2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）小綜合搶分練(一)(時間：50分鐘)1.(2024·山東菏澤二模)核電池，又叫同位素電池，它是一種利用放射性同位素衰變放出載能粒子，并將其能量轉(zhuǎn)換為電能的裝置。已知某電池的核燃料為eq\o\al(238,94)Pu，一個靜止的eq\o\al(238,94)Pu原子核衰變成一個新核eq\o\al(234,92)U和另外一個帶電粒子A。下列說法正確的是()A.粒子A的穿透能力比γ射線強B.該衰變過程遵守質(zhì)量守恒和電荷守恒C.eq\o\al(238,94)Pu比eq\o\al(234,92)U的比結(jié)合能小D.eq\o\al(238,94)Pu的衰變速度隨溫度的升高而加快答案C解析由題意知，衰變方程為eq\o\al(238,94)Pu→eq\o\al(234,92)U＋eq\o\al(4,2)A，故帶電粒子A為eq\o\al(4,2)He，粒子eq\o\al(4,2)He的穿透能力沒有γ射線強，A錯誤；該衰變過程遵守質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，但是核反應(yīng)過程會釋放核能，有質(zhì)量虧損，B錯誤；比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，自發(fā)衰變時，生成物的比結(jié)合能比反應(yīng)物的比結(jié)合能大，因此eq\o\al(238,94)Pu比eq\o\al(234,92)U的比結(jié)合能小，C正確；eq\o\al(238,94)Pu的衰變速度與溫度無關(guān)，D錯誤。2.(2024·山東菏澤二模)2024年4月25日晚，神舟十八號載人飛船成功發(fā)射，在飛船豎直升空過程中，整流罩按原計劃順利脫落。整流罩脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的v－t圖像正確的是()答案A解析空氣阻力與速度大小成正比，設(shè)空氣阻力為f＝kv，上升階段由牛頓第二定律，有mg＋kv＝ma，隨著速度的減小，加速度逐漸減小，上升階段做加速度逐漸減小的減速運動。在最高點速度為零，加速度為a＝g；下降階段由牛頓第二定律mg－kv＝ma′，隨著速度的增大，加速度繼續(xù)減小，下降階段做加速度逐漸減小的加速運動，故A正確。3.(2024·浙江6月選考，3)如圖1為水流導(dǎo)光實驗，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，則()圖1A.激光在水和空氣中速度相同B.激光在水流中有全反射現(xiàn)象C.水在空中做勻速率曲線運動D.水在水平方向做勻加速運動答案B解析由于光在不同介質(zhì)中的傳播速度不同，所以激光在水和空氣中速度不相同，A錯誤；水流導(dǎo)光的原理是激光在水流中發(fā)生全反射，出水口受激光照射，激光在水流中經(jīng)過多次全反射，照到下面桶中的水，下面桶中的水被照亮，B正確；水在空中做平拋運動，速率不斷增大，C錯誤；水在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻加速運動，D錯誤。4.將壓力傳感器安裝在圖2甲的蹦床上，記錄表演者對彈性網(wǎng)的壓力。圖乙是某次排練中質(zhì)量為35kg的表演者在豎直方向運動時計算機輸出的壓力—時間(F－t)圖像，表演者可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖2A.表演者在a時刻速度為零，加速度為零B.表演者在b時刻速度最大C.從a時刻到b時刻，蹦床對表演者做的功為1120JD.從a時刻到b時刻，蹦床給表演者的沖量大小為455N·s答案D解析表演者在a時刻位于最低點，速度為零，蹦床的彈力大于表演者的重力，有向上的加速度，則加速度不為零，故A錯誤；當蹦床的彈力等于表演者的重力時，表演者速度最大，表演者在b時刻壓力為零，速度不是最大，故B錯誤；表演者在空中的時間為t＝2.8s－1.2s＝1.6s，離開蹦床的速度大小為v＝g·eq\f(t,2)＝8m/s，設(shè)蹦床的最大壓縮量為h，從a時刻到b時刻，根據(jù)動能定理得W－mgh＝eq\f(1,2)mv2＝1120J，可知從a時刻到b時刻，蹦床對表演者做的功大于1120J，故C錯誤；從a時刻到b時刻，根據(jù)動量定理有IF－mg(tb－ta)＝mv，蹦床給表演者的沖量大小為IF＝455N·s，故D正確。5.(多選)(2024·湖南常德一中高三模擬)如圖3所示，質(zhì)量為1kg的小球從距地面h＝1.6m的A點水平拋出，恰好垂直撞在固定在水平面上的半圓形物體上的B點，圓半徑為1m，已知BO與豎直方向間的夾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖3A.圓心O與A點間的水平距離為2mB.小球平拋的初速度v0為3m/sC.小球運動到B點時重力的瞬時功率為40WD.小球從A運動到B的時間為0.6s答案BC解析小球恰好垂直撞在水平面上半圓形物體的B點，B點速度分解如圖所示，由幾何關(guān)系得tan(90°－θ)＝eq\f(vy,v0)①，豎直方向上小球做自由落體運動，則h－Rcosθ＝eq\f(1,2)gt2②，其中vy＝gt③，半圓形物體的圓心與A點的水平距離為x′＝x＋Rsinθ＝v0t＋0.6R④，聯(lián)立①②③④得x′＝1.8m，t＝0.4s,v0＝3m/s，vy＝4m/s，A、D錯誤，B正確；重力的瞬時功率P＝mgvy＝1×10×4W＝40W，C正確。6.(多選)(2024·福建龍巖質(zhì)檢)如圖4所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，AC邊長為l，∠B＝30°，一群比荷為eq\f(q,m)的帶正電粒子以相同速度在CD范圍內(nèi)垂直AC邊射入，從D點射入的粒子恰好不從AB邊射出。已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為t，粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(5,3)t，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，則()圖4A.磁感應(yīng)強度大小為eq\f(πm,qt)B.粒子運動的軌道半徑為eq\f(\r(3),7)lC.粒子射入磁場的速度大小為eq\f(\r(3)πl(wèi),7t)D.粒子在磁場中掃過的面積為eq\f(6\r(3)＋3π,49)l2答案CD解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)，解得B＝eq\f(πm,2qt)，故A錯誤；設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ，則有eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(5,3)t，解得θ＝eq\f(5π,6)，畫出該粒子的運動軌跡如圖所示，設(shè)圓周運動半徑為r，由幾何知識有eq\f(r,cos30°)＋rcos30°＝l，可得r＝eq\f(2\r(3),7)l，故B錯誤；粒子在磁場中運動時有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得粒子射入磁場的速度大小為v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)πl(wèi),7t)，故C正確；從D點射入的粒子恰好不從AB邊射出，由幾何知識可得粒子在磁場中掃過的面積為S＝eq\f(1,4)πr2＋r·rcos30°＝eq\f(6\r(3)＋3π,49)l2，故D正確。7.(2024·山東菏澤二模)智能手機中大都配置有氣壓傳感器，某種氣壓傳感器主要傳感元件是一個對氣體壓強敏感的薄膜，它連接一個柔性電阻器，當氣壓傳感器所處環(huán)境氣壓變化時，這個薄膜變形，柔性電阻器的阻值也隨之發(fā)生變化。已知某氣壓傳感器的阻值變化范圍為一百歐姆到幾百歐姆，某實驗小組在室溫下用伏安法探究其阻值Rx隨氣壓p變化的規(guī)律，實驗室提供了如下器材可供選擇：A.氣壓傳感器：一個標準大氣壓下阻值約為200ΩB.直流電源：電動勢6V，內(nèi)阻不計C.電流表A1：量程為50mA，內(nèi)阻不計D.電流表A2：量程為150mA，內(nèi)阻不計E.電壓表V：量程為3V，內(nèi)阻為3kΩF.定值電阻R0＝3kΩG.滑動變阻器R，最大電阻值約為20ΩH.開關(guān)S與導(dǎo)線若干(1)請根據(jù)給定的實驗器材在圖5甲虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖，并標注出元件符號(R、R0、V、A1或A2)。圖5(2)在乙圖上將實物連線圖補充完整。(3)當氣壓傳感器所處環(huán)境氣壓為p時，閉合開關(guān)S，測得兩個電表的讀數(shù)分別為U和I，則氣壓傳感器的阻值Rx＝________。(4)改變環(huán)境壓強p的大小，測得不同的值Rx，繪成圖像如圖6所示，由圖可得阻值Rx和壓強p的函數(shù)關(guān)系式為Rx＝______________Ω。圖6答案(1)見解析圖(2)見解析圖(3)eq\f(2U,I)(4)1000－0.008p解析(1)電源電動勢為6V，電壓表的量程為3V，為了確保安全，使電壓的測量范圍廣泛一些，需要將電壓表的量程改裝成6V，即在電壓表上串聯(lián)定值電阻R0＝3kΩ，由于電流表內(nèi)阻不計，測量電路采用電流表內(nèi)接法，因為標準大氣壓下通過Rx的電流最大約為Ix＝eq\f(E,Rx)＝eq\f(6,200)A＝30mA，故電流表選A1。為了使得實驗測量數(shù)據(jù)范圍廣泛一些，控制電路中的滑動變阻器采用分壓式接法，設(shè)計電路如圖所示。(2)根據(jù)電路圖連接實物圖如圖乙所示。(3)根據(jù)上述可知，電壓表內(nèi)阻與串聯(lián)的定值電阻阻值相等，兩者分壓相等，根據(jù)歐姆定律有Rx＝eq\f(2U,I)。(4)令阻值Rx和壓強p的函數(shù)關(guān)系式為Rx＝kp＋a根據(jù)圖像，將坐標(0.8×105Pa，360Ω)與(1.0×105Pa，200Ω)代入上述關(guān)系式，解得k＝－0.008Ω/Pa，a＝1000Ω，可知，阻值Rx和壓強p的函數(shù)關(guān)系式為Rx＝(1000－0.008p)Ω。8.如圖7，在汽車正常行駛時，氣囊內(nèi)原有氣體體積忽略不計。當汽車受到猛烈撞擊時會引燃氣體發(fā)生劑，產(chǎn)生大量氣體，極短時間內(nèi)充滿氣囊。充氣過程中，氣囊上可變排氣孔是封閉的，充氣結(jié)束時內(nèi)部氣體的壓強為p、體積為V、溫度為T，氣體可視為理想氣體。圖7(1)已知大氣壓強為p0，求充氣過程中氣囊克服外界大氣壓強所做的功；(2)撞擊后，車上駕乘人員因慣性擠壓安全氣囊導(dǎo)致可變排氣孔開始排氣，當內(nèi)部氣體壓強為eq\f(3,5)p、體積為eq\f(1,3)V、溫度為eq\f(1,3)T時，恰好不再排氣，求排出氣體質(zhì)量與排氣前氣體總質(zhì)量之比。答案(1)p0V(2)eq\f(2,5)解析(1)充氣過程中氣囊克服外界大氣壓強所做的功W＝p0V。(2)對氣囊內(nèi)所有的氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有eq\f(pV,T)＝eq\f(\f(3,5)pV′,\f(T,3))從氣囊內(nèi)排出氣體的體積為ΔV＝V′－eq\f(1,3)V排出氣體質(zhì)量與排氣前氣體總質(zhì)量之比為eq\f(Δm,m)＝eq\f(ΔV,V′)＝eq\f(2,5)。9.如圖8，電力工人在傾角θ＝37°的山坡上架設(shè)電線，豎直電線桿高h＝40m，工人將拖線器(拖線器為一連接細線的重物)拋出，拖線器恰好能夠越過電線桿頂端，忽略空氣阻力、人的身高和細線質(zhì)量，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：圖8(1)拖線器拋出時的最小速度大小及方向；(2)拖線器拋出點到電線桿底部的距離；(3)拖線器在山坡上的落點到電線桿底部的距離。答案(1)16eq\r(2)m/s垂直斜面向上(2)48m(3)48m解析(1)如圖所示，電線桿頂端到山坡的垂直距離y1＝hcos37°設(shè)初速度沿垂直斜面方向的分速度為vy0，平行斜面方向的分速度為vx0，則y1＝eq\f(vy0,2)t1，vy0＝gyt1，gy＝gcos37°，gx＝gsin37°聯(lián)立解得t1＝2eq\r(2)s，vy0＝16eq\r(2)m/sv0＝eq\r(veq\o\al(2,x0)＋veq\o\al(2,y0))當vx0＝0時，拋出時的速度最小v0＝vy0即v0＝16eq\r(2)m/s，方向垂直斜面向上。(2)平行斜面方向x1＝eq\f(1,2)gxteq\o\al(2,1)拋出點到電線桿底部的距離d1＝x1＋hsin37°代入數(shù)據(jù)解得d1＝48m。(3)由對稱性可知，垂直斜面方向下落時間t2與上升時間t1相等，拋出點到落點距離為x＝eq\f(1,2)gx(t1＋t2)2落點到電線桿底部的距離d2＝x－d1代入數(shù)據(jù)解得d2＝48m。10.(2024·四川成都模擬)如圖9所示，足夠長的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L＝1m，導(dǎo)軌水平部分的矩形區(qū)域abcd有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T，導(dǎo)軌水平部分的左側(cè)和傾斜部分由光滑圓弧連接，右側(cè)和一光滑圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑r＝eq\f(16,35)m，圓心角θ＝120°，在圓弧上端有兩彈性擋板C和C′。質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒P從離水平面高度h＝3.2m處靜止釋放，經(jīng)過AA′滑上水平軌道；P穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量為m2＝2kg的靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒Q發(fā)生彈性碰撞，碰后Q恰好能上升到C和C′處，兩金屬棒的電阻值均為R＝0.2Ω，重力加速度g＝10m/s2，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計，兩根金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。求：圖9(1)P剛進入磁場時受到安培力F的大??；(2)矩形磁場沿導(dǎo)軌方向的長度；(3)若Q從右側(cè)圓弧滑下時，P已從磁場中滑出，求從P開始運動到P、Q第二次碰撞，Q棒上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)5N(2)3.2m(3)11.5J解析(1)根據(jù)動能定理，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝8m/s根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝BLv0＝4V根據(jù)歐姆定律有I1＝eq\f(E1,2R)＝10AP剛進入磁場時受到安培力F安＝BI1L＝5N。(2)設(shè)Q運動到C、C′處的速度為vC，則有m2gsin30°＝m2eq\f(veq\o\al(2,C),r)根據(jù)動能定理得－m2g(r＋rsin30°)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)聯(lián)立解得vB＝4m/sP、Q碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有m1vP＝m1vP′＋m2vB根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)m1vP′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,B)解得vP＝6m/s，vP′＝－2m/s即碰后P速度的大小為vP′＝2m/s對于P第一次通過磁場，根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝m1vP－m1v0又有q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BLx,2R)解得x＝3.2m。(3)P第二次通過磁場，根據(jù)動量定理知－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝－eq\f(B2L2x,2R)＝m1vP″－m1vP′其中vP″＝0Q第一次進入磁場時的速度為vQ′＝4m/s，方向向左根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝－eq\f(B2L2x,2R)＝m2vQ″－m2vQ′解得vQ″＝3m/s，方向向左然后Q通過磁場與靜止的P第二次碰撞，全過程應(yīng)用能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m2vQ″2解得Q＝23J則有QR＝eq\f(1,2)Q＝11.5J。選擇題滿分練(八)(時間：35分鐘)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·江西卷，3)一質(zhì)點沿x軸運動，其位置坐標x與時間t的關(guān)系為x＝1＋2t＋3t2(x的單位是m，t的單位是s)。關(guān)于速度及該質(zhì)點在第1s內(nèi)的位移，下列選項正確的是()A.速度是對物體位置變化快慢的描述；6mB.速度是對物體位移變化快慢的描述；6mC.速度是對物體位置變化快慢的描述；5mD.速度是對物體位移變化快慢的描述；5m答案C解析速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位置隨時間變化的快慢，B、D錯誤；根據(jù)x與t的關(guān)系式可知，t＝0時，質(zhì)點位于x＝1m處，t＝1s時，質(zhì)點位于x＝6m處，因此質(zhì)點在第1s內(nèi)的位移為5m，A錯誤，C正確。2.我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖1所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中()圖1A.火箭與發(fā)射倉組成的系統(tǒng)動量守恒B.火箭上升時，處于超重狀態(tài)C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和大于火箭動能的增加量答案D解析火箭飛出發(fā)射倉到點火的過程受到重力作用，此過程火箭與發(fā)射倉組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；根據(jù)題意可知，火箭點火前的上升階段，分為加速上升和減速上升兩個階段，先超重后失重，故B錯誤；由動量定理可知(F－mg－F阻)Δt＝mΔv，解得FΔt＝mΔv＋mgΔt＋F阻Δt，高壓氣體對火箭推力的沖量大于火箭動量的增加量，故C錯誤；由動能定理可知WF－WG－W阻＝eq\f(1,2)mv2，解得WF－W阻＝eq\f(1,2)mv2＋WG，高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和大于火箭動能的增加量，故D正確。3.(2024·遼寧大連一模)智能手機的攝像頭光圈尺寸和曝光時間會影響照片的成像質(zhì)量。某智能手機的攝像頭光圈的面積為S，標準曝光時間為t，暗室中有一個黃色的點光源，發(fā)光功率為P，現(xiàn)用該手機在距離點光源r處正對光源拍照。已知黃光的波長為λ，真空中的光速為c。普朗克常量為h，不考慮空氣對光子的吸收，則單次拍照進入手機攝像頭快門的光子個數(shù)為()A.eq\f(PλSt,4πr2hc) B.eq\f(PcSt,4πr3hλ) C.eq\f(PλSt,2πr2hc) D.eq\f(3PλSt,4πr3hc)答案A解析由光的頻率與波長的關(guān)系為c＝λν，所以一個光子的能量為E0＝hν，該光源在曝光時間t內(nèi)發(fā)出的光能為E＝Pt，在曝光時間t內(nèi)進入手機攝像頭的光所具有的能量為E1，有eq\f(E1,E)＝eq\f(S,4πr2)，則曝光時間t內(nèi)穿過該攝像頭的光子數(shù)為n＝eq\f(E1,E0)＝eq\f(PλSt,4πr2hc)，故A正確。4.(2024·河南鄭州二模)如圖2所示，一光滑的正三角形斜面體OAB放在光滑的水平地面上，不可伸長的輕繩兩端分別拴接質(zhì)量為m1、m2的兩物體P、Q，分別放在OA、OB面上，輕繩跨過固定在O點的光滑滑輪，兩部分輕繩與斜面均平行。作用在斜面體上的恒力使斜面體向右做勻加速運動，兩物體P、Q與斜面體保持相對靜止，且P恰好沒有離開斜面，則m1、m2的比值為()圖2A.1∶2 B.1∶1 C.3∶4 D.2∶1答案A解析對P、Q受力分析如圖甲、乙所示因為P恰好沒有離開斜面，故其和斜面無彈力，可知繩上的彈力T＝eq\f(m1g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)m1g，整體的加速度a＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g，對Q有FNcos30°－Tcos60°＝m2a，F(xiàn)Ncos60°＋Tcos30°＝m2g，聯(lián)立解得m1∶m2＝1∶2，故A正確。5.(2024·北京昌平二模)如圖3所示，兩個質(zhì)量均為m的小木塊A、B(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，A、B到轉(zhuǎn)軸OO′的距離分別為l、2l。小木塊與圓盤之間的動摩擦因數(shù)均為μ，可以認為小木塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若圓盤從靜止開始繞軸轉(zhuǎn)動，并緩慢地加速，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，用g表示重力加速度的大小，下列說法正確的是()圖3A.圓盤對A的作用力大小大于A對圓盤的作用力大小B.當ω＝eq\r(\f(μg,2l))時，A所受摩擦力的大小為μmgC.A、B所受摩擦力的大小始終相等D.B一定比A先開始滑動答案D解析圓盤對A的作用力與A對圓盤的作用力是相互作用力，總是等大反向，選項A錯誤；當ω＝eq\r(\f(μg,2l))時，A所受摩擦力的大小為FfA＝mω2l＝eq\f(1,2)μmg，選項B錯誤；根據(jù)Ff＝mω2l可知，在兩木塊未發(fā)生相對滑動時，A、B所受摩擦力的大小不相等，當兩木塊都產(chǎn)生相對滑動后受滑動摩擦力大小相等，選項C錯誤；根據(jù)μmg＝mωeq\o\al(2,0)r，可知ω0＝eq\r(\f(μg,r))，可知產(chǎn)生滑動時B的臨界角速度較小，則B一定比A先開始滑動，選項D正確。6.(2024·陜西西安一模)2024年4月25日20時59分，搭載神舟十八號載人飛船的長征二號F遙十八運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射。4月26日3時32分，神舟十八號成功對接于中國空間站的天和核心艙徑向端口，整個自主交會對接過程歷時約6.5小時。核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的eq\f(1,16)。下列說法正確的是()A.核心艙在軌道上飛行的速度大于7.9km/sB.核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))2倍C.神舟十八號載人飛船與核心艙成功對接后，空間站由于質(zhì)量增大，軌道半徑將明顯變小D.若已知空間站的運行周期、地球半徑和引力常量G，可求出空間站質(zhì)量答案B解析7.9km/s是第一宇宙速度，是最小的發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，故核心艙在軌道上飛行的速度小于7.9km/s，故A錯誤；根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)可得核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小與它在地面時的萬有引力大小比值為eq\f(F1,F2)＝eq\f(R2,r2)，其中eq\f(R,r)＝eq\f(R,R＋h)＝eq\f(16,17)，則eq\f(F1,F2)＝eq\f(R2,r2)＝(eq\f(16,17))2，故B正確；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得軌道半徑與空間站的質(zhì)量無關(guān)，所以神舟十八號載人飛船與核心艙成功對接后，雖然空間站質(zhì)量增大，但軌道半徑不變，故C錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，若已知地球半徑、運行周期和引力常量G，只能求出地球質(zhì)量，而不能求出空間站質(zhì)量，故D錯誤。7.某科研小組設(shè)計一款超重報警裝置，其結(jié)構(gòu)原理圖如圖4所示，主體是導(dǎo)熱性能良好的薄壁密閉容器，厚度和質(zhì)量不計的活塞通過輕桿連接輕質(zhì)平臺。平臺上未放重物時，內(nèi)部封閉理想氣體的氣柱長度L＝0.2m；當活塞進入預(yù)警區(qū)域時，系統(tǒng)會發(fā)出超重預(yù)警。橫截面積S＝0.01m2，底部的預(yù)警區(qū)域深度h＝0.1m，平臺上輕放質(zhì)量為m的重物穩(wěn)定時，活塞剛好觸動報警裝置。已知環(huán)境溫度不變，大氣壓強p0＝1.0×105Pa，g＝10m/s2，不計摩擦阻力，下列說法正確的是()圖4A.重物的質(zhì)量m＝200kgB.重物的質(zhì)量m＝1000kgC.放上重物至活塞最終穩(wěn)定的過程中，密閉氣體對外界放出的熱量為100JD.放上重物至活塞最終穩(wěn)定的過程中，密閉氣體對外界放出的熱量為200J答案D解析最終穩(wěn)定時，封閉氣體溫度不變，則p0LS＝p1hS，又因為p1＝p0＋eq\f(mg,S)，求得m＝100kg，A、B錯誤；設(shè)外界大氣壓力和重物對封閉氣體做功為W，則W＝(mg＋p0S)(L－h(huán))，代入數(shù)據(jù)求得W＝200J，封閉氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可得氣體對外界放出的熱量為Q＝－200J，C錯誤，D正確。8.(2024·江西贛州一模)LED燈具有節(jié)能、環(huán)保、壽命長、高亮度、耐高溫等特點從而得到廣泛使用，如圖5為汽車車頭LED大燈，為提高亮度，燈組的前端是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的玻璃球，如圖所示O為球心，一單色光束從O1處射向A點，經(jīng)折射后從B點平行于OO1射出，折射角為60°，OA⊥OB，則()圖5A.光束在A點的入射角α＝30°B.光束在玻璃球中頻率比在真空中要小C.此光束在玻璃球中傳播的時間為eq\f(\r(6)R,3c)D.玻璃球的折射率為eq\f(\r(6),2)答案D解析根據(jù)幾何關(guān)系可知，光線從B點射出時的入射角為45°，根據(jù)折射定律可知，玻璃球的折射率為n＝eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\f(\r(6),2)，由于光束在A點折射角為45°，則光束在A點的入射角為α＝60°，故A錯誤，D正確；光束在玻璃球中頻率與在真空中頻率相等，故B錯誤；此光束在玻璃中傳播的速度為v＝eq\f(c,n)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，光束在玻璃球中傳播的距離為s＝eq\r(2)R，則此光束在玻璃球中傳播的時間為t＝eq\f(s,v)＝eq\f(\r(2)nR,c)＝eq\f(\r(3)R,c)，故C錯誤。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年1月30日，由中國核動力研究設(shè)計院設(shè)計、建造的全球功率最高溶液型醫(yī)用同位素試驗堆在四川正式開工建設(shè)。醫(yī)用同位素堆建成后，將實現(xiàn)年產(chǎn)10萬居里的鉬－99、2萬居里的碘－131。已知鉬－99的半衰期約為2.75天，衰變方程為eq\o\al(99,42)Mo→eq\o\al(99,43)Tc＋eq\o\al(0,－1)e，eq\o\al(99,42)Mo、eq\o\al(99,43)Tc的比結(jié)合能分別為E1、E2，eq\o\al(131,53)I可由氘轟擊eq\o\al(130,52)Te制得，光在真空中的速度為c。則()A.氘轟擊eq\o\al(130,52)Te的方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(130,52)Te→eq\o\al(131,53)I＋eq\o\al(1,0)nB.16個eq\o\al(99,42)Mo經(jīng)過5.5天剩余4個C.eq\o\al(99,42)Mo的結(jié)合能大于eq\o\al(99,33)Tc的結(jié)合能D.eq\o\al(99,42)Mo衰變損失的質(zhì)量為eq\f(99E2－99E1,c2)答案AD解析根據(jù)核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，氘轟擊eq\o\al(130,52)Te的方程為eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(130,52)Te→eq\o\al(131,53)I＋eq\o\al(1,0)n，A正確；半衰期是大量原子核的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核不適用，B錯誤；由核反應(yīng)方程可知eq\o\al(99,43)Tc比eq\o\al(99,42)Mo穩(wěn)定，所以eq\o\al(99,43)Tc的比結(jié)合能大于eq\o\al(99,42)Mo的比結(jié)合能，又eq\o\al(99,43)Tc、eq\o\al(99,42)Mo的核子數(shù)相同，所以eq\o\al(99,43)Tc的結(jié)合能大于eq\o\al(99,42)Mo的結(jié)合能，C錯誤；由題意可知核反應(yīng)釋放的能量為ΔE＝99E2－99E1，又由愛因斯坦質(zhì)能方程有ΔE＝Δmc2，則eq\o\al(99,42)Mo衰變的質(zhì)量虧損為Δm＝eq\f(99E2－99E1,c2)，D正確。10.(2024·湖南岳陽高三期末)一簡諧橫波在水平繩上沿x軸負方向以v＝20m/s的速度傳播。已知t＝0時的波形如圖6所示，繩上兩質(zhì)點M、N的平衡位置分別是xM＝5m、xN＝35m。從該時刻開始計時，下列說法正確的是()圖6A.質(zhì)點N的振動周期為2sB.1.5s時質(zhì)點M正向平衡位置靠近C.質(zhì)點M比質(zhì)點N早0.5s回到平衡位置D.7.5s時質(zhì)點M、N振動的速度大小相同答案ACD解析由題意知v＝20m/s，λ＝40m，則有T＝eq\f(λ,v)＝2s，A正確；1.5s時質(zhì)點N處的振動信息剛好傳到質(zhì)點M處，此時M將遠離平衡位置，B錯誤；由題意可知質(zhì)點M第一次回到平衡位置需要0.25s，而質(zhì)點N第一次回到平衡位置的時間t＝eq\f(50－35,20)s＝0.75s，即質(zhì)點M比質(zhì)點N早0.5s回到平衡位置，C正確；因為Δt＝7.5s＝(3＋eq\f(3,4))T，在振動了3T后，質(zhì)點M和N的振動狀態(tài)和t＝0時一樣，只需要考慮eq\f(3,4)T內(nèi)的情況