聯(lián)考)如圖甲所示，均勻介質(zhì)中有兩波源S1、S2位于xOy平面內(nèi)，其坐標(biāo)分別為(0，0)、(6m，0)，t=0時(shí)刻兩波源同時(shí)沿垂直xOy平面方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖乙、丙所示。經(jīng)過(guò)t1=2.5s，兩波首次在A點(diǎn)(3m，4m)相遇，質(zhì)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，8m)。下列說(shuō)法正確的是()A.兩列波的波長(zhǎng)均為4mB.t2=7s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B在平衡位置向下振動(dòng)C.0~10s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的路程為48cmD.質(zhì)點(diǎn)A振動(dòng)的頻率比質(zhì)點(diǎn)B大答案AB解析由題圖可知兩波的周期均為2s，波速為v=xt1=5m2.5s=2m/s，波長(zhǎng)λ=v·T=2×2m=4m，A正確；B點(diǎn)到兩波源距離之差為ΔxB=10m-8m=2m，則B點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，A點(diǎn)振動(dòng)減弱，但是兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)頻率仍相同，D錯(cuò)誤；B點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，且B點(diǎn)振動(dòng)方向始終和O點(diǎn)波源相同，故7s時(shí)恰好通過(guò)平衡位置向下振動(dòng)，B正確；從0時(shí)刻起，經(jīng)4s，S1傳到B點(diǎn)，經(jīng)5s，S2傳到B點(diǎn)，所以B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為s=1×2cm+4×4×2.5cm=42cm10.(2025·福建卷·7)空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，一帶電體在復(fù)合場(chǎng)中恰能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN與水平方向成45°，NP水平向右。帶電體的帶電荷量為q，速度為v，質(zhì)量為m，重力加速度為g，當(dāng)帶電體到N時(shí)，撤去磁場(chǎng)，一段時(shí)間后帶電體經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，則()A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=2B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=2C.N、P兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U=2D.帶電體從N→P時(shí)距離NP的最大值為v答案BC解析帶電體在復(fù)合場(chǎng)中能沿著MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知帶電體受力情況如圖甲所示。由平衡條件可知mg=qE，qvB=2mg，解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=mgq，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=2mgqv，故A帶電體到達(dá)N點(diǎn)撤去磁場(chǎng)后，帶電體所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示，加速度a=F合m=2g，帶電體到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，位移偏轉(zhuǎn)角為45°，故在P點(diǎn)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=2tan45°=2，則vy=vxtanθ=2v，所以帶電體在P點(diǎn)的速度vP=vx2+vy2=5v，從N到P過(guò)程，由動(dòng)能定理有qU=12mvP2-12mv2，解得N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=2mv2q，故C正確；將帶電體在N點(diǎn)的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知帶電體在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，且vNy=[分值：44分](限時(shí)：25分鐘)一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2025·河南卷·8改編)賈湖骨笛是河南博物院鎮(zhèn)館之寶之一，被譽(yù)為“中華第一笛”。其中一支骨笛可以發(fā)出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所對(duì)應(yīng)的頻率分別為880Hz和1175Hz，則()A.在空氣中傳播時(shí)，A5音的波長(zhǎng)小于D6音的B.在空氣中傳播時(shí)，A5音的波速小于D6音的C.由空氣進(jìn)入水中，A5音和D6音的頻率都變大D.由空氣進(jìn)入水中，A5音的波長(zhǎng)改變量大于D6音的答案D解析機(jī)械波的傳播速度只與介質(zhì)有關(guān)，因此A5音和D6音在空氣中波速相同，B錯(cuò)誤；由λ=vf可知，A5音的波長(zhǎng)大于D6音的波長(zhǎng)，A錯(cuò)誤；機(jī)械波由空氣進(jìn)入水中，頻率f不發(fā)生變化，C錯(cuò)誤；機(jī)械波由空氣進(jìn)入水中，波長(zhǎng)的改變量為Δλ=v'-vf，其中兩種波在水中波速2.(2025·重慶市模擬)某興趣小組對(duì)劈尖干涉條紋進(jìn)行研究時(shí)將兩平板玻璃疊放，在右端夾入一薄片，如圖所示。當(dāng)波長(zhǎng)為λ的可見(jiàn)光從玻璃板正上方入射后可觀察到明暗相間的條紋，下列說(shuō)法正確的是()A.若將右端薄片向左移動(dòng)一點(diǎn)，則條紋間距變大B.若將右端薄片向左移動(dòng)一點(diǎn)，則條紋間距變小C.若換波長(zhǎng)更長(zhǎng)的可見(jiàn)光入射，則條紋間距變小D.若換波長(zhǎng)更長(zhǎng)的可見(jiàn)光入射，則條紋間距不變答案B解析第n條亮條紋滿足2dn=nλ，第n+1條亮條紋滿足2dn+1=(n+1)λ，因?yàn)閠anθ=dn+1-dnΔx，所以Δx=λ2tanθ，若將右端薄片向左移動(dòng)一點(diǎn)，θ變大，Δx變小，故A錯(cuò)誤，3.(2025·江蘇卷·9)如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點(diǎn)電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動(dòng)，使兩板間距離增大為原來(lái)的2倍，再將該電荷由a移動(dòng)到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為()A.W2 B.W C.2W D.4答案A解析電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間距增大至原來(lái)的兩倍，由公式E=Ud可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的12，則由W=Eqd'可知，再把該電荷由a移至b，則電場(chǎng)力做功變?yōu)樵瓉?lái)的12，即電場(chǎng)力做功為W4.(2025·重慶市模擬)一容積為V0的金屬氧氣瓶?jī)?nèi)裝有可視為理想氣體的氧氣。用該氧氣瓶先后給甲、乙兩個(gè)完全相同的氧氣袋充氣，每個(gè)氧氣袋充氣前袋內(nèi)均無(wú)氣體，充滿氧氣后容積均為V，且每次充氣結(jié)束時(shí)氧氣袋和氧氣瓶中的氣體壓強(qiáng)相同。整個(gè)過(guò)程中，氧氣溫度保持不變。則充滿氧氣后，甲、乙兩個(gè)氧氣袋中的氣體壓強(qiáng)之比為()A.(V0+VV0)2 B.V答案B解析甲充氣后，氧氣瓶和甲氧氣袋中氣體壓強(qiáng)相同，且設(shè)為p甲，乙充氣后，氧氣瓶和乙氧氣袋中氣體壓強(qiáng)相同，且設(shè)為p乙，則p甲V0=p乙(V0+V)，聯(lián)立可得p甲p乙=V5.(2025·遼寧本溪市二模)如圖所示，半圓柱體Q放置在粗糙水平面上，與Q完全相同的光滑半圓柱體P放置在光滑的豎直墻壁與Q之間，兩個(gè)半圓柱體均處于平衡狀態(tài)。若將Q向左移動(dòng)一小段距離，兩個(gè)半圓柱體仍處于平衡狀態(tài)，則()A.P與墻壁之間的彈力增大B.P與墻壁之間的彈力不變C.P與Q之間的彈力減小D.Q與水平面間的彈力增大答案C解析P受重力G、墻壁的彈力FN及Q的彈力F，對(duì)P受力分析如圖所示。兩半圓柱體間的彈力一定垂直于過(guò)接觸點(diǎn)的切線，即力的作用線過(guò)兩個(gè)圓心，P的重力與墻壁的彈力可以平移，三個(gè)力形成一個(gè)封閉的三角形，若將Q向左移動(dòng)一小段距離，則彈力F的方向發(fā)生了變化，而FN的方向不變，G的大小、方向均不變，在三角形ABC中，表示F的斜邊A端不動(dòng)，C端在BC上滑動(dòng)，P與墻壁之間的彈力FN減小，P與Q之間的彈力F也減小，對(duì)整體分析，Q與水平面間的彈力等于P與Q的重力之和，即Q與水平面間的彈力不變。故選C。6.(2025·安徽合肥市三模)如圖所示，小球a被絕緣輕繩1系在天花板上，小球b被絕緣輕繩2系在小球a上。兩小球質(zhì)量相等且均帶正電，處在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平衡時(shí)輕繩1與豎直方向的夾角為θ1、輕繩2與豎直方向的夾角為θ2，且θ1>θ2，兩小球間的庫(kù)侖力不能忽略，則下列說(shuō)法正確的是()A.a的電荷量可能等于b的電荷量B.a的電荷量一定小于b的電荷量C.繩1中的張力可能等于繩2中的張力D.繩1中的張力一定大于輕繩2中的張力的2倍答案C解析以小球a、b為整體受力分析，設(shè)小球a、b的電荷量分別為q1、q2，由平衡條件tanθ1=E(q1+q2)2mg，cosθ1=2mgFT1，對(duì)小球b受力分析，小球a、b間庫(kù)侖力為F，由平衡條件tanθ2=Eq2mg，cosθ2=mgFT2-F，θ1>θ2，故tanθ1tanθ2=q1+q22q2>1，則q1>q2，a的電荷量一定大于b的電荷量，故二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.(2025·天津市河北區(qū)一模)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)該線圈的磁通量隨時(shí)間按圖示正弦規(guī)律變化。設(shè)線圈總電阻為2Ω，則()A.t=0時(shí)，線圈平面平行于磁感線B.t=1.0s時(shí)，線圈中的電流改變方向C.t=1.5s時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e=4πcosπt(V)答案AD解析t=0時(shí)，磁通量為零，線圈平面平行于磁感線，故A正確；每經(jīng)過(guò)一次中性面(線圈平面垂直于磁感線，磁通量有最大值)，電流的方向改變一次，t=1.0s時(shí)，磁通量為零，線圈平面平行于磁感線，此時(shí)不是中性面，線圈中的電流沒(méi)有改變方向，故B錯(cuò)誤；t=1.5s時(shí)，磁通量有最大值，但磁通量的變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故C錯(cuò)誤；由題圖可知線圈從垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emcosωt，其中ω=2πT=πrad/s，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Em=NBSω=NΦm·2πT=4πV，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e=4πcosπt(V)，故8.(2025·山東菏澤市一模)2025年1月21日1時(shí)12分，經(jīng)過(guò)約8.5小時(shí)的出艙活動(dòng)，神舟十九號(hào)乘組航天員蔡旭哲、宋令東、王浩澤密切協(xié)同，在空間站機(jī)械臂和地面科研人員的配合支持下，完成了空間站空間碎片防護(hù)裝置安裝、艙外設(shè)備設(shè)施巡檢等任務(wù)。神舟十九空間站運(yùn)行軌道距地面高度約400千米。航天員進(jìn)行艙外巡檢任務(wù)時(shí)與空間站相對(duì)靜止。已知地球半徑R=6400km，地球表面的重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A.此時(shí)航天員不受重力作用B.空間站運(yùn)行速度約為7.8km/sC.空間站繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的周期大于24hD.與空間站同軌同向運(yùn)行的衛(wèi)星會(huì)與空間站相撞答案BC解析一切物體都受到重力作用，所以航天員與空間站相對(duì)靜止時(shí)仍受重力作用，重力提供向心力，故A錯(cuò)誤；在地球表面，有GMmR2=mg，距地面高度約400千米處，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力GMm(R+h)2=mv2R+h，聯(lián)立兩式代入題中數(shù)據(jù)，解得v≈7.8km/s9.(2024·福建泉州市檢測(cè))如圖，足夠長(zhǎng)的粗糙平行金屬導(dǎo)軌傾斜固定在水平面上，與水平面的夾角均為θ=37°，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬桿ab和cd垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量分別為m和2m，電阻均為R，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小均為0.75，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)同時(shí)使金屬桿ab和cd分別獲得大小為v0和2.5v0的初速度，方向如圖所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定的過(guò)程中，tanθ=0.75，下列說(shuō)法正確的是()A.剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)ab桿的電流方向從b到aB.通過(guò)ab桿的電荷量為mC.回路產(chǎn)生的熱量為34mD.桿ab、cd間距離縮小了2答案ACD解析同時(shí)使金屬桿ab和cd獲得大小為v0和2.5v0的初速度，根據(jù)題意可以判斷，兩電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以根據(jù)右手定則可以判斷，剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)ab桿的電流方向由cd桿決定，從b到a，故A正確；因?yàn)棣?tanθ，且兩棒安培力等大反向，所以系統(tǒng)合力為零，動(dòng)量守恒，mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，對(duì)cd分析2m×2v0-2m×2.5v0=-BILt=-BLq，解得q=mv0BL，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒，回路產(chǎn)生的熱量為Q=12mv02+12×2m×(2.5v0)2-12×3m×(2v0)2，解得Q=34mv02，故C正確；根據(jù)10.(2025·福建卷·8)傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s。兩個(gè)物塊A、B用一根輕彈簧連接，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t=0時(shí)，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個(gè)向右的初速度v0=2m/s，B的速度為零，彈簧自然伸長(zhǎng)。在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep=0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，重力加速度g取10m/s2，A可在傳送帶上留下痕跡，則()A.在t=t0B.t=t0時(shí)，B的速度大小為0.5m/sC.t=t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2mD.0~t0過(guò)程中，A在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度小于0.05m答案BD解析根據(jù)題意可知傳送帶對(duì)A、B的滑動(dòng)摩擦力大小分別為FfA=0.5×1×10N=5N，F(xiàn)fB=0.25×2×10N=5N。初始時(shí)A向右減速，B向右加速，F(xiàn)fA=FfB，摩擦力方向相反，故可知在A與傳送帶第一次共速前，A、B整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mAv0=mAv+mBvB，v=1m/s，代入數(shù)據(jù)解得t=t0時(shí)，B的速度大小為vB=0.5m/s，在A與傳送帶第一次共速前，任意時(shí)刻對(duì)A、B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FfA+F彈=mAaA，F(xiàn)fB+F彈=mBaB，由于mA<mB，可知aA>aB，故A錯(cuò)誤，B正確；在0~t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)A、B向右運(yùn)動(dòng)的位移分別為xA、xB，由功能關(guān)系有-FfAxA+FfBxB+12mAv02=12mAv2+12mBvB2+Ep，解得xA-xB=0.1m，故彈簧的壓縮量為Δx=xA-xB=0.1m，故C錯(cuò)誤；0~t0時(shí)間內(nèi)，A與傳送帶的相對(duì)位移大小為x相A=xA-vt0，B與傳送帶的相對(duì)位移大小為x相B=vt0-xB，故可得x相A+x相B=xA由于0~t0時(shí)間內(nèi)A向右做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B向右做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，且滿足aA=2aB，作出A、B的v-t圖像，可知x相A對(duì)應(yīng)圖形MNA的面積，x相B對(duì)應(yīng)圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相B，結(jié)合x(chóng)相A+x相B=0.1m，可知x相A<0.05m，故D正確。選擇題提速練(3)[分值：44分](限時(shí)：25分鐘)一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2025·四川南充市二模)某同學(xué)在家對(duì)著豎直墻壁練習(xí)打乒乓球。某次斜向上發(fā)球，球垂直打在墻上后反彈落地，落地點(diǎn)正好在發(fā)球點(diǎn)正下方，球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于球離開(kāi)球拍到第一次落地的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.球在空中上升和下降過(guò)程時(shí)間相等B.球落地時(shí)的動(dòng)量一定比拋出時(shí)大C.球落地時(shí)和拋出時(shí)的動(dòng)能可能相等D.球撞擊墻壁過(guò)程可能沒(méi)有機(jī)械能損失答案C解析斜上拋運(yùn)動(dòng)看作反向的平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h=12gt2，可得t=2hg，由于兩種情況下豎直方向運(yùn)動(dòng)的高度不同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，反彈后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；雖然反彈落地時(shí)乒乓球豎直方向的速度大于原來(lái)拋出時(shí)豎直方向的速度，但水平方向的速度是斜上拋時(shí)的大，所以球落地時(shí)的速率不一定比拋出時(shí)大，則球落地時(shí)的動(dòng)量不一定比拋出時(shí)大，故B錯(cuò)誤；雖然碰撞過(guò)程中有能量損失，但反彈后下落的高度大，從開(kāi)始拋出到落地過(guò)程中重力做正功，如果整個(gè)過(guò)程中重力做的功等于乒乓球與墻碰撞過(guò)程中損失的能量，則球落地時(shí)和拋出時(shí)的動(dòng)能相等，故C2.(2025·江蘇鹽城市一模)如圖所示為研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，用頻率為ν的光照射電極K，從電極K逸出的光電子可向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)。某同學(xué)進(jìn)行了如下操作：(1)用頻率為ν1的光照射光電管，此時(shí)微安表中有電流，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使微安表示數(shù)恰好變?yōu)?，記下此時(shí)電壓表的示數(shù)U1；(2)用頻率為ν2的光照射光電管，重復(fù)(1)中的步驟，記下電壓表的示數(shù)U2。已知電子的電荷量為e。下列說(shuō)法正確的是()A.為了使微安表的示數(shù)為零，實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)該向b端移動(dòng)B.根據(jù)題中數(shù)據(jù)可以得到普朗克常量為h=eC.若僅降低(1)中的光照強(qiáng)度，則微安表最初讀數(shù)減小，遏止電壓會(huì)變小D.滑動(dòng)變阻器的滑片位于b端時(shí)，流過(guò)微安表的電流方向是從上往下答案B解析滑片P向b端滑動(dòng)，微安表中的電流會(huì)增大，然后保持不變，故A錯(cuò)誤；設(shè)材料的逸出功為W，由光電效應(yīng)方程eU1=hν1-W，eU2=hν2-W，解得h=e(U1-U2)ν1-ν2，故B正確；用頻率為ν1的光照射光電管，微安表中有電流，說(shuō)明發(fā)生了光電效應(yīng)，降低光照強(qiáng)度，仍然能發(fā)生光電效應(yīng)，只是電流會(huì)變小，光電子的最大初動(dòng)能不變，遏止電壓不會(huì)變，故3.(2025·北京卷·8)某小山坡的等高線如圖，M表示山頂，A、B是同一等高線上兩點(diǎn)，MA、MB分別是沿左、右坡面的直滑道。山頂?shù)男∏蜓鼗缽撵o止滑下，不考慮阻力，則()A.小球沿MA運(yùn)動(dòng)的加速度比沿MB的大B.小球分別運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小不同C.若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)大D.若把等高線看成某靜電場(chǎng)的等勢(shì)線，則右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快答案D解析等高線越密集，坡面越陡，根據(jù)牛頓第二定律可得a=gsinθ(θ為坡面與水平面夾角)，MB對(duì)應(yīng)的等高線更密集，坡面更陡，小球沿著MB運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度比沿著MA運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大，A錯(cuò)誤；A、B在同一等高線，小球下落高度相同，根據(jù)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)到A、B點(diǎn)時(shí)速度大小相同，B錯(cuò)誤；等勢(shì)線越密集，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，B處等勢(shì)線更密集，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；等勢(shì)線越密集，電勢(shì)降落越快，右側(cè)等勢(shì)線更密集，右側(cè)電勢(shì)比左側(cè)降落得快，D正確。4.(2025·河北卷·4)如圖，內(nèi)壁截面為半圓形的光滑凹槽固定在水平面上，左右邊沿等高。該截面內(nèi)，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩穿過(guò)帶有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左邊沿，另一端過(guò)右邊沿并沿繩方向?qū)ζ涫┘永。小球半徑遠(yuǎn)小于凹槽半徑，所受重力大小為G。若小球始終位于內(nèi)壁最低點(diǎn)，則F的最大值為()A.12G B.22G C.G D.答案B解析對(duì)小球進(jìn)行受力分析可知當(dāng)凹槽底部對(duì)小球支持力為零時(shí)，此時(shí)拉力F最大，根據(jù)平衡條件有2Fmcos45°=G，解得Fm=22G，故選B5.(2025·安徽省皖江名校聯(lián)考)將輕質(zhì)彈簧一端固定在地球某處的水平地面上，在某高度處由靜止釋放一個(gè)小球，小球落在豎直彈簧上，小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為x1。假設(shè)把該彈簧固定在火星某處的水平地面上，將同一小球由同一高度處?kù)o止釋放，小球速度最大時(shí)彈簧壓縮量為x2。已知火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的110，直徑約為地球直徑的12，不考慮星球自轉(zhuǎn)帶來(lái)的影響，則x1∶xA.2∶5 B.1∶1C.5∶4 D.5∶2答案D解析設(shè)地球表面的重力加速度為g，火星表面的重力加速度為g'，在星球表面有mg=GMmR2，解得gg'=52，小球速度最大時(shí)受力平衡，根據(jù)平衡條件有mg=kx，解得x6.(2025·山東菏澤市一模)如圖甲所示，A、B兩個(gè)物體相互接觸，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA=1kg，mB=3kg。從t=0開(kāi)始，水平推力FA和水平拉力FB分別作用于A、B上，F(xiàn)A和FB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。則()A.t=0.5s時(shí)，A、B間的彈力為2NB.t=1s時(shí)，A、B分離C.分離時(shí)，它們的位移為4.5mD.A、B分離時(shí)的速度為4m/s答案D解析根據(jù)圖像可得FA=6-2t，在0~3s內(nèi)FB=2+2t，當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開(kāi)始分離，此時(shí)的加速度相等，則有FAmA=FBmB，即6-2t1=2+2t3，解得t=2s，故B錯(cuò)誤；t=0.5s時(shí)，A、B沒(méi)有分離，看成一個(gè)整體，則有FA+FB=(mA+mB)a，解得a=2m/s2，隔離A，根據(jù)牛頓第二定律，有FA-F'=mAa，代入數(shù)據(jù)解得F'=3N，故A錯(cuò)誤；由以上分析可知分離前的加速度為a=2m/s2，分離時(shí)，它們的位移為x=12at2=12×2×22m=4m，A、B二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.(2025·山東省齊魯名校聯(lián)考)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)過(guò)狀態(tài)b、c、d回到狀態(tài)a，其壓強(qiáng)p與體積倒數(shù)1VA.b→c過(guò)程中氣體要從外界吸收熱量B.d→a過(guò)程中氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積容器壁的平均碰撞次數(shù)不斷減小C.a→b過(guò)程中外界對(duì)氣體做的功大于氣體放出的熱量D.b→c過(guò)程中外界對(duì)氣體做的功大于c→d過(guò)程中氣體對(duì)外界所做的功答案BD解析根據(jù)p-1V圖像中與原點(diǎn)連線斜率表示溫度，可知a→b過(guò)程為等溫變化，內(nèi)能不變，體積減小，根據(jù)ΔU=W+Q，可知外界對(duì)氣體做功與放出熱量相等，C錯(cuò)誤；b→c過(guò)程為等壓變化，且Tb>Tc，溫度降低，內(nèi)能減小，體積減小，外界對(duì)其做功，根據(jù)ΔU=W+Q，可知?dú)怏w向外界放熱，A錯(cuò)誤；d→a過(guò)程為等壓變化，由Ta>Td，氣體分子撞擊器壁的平均撞擊力增大，又氣體壓強(qiáng)不變，則氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對(duì)單位面積器壁的平均碰撞次數(shù)減小，B正確；b、d兩狀態(tài)氣體體積相同，即b→c過(guò)程氣體體積的變化量與c→d過(guò)程中氣體體積變化量大小相等，b→c過(guò)程壓強(qiáng)不變，而c→d過(guò)程壓強(qiáng)減小，根據(jù)W=pΔV可知b→c過(guò)程中外界對(duì)氣體做的功大于從c→d過(guò)程中氣體對(duì)外界所做的功，D8.(2025·河北秦皇島市檢測(cè))如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的簡(jiǎn)易圖，M和N為理想升壓變壓器和理想降壓變壓器，已知變壓器M的原、副線圈匝數(shù)比為k，變壓器N的原、副線圈匝數(shù)比為1k，變壓器M原、副線圈兩端的電壓分別為U1、U2，變壓器N原、副線圈兩端的電壓分別為U3、U4，發(fā)電廠輸出電壓有效值恒定，輸電線的總電阻為rA.U1=U4B.流過(guò)變壓器M原線圈的電流等于流過(guò)變壓器N副線圈的電流C.用戶增多，U1、U2均不變，U3、U4均減小D.用戶增多，輸電線消耗的電功率減小答案BC解析由變壓器的原理可知U1U2=n1n2=k，U3U4=n3n4=1k，設(shè)輸電線上損失的電壓為ΔU，有U2=ΔU+U3，則有U1>U4，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)通過(guò)變壓器M原、副線圈的電流為I1、I2，通過(guò)變壓器N原、副線圈的電流為I2、I3。則由變壓器原理有I1I2=n2n1=1k，I2I3=n4n3=k，解得I1=I3，故B項(xiàng)正確；變壓器M原、副線圈匝數(shù)比不變，原線圈輸入電壓不變，所以副線圈輸出電壓不變，即U1、U2不變，由U4=I3R總，則有U2=I3kr+I3R總k，用戶增多時(shí)，負(fù)載總電阻減小，所以流過(guò)變壓器N副線圈的電流I3增大，原線圈中的電流I2也隨之增大，由ΔP=I22r可知，輸電線消耗的功率增大，由9.(2024·湖南卷·9)1834年，洛埃利用平面鏡得到楊氏雙縫干涉的結(jié)果(稱洛埃鏡實(shí)驗(yàn))，平面鏡沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同學(xué)重復(fù)此實(shí)驗(yàn)時(shí)，平面鏡意外傾斜了某微小角度θ，如圖所示。S為單色點(diǎn)光源。下列說(shuō)法正確的是()A.沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋不移動(dòng)B.沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距減小C.若θ=0°，沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距不變D.若θ=0°，沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋向A處移動(dòng)答案BC解析當(dāng)θ=0°時(shí)，根據(jù)題意畫(huà)出光路圖如圖甲所示，S發(fā)出的光與通過(guò)平面鏡反射的光(可以等效成虛像S'發(fā)出的光)是同一列光分成的，滿足相干光條件，所以實(shí)驗(yàn)中的相干光源之一相當(dāng)于從光源S'發(fā)出的光，設(shè)S與S'的距離為d，則d相當(dāng)于雙縫之間的距離，S、S'到光屏的距離設(shè)為l，由雙縫干涉公式Δx=lλd，可得Δx=lλ2a，則若θ=0°，沿OA向右或沿AO向左略微平移平面鏡，對(duì)l和d均沒(méi)有影響，則干涉條紋間距不變，也不會(huì)移動(dòng)，故C當(dāng)平面鏡傾斜了微小角度時(shí)，同理再次畫(huà)出光路圖如圖乙所示，若沿OA向右略微平移平面鏡，即圖中從①位置→②位置，由圖可看出雙縫的間距增大，則干涉條紋間距減小，沿AO向左略微平移平面鏡，即圖中從②位置→①位置，由圖可看出干涉條紋向上移動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。10.(2025·湖南郴州市質(zhì)監(jiān))如圖所示，光滑絕緣的水平面上存在一系列豎直向下寬度均為d的相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰兩磁場(chǎng)的間距為d。一匝數(shù)n=20、邊長(zhǎng)為d的正方形金屬線圈(dc邊與磁場(chǎng)邊界平行)以初速度v0從第一個(gè)磁場(chǎng)的左邊界垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，結(jié)果線圈恰好能穿過(guò)完整的磁場(chǎng)的個(gè)數(shù)N=5。下列說(shuō)法正確的是()A.線圈每經(jīng)過(guò)一個(gè)磁場(chǎng)的動(dòng)量變化量相等B.線圈每經(jīng)過(guò)一個(gè)磁場(chǎng)的發(fā)熱量相等C.線圈剛好離開(kāi)第一個(gè)磁場(chǎng)的速度為110vD.增加線圈的匝數(shù)(增加的線圈材料、粗細(xì)與原來(lái)的相同)，線圈仍以原來(lái)的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，穿過(guò)完整的磁場(chǎng)的個(gè)數(shù)仍為5答案AD解析線圈在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為先減速進(jìn)入磁場(chǎng)，再減速出磁場(chǎng)，然后又減速進(jìn)磁場(chǎng)，減速出磁場(chǎng)，以此類推。線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)或穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，速度變化量為Δv，由動(dòng)量定理有nBIdΔt=mΔv，由閉合電路歐姆定律得I=ER，再由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nΔΦΔt，因?yàn)槊看芜M(jìn)入磁場(chǎng)或穿出磁場(chǎng)時(shí)線圈中磁通量變化量ΔΦ=Bd2，聯(lián)立可解得Δv=n2B2d3mR，表明線圈在進(jìn)入或穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中速度的變化量相等，線圈每經(jīng)過(guò)一個(gè)磁場(chǎng)的速度變化量相等，動(dòng)量變化量相等，選項(xiàng)A正確；線圈依次經(jīng)過(guò)各個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，線圈所受安培力減小，線圈克服安培力做功減小，線圈的發(fā)熱量減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析v0=2NΔv，可求出Δv=110v0，故線圈剛好離開(kāi)第一個(gè)磁場(chǎng)的速度為v1=v0-2Δv=45v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)2Nn2B2d3R=mv0選擇題提速練(4)[分值：44分](限時(shí)：25分鐘)一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2025·河南卷·1)野外高空作業(yè)時(shí)，使用無(wú)人機(jī)給工人運(yùn)送零件。如圖，某次運(yùn)送過(guò)程中的一段時(shí)間內(nèi)，無(wú)人機(jī)向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無(wú)人機(jī)下方，并相對(duì)于無(wú)人機(jī)靜止，輕繩與豎直方向成一定角度。忽略零件所受空氣阻力，則在該段時(shí)間內(nèi)()A.無(wú)人機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)B.零件所受合外力為零C.零件的慣性逐漸變大D.零件的重力勢(shì)能保持不變答案D解析無(wú)人機(jī)沿水平方向向左飛行，零件相對(duì)于無(wú)人機(jī)靜止，也沿水平方向向左飛行做直線運(yùn)動(dòng)，故零件的高度不變，零件的重力勢(shì)能保持不變，D正確；零件受重力和輕繩的拉力作用，合外力水平向左，零件水平向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；慣性的大小只與質(zhì)量有關(guān)，零件的質(zhì)量不變，故零件的慣性不變，C錯(cuò)誤。2.(2025·河南南陽(yáng)市調(diào)研)如圖為A、B兩分子間的分子勢(shì)能Ep與兩分子間距離x的變化關(guān)系曲線，其中A分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O，B分子從位置x1處由靜止釋放，A、B兩分子間僅存在分子力作用，下列說(shuō)法正確的是()A.B分子從位置x1運(yùn)動(dòng)到位置x2過(guò)程中，速度在增大，分子力也在增大B.B分子在位置x2時(shí)，速度最大，分子動(dòng)能和分子勢(shì)能之和大于0C.B分子從位置x2運(yùn)動(dòng)到位置x3過(guò)程中，分子力對(duì)其做正功D.B分子在位置x1和位置x3間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)答案D解析B分子從位置x1運(yùn)動(dòng)到位置x2過(guò)程中，分子勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，速度在增大，則分子力做正功，分子力表現(xiàn)為斥力，分子力在減小，故A錯(cuò)誤；B分子在位置x2時(shí)，分子勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，速度最大，分子動(dòng)能和分子勢(shì)能之和保持不變，則分子動(dòng)能和分子勢(shì)能之和小于0，故B錯(cuò)誤；B分子從位置x2運(yùn)動(dòng)到位置x3過(guò)程中，分子力表現(xiàn)為引力，分子力對(duì)其做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒，B分子在位置x1和位置x3間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確。3.(2025·湖南卷·3)如圖，ABC為半圓柱體透明介質(zhì)的橫截面，AC為直徑，B為ABC的中點(diǎn)。真空中一束單色光從AC邊射入介質(zhì)，入射點(diǎn)為A點(diǎn)，折射光直接由B點(diǎn)出射。不考慮光的多次反射，下列說(shuō)法正確的是()A.入射角θ小于45°B.該介質(zhì)折射率大于2C.增大入射角，該單色光在BC上可能發(fā)生全反射D.減小入射角，該單色光在AB上可能發(fā)生全反射答案D解析根據(jù)題意，畫(huà)出光路圖，如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，折射角為45°，則由折射定律有n=sinθsin45°=2sinθ>1，則有sinθ>22，n<2，解得θ>45°，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由sinC=1n，可知sinC>2增大入射角，光路圖如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，光在BC上的入射角小于45°，則該單色光在BC上不可能發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；減小入射角，光路圖如圖丙所示，由幾何關(guān)系可知，光在AB上的入射角大于45°，可能大于臨界角，則該單色光在AB上可能發(fā)生全反射，故D正確。4.(2025·山東濟(jì)寧市模擬)如圖所示，兩等量異種點(diǎn)電荷分別處于正方形ABCD上的A、B兩點(diǎn)，M、N、P分別為對(duì)應(yīng)邊的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A.M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B.M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)相同C.P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.電子從M點(diǎn)沿直線移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能增加答案D解析由等量異種電荷的電場(chǎng)的特點(diǎn)知，M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)距正電荷越近電勢(shì)越高，距負(fù)電荷越近電勢(shì)越低，及電勢(shì)的疊加原理可知，M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φM>φN，故B錯(cuò)誤；設(shè)正方形邊長(zhǎng)為l，根據(jù)矢量求和定則知，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為2kq2(l2)2=8kq2l2，而M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為水平向右的kq2(l2)2與沿MB方向的5.(2025·江蘇鹽城市模擬)操場(chǎng)上兩同學(xué)練習(xí)排球，在空中同一水平直線上A、B兩點(diǎn)處分別把相同的兩球1、2同時(shí)擊出，球1做平拋運(yùn)動(dòng)，球2做斜拋運(yùn)動(dòng)，兩球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，如圖，軌跡交于P點(diǎn)，P是AB連線中垂線上一點(diǎn)，球1的初速度為v1，球2的初速度為v2，不考慮排球的旋轉(zhuǎn)，兩球從拋出到P點(diǎn)的過(guò)程中()A.單位時(shí)間內(nèi)，球1速度的變化大于球2速度的變化B.兩球在P點(diǎn)相遇C.球2在最高點(diǎn)的速度小于v1D.球1動(dòng)量的變化大于球2動(dòng)量的變化答案C解析由于兩球的加速度均為重力加速度，所以單位時(shí)間內(nèi)，球1速度的變化等于球2速度的變化，故A錯(cuò)誤；兩球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，下落的高度相同，對(duì)球1，有x=v1t1，y=12gt12，對(duì)球2，有x=v2cosθ·t2，y=-v2sinθ·t2+12gt22，由此可知t1<t2，v1>v2cosθ，所以球1先經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，兩球不會(huì)在P點(diǎn)相遇，球2在最高點(diǎn)的速度小于v1，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt=Δp，由于t1<t2，所以球6.(2025·山東卷·7)如圖為一種交流發(fā)電裝置的示意圖，長(zhǎng)度為2L、間距為L(zhǎng)的兩平行金屬電極固定在同一水平面內(nèi)，兩電極之間的區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ有豎直方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反，區(qū)域Ⅰ邊界是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，區(qū)域Ⅱ邊界是長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為0.5L的矩形。傳送帶從兩電極之間以速度v勻速通過(guò)，傳送帶上每隔2L固定一根垂直運(yùn)動(dòng)方向、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中與電極接觸良好。該裝置產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的有效值為()A.BLv B.2BLvC.3BLv2 答案D解析由題意可知每根導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程需要的時(shí)間，即周期為T=2Lv，導(dǎo)體棒通過(guò)區(qū)域Ⅰ時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為E1=BLv，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t1=Lv=T2，導(dǎo)體棒通過(guò)區(qū)域Ⅱ時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小為E2=B×0.5Lv，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t2=Lv=T2，根據(jù)交變電流有效值的定義有E12R·T2+E22R二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7.(2024·湖南卷·7)2024年5月3日，“嫦娥六號(hào)”探測(cè)器順利進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，正式開(kāi)啟月球之旅。相較于“嫦娥四號(hào)”和“嫦娥五號(hào)”，本次的主要任務(wù)是登陸月球背面進(jìn)行月壤采集并通過(guò)升空器將月壤轉(zhuǎn)移至繞月運(yùn)行的返回艙，返回艙再通過(guò)返回軌道返回地球。設(shè)返回艙繞月運(yùn)行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑。已知月球表面重力加速度約為地球表面的16，月球半徑約為地球半徑的1A.其相對(duì)于月球的速度大于地球第一宇宙速度B.其相對(duì)于月球的速度小于地球第一宇宙速度C.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)星周期的23D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)星周期的32答案BD解析返回艙在該繞月軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)有引力提供向心力，且返回艙繞月運(yùn)行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑，則有mg月=mv月2R月得v由于地球第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，同理可得v地=g地R由①②可得v月=612v故A錯(cuò)誤，B正確；再根據(jù)線速度和周期的關(guān)系有T=2πv·R，T月T地=R得T月=32T地，故C錯(cuò)誤，D8.(2025·甘肅卷·8)如圖，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端