2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）選擇題滿分練(二)(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·新課標卷，15)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的()A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍答案C解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，若小車水平離開甲板時的動能變?yōu)檎{整前的4倍，則速度將變?yōu)檎{整前的2倍。小車離開甲板后做平拋運動，運動的時間不變，由x＝v0t可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的2倍，C正確。2.(2024·陜西渭南二模)2024年春節(jié)前后，我國湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的凍雨天氣，給人們的出行帶來不便。當樹葉上帶有冰塊，人在樹下行走時經(jīng)常會出現(xiàn)冰塊砸到頭部的情況。若冰塊的質量為100g，從離頭頂?shù)木嚯x約為80cm處無初速掉落，砸到頭部冰塊未反彈，與頭部的作用時間約為0.2s，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則冰塊對頭部的平均作用力約為()A.4N B.3N C.2N D.1N答案B解析根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可得冰塊在空中下落時間為t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，以向下為正方向，整個過程對冰塊應用動量定理可得mg(t＋Δt)－FΔt＝0，解得冰塊對頭部的平均作用力為F＝eq\f(mg（t＋Δt）,Δt)＝eq\f(0.1×10×（0.4＋0.2）,0.2)N＝3N，故B正確。3.(2024·北京豐臺二模)用圖1甲所示的電路研究光電效應中電子發(fā)射的情況與照射光的強弱、光的顏色(頻率)等物理量之間的關系。分別用三束光照射同一陰極K進行了三次實驗，得到電流表示數(shù)I與電壓表示數(shù)U之間的關系如圖乙所示。下列說法正確的是()圖1A.入射光光子的能量①＞②＞③B.光電子的最大初動能①＞②＞③C.單位時間照射到K上的光子數(shù)①＞③D.照射到K上時金屬的逸出功②最大答案C解析由愛因斯坦光電效應方程得eUc＝Ek＝hν－W0，可以看出遏止電壓與頻率呈線性關系，頻率越大，遏止電壓越大，所以由題圖乙可知，①光的頻率等于③光的頻率，③光的頻率低于②光的頻率，所以入射光光子的能量②＞①＝③，光電子的最大初動能②＞①＝③，故A、B錯誤；由題圖乙可知，①光對應的飽和光電流大于③光對應的飽和光電流，因為飽和光電流越大，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)越多，且逸出的光電子數(shù)越多，入射的光子數(shù)也越多，所以單位時間照射到K上的光子數(shù)①＞③，故C正確；同一陰極K的逸出功相等，故D錯誤。4.(2024·湖南長沙一模)某人駕駛汽車在平直公路上以108km/h的速度勻速行駛，某時刻看到前方路上有障礙物，經(jīng)過一段反應時間，開始剎車，假設剎車后汽車做勻減速直線運動。從看到障礙物到車子停下的過程，汽車的位移x隨速度v變化的關系圖像由一段平行于x軸的直線與一段曲線組成，直線與曲線的分界點為P點(如圖2所示)。則下列說法正確的是()圖2A.曲線部分是一段拋物線B.司機的反應時間為0.417sC.剎車的加速度大小為5m/s2D.剎車的時間是6s答案A解析對勻減速運動，滿足v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，則x－v圖像為拋物線，故A正確；汽車在反應時間內(nèi)做勻速直線運動，由題圖可知對應于直線段，反應時間內(nèi)的位移為x1＝15m，速率為v0＝108km/h＝30m/s，則反應時間為t1＝eq\f(x1,v0)＝eq\f(15,30)s＝0.5s，故B錯誤；剎車過程的位移為x2＝(90－15)m＝75m，根據(jù)－veq\o\al(2,0)＝2ax2，解得a＝－6m/s2，故C錯誤；剎車的時間為t2＝eq\f(－v0,－a)＝5s，故D錯誤。5.(2024·重慶南開中學二模)某天早上溫度為10℃，物理老師剛啟動汽車時看到汽車儀表盤顯示各輪胎壓強如圖3所示，中午剛啟動汽車時看到后輪壓強變成了2.8bar(1bar＝100kPa)，該過程認為輪胎內(nèi)的體積不變，輪胎內(nèi)部氣體可看成理想氣體，下列說法錯誤的是()圖3A.中午溫度約為20℃B.輪胎內(nèi)部氣體分子的平均動能增加C.氣體分子撞擊輪胎內(nèi)壁的平均作用力增加D.輪胎內(nèi)部氣體吸收熱量，對外做功，內(nèi)能不變答案D解析T1＝283K，輪胎內(nèi)氣體的體積不變，根據(jù)查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝293K，所以t2＝20℃，溫度升高，則輪胎內(nèi)部氣體分子的平均動能增加，故A、B正確；輪胎內(nèi)的體積不變，壓強增大，則氣體分子撞擊輪胎內(nèi)壁的平均作用力增加，故C正確；輪胎內(nèi)部氣體溫度升高，內(nèi)能增大，做功為0，吸收熱量，故D錯誤。6.如圖4所示，兩平行細激光束a、b由真空中射向足夠大的長方體透明材料的下表面，發(fā)現(xiàn)該材料的上表面只有一處有光線射出，則()圖4A.激光a在材料的上表面被全反射B.激光b在材料的上表面被全反射C.透明材料對激光a的折射率大于對激光b的折射率D.激光a在透明材料中傳播速度比激光b在透明材料中傳播速度大答案D解析根據(jù)幾何關系可知兩束單色光在玻璃磚的上表面的入射角等于在下表面的折射角，根據(jù)光路可逆性原理知，兩束單色光在玻璃磚的上表面都不會發(fā)生全反射，故A、B錯誤；因玻璃磚的上表面只有一束光線射出，通過玻璃磚后a和b光射在上表面上同一點，a的側移量小于b的側移量，可知透明材料對激光a的折射率小于對激光b的折射率，根據(jù)v＝eq\f(c,n)，可知激光a在透明材料中傳播速度比激光b在透明材料中傳播速度大，故C錯誤，D正確。7.(2024·廣東揭陽二模)如圖5所示，在光滑的水平面上，質量為4m、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁，與墻壁不粘連。質量為m的滑塊(可視為質點)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零?，F(xiàn)滑塊以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端時與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，滑塊以原速率彈回，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()圖5A.滑塊向右運動的過程中，加速度大小為eq\f(2v2,L)B.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,8gL)C.k＝2D.滑塊彈回瞬間的速度大小為eq\f(\r(5)v,2)答案D解析滑塊(可視為質點)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端時速度恰好為零，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可知v2＝2aL，解得a＝eq\f(v2,2L)，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝eq\f(v2,2gL)，故B錯誤；小滑塊以水平速度v向右滑時，由動能定理有－FfL＝0－eq\f(1,2)mv2，小滑塊以速度kv滑上木板至碰墻時速度為v1，由動能定理有－FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m(kv)2，滑塊與墻碰后向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為v2，由動量守恒定律有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋4m)veq\o\al(2,2)，解得k＝eq\f(3,2)，v1＝eq\f(\r(5)v,2)，故C錯誤，D正確。8.(2024·湖北武漢一模)如圖6所示，發(fā)電機線圈所處的磁場可視為勻強磁場，從圖示位置開始繞軸OO′逆時針方向勻速轉動。線圈阻值為R，通過電刷與外電路連接，理想變壓器原線圈與副線圈匝數(shù)比為1∶2，定值電阻R1＝2R，滑動變阻器R2最大阻值為8R，開始滑片P位于最上端，忽略電流表及線路電阻，下列說法中正確的是()圖6A.線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)為零B.僅將滑片P向下滑動，電流表的示數(shù)將減小C.僅將滑片P向下滑動，發(fā)電機的輸出功率將減小D.僅將滑片P向下滑動，電阻R2消耗的功率將減小答案C解析電流表的示數(shù)為交流電的有效值，則線圈經(jīng)過圖示位置時，電流表的示數(shù)不為零，選項A錯誤；變壓器等效電阻R等效＝(eq\f(n1,n2))2R2＝eq\f(1,4)R2，僅將滑片P向下滑動，則R2減小，R等效減小，R1和R等效并聯(lián)后的電阻減小，因線圈電動勢一定，則電流表的示數(shù)將變大，選項B錯誤；將線圈看作電源，其電阻R為電源內(nèi)阻，將R1和R等效并聯(lián)看作是外電路，開始時R等效＝2R，此時R1和R等效并聯(lián)電阻為R等于電源內(nèi)阻，則開始時發(fā)電機輸出功率最大，僅將滑片P向下滑動，R等效減小，外電阻逐漸遠離電源內(nèi)阻，可知發(fā)電機的輸出功率將變小，選項C正確；將R1和R并聯(lián)后的電阻(eq\f(2R,3))等效為電源內(nèi)阻，將R等效看作是外電路，僅將滑片P向下滑動，則外電阻從2R逐漸減小，外電路消耗的功率先增加后減小，即電阻R2消耗的功率先增加后減小，選項D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·陜西西安高三期末)如圖7甲所示，橫截面積為10cm2、繞有4000匝的螺線管與一定值電阻串聯(lián)。已知螺線管的電阻為2Ω，定值電阻的阻值為6Ω，穿過螺線管內(nèi)的勻強磁場的磁感應強度隨時間均勻變大，其B－t圖像如圖乙所示，以磁場向右穿過螺線管為正方向，在0～2s內(nèi)，下列說法正確的是()圖7A.穿過螺線管的磁通量的變化率為10Wb/sB.A點電勢比C點電勢低C.定值電阻的電功率為8WD.螺線管產(chǎn)生的熱量為4J答案BD解析磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(6－2,2)×10×10－4Wb/s＝2×10－3Wb/s，故A錯誤；根據(jù)楞次定律可知，A點電勢比C點電勢低，故B正確；回路中的感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝4000×2×10－3V＝8V，則定值電阻的電功率為PR＝I2R＝(eq\f(E,R＋r))2R＝6W，故C錯誤；螺線管產(chǎn)生的熱量為Q＝I2rt＝(eq\f(E,R＋r))2rt＝4J，故D正確。10.(2024·江西上饒二模)如圖8所示，在同一均勻介質中，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x＝－0.2m和x＝1.2m處，兩列波的傳播周期均為0.4s，兩波源的振幅均為10cm，所有質點均沿y軸方向運動。t＝0時刻的波形如圖8所示，此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q兩質點剛開始振動，質點M的平衡位置處于x＝0.6m處。已知兩波源開始振動后持續(xù)振動，下列說法正確的是()圖8A.質點M的起振方向沿y軸負方向B.兩列波的波速均為0.1m/sC.0.4s后質點M是振動加強點D.在0～1.0s時間內(nèi)質點P通過的路程為60cm答案AD解析在同一介質中，波速相等，則右側的波先傳到M點，根據(jù)平移法可知，質點M的起振方向沿y軸負方向，故A正確；兩列波的波長為0.4m，則波速為v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，故B錯誤；由距離關系可知0.2s后右側的波傳到質點M處，M向下振動，再經(jīng)0.2s后經(jīng)過平衡位置向上振動，0.4s后左側的波剛好傳到質點M處，起振方向向下，則質點M是振動減弱點，故C錯誤；右側波傳到P點用時為t＝eq\f(Δx,v)＝0.6s＝T＋eq\f(1,2)T，根據(jù)Δx＝0.6m＝eq\f(3,2)λ，可知該點為振動減弱點，則0～1.0s時間內(nèi)質點P通過的路程為s＝6A＝60cm，故D正確。11.(2024·海南?？谀M預測)如圖9所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ad邊中點O有一粒子源，可平行紙面向磁場內(nèi)任意方向發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子速度大小均為v，不計粒子重力以及粒子間的相互作用。已知垂直ad邊射入的粒子恰好從ab邊中點M射出磁場，下列說法中正確的是()圖9A.粒子帶負電B.磁場的磁感應強度大小為eq\f(2mv,qL)C.從a點射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πL,6v)D.有粒子從b點射出磁場答案BC解析根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，垂直ad邊射入的粒子恰好從ab邊中點M射出磁場，則運動半徑為r＝eq\f(L,2)，聯(lián)立解得磁場的磁感應強度為B＝eq\f(2mv,qL)，故B正確；從a點射出磁場的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示。則從a點射出磁場的粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,6v)，故C正確；離子的運動半徑為r＝eq\f(L,2)，Ob之間距離大于L，即大于軌跡直徑，所以沒有粒子從b點射出磁場，故D錯誤。12.(2024·廣東卷，10)如圖10所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有()圖10A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關D.甲最終停止位置與O處相距eq\f(H乙,μ)答案ABD解析兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設斜坡傾角為θ，乙下滑過程有eq\f(H乙,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)，在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動時間t3后停止，乙運動的時間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關，則總時間與H乙有關，故C錯誤；乙下滑過程有mgH乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有veq\o\al(2,乙)＝2μgx，聯(lián)立可得x＝eq\f(H乙,μ)，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距eq\f(H乙,μ)，故D正確。選擇題滿分練(六)(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·浙江嘉興一模)2024年8月巴黎奧運會10m跳臺的跳水決賽中，運動員離開跳板開始計時，跳水過程中重心的v－t圖像如圖1所示。則運動員的重心()圖1A.在0～t1過程中做自由落體運動B.在t2～t3過程中速度方向發(fā)生改變C.在t3～t4過程中加速度逐漸減小D.在t4時刻上浮至水面答案C解析在0～t1過程中初速度不為零，不是自由落體運動，故A錯誤；在t2～t3過程中速度始終為正值，方向不變，故B錯誤；在t3～t4過程中，圖像斜率變小，斜率表示加速度，加速度逐漸減小，故C正確；根據(jù)圖像可知，運動員的重心在0～t1過程豎直向上運動，t1～t4過程中豎直向下運動，在t4時刻下降到最低點，故D錯誤。2.如圖2甲是雙縫干涉實驗的裝置，用a、b兩種不同頻率的單色光分別做實驗，a光形成的相鄰兩條亮紋中心之間的距離較大。圖乙是研究光電效應的實驗裝置，當用a、b兩束光分別照射陰極時，微安表均有示數(shù)，普朗克常量為h。下列說法正確的是()圖2A.對同一介質，a光的折射率較大B.用a光照射陰極，滑動變阻器的滑片向右移動時，微安表的示數(shù)一直增大C.用b光照射陰極時，光電子的最大初動能較大D.陰極K接電源正極，微安表的示數(shù)一定為零答案C解析根據(jù)Δx＝eq\f(l,d)λ可知，a光形成的條紋間距較大，則a光的波長長，頻率小，對同一介質的折射率小，故A錯誤；滑動變阻器的滑片向右移動時，光電管兩端的電壓增大，會有更多光電子到達陽極，微安表的示數(shù)逐漸增大，當達到飽和光電流后，微安表的示數(shù)不再增大，故B錯誤；根據(jù)Ek＝hν－W0，已知b光頻率大，用b光照射陰極時，光電子的最大初動能較大，故C正確；陰極K接電源正極時，該裝置所加的電壓為反向電壓，而當逸出的光電子的最大初動能較小，使其無法達到A端，此時微安表的示數(shù)才為0，故D錯誤。3.(2024·福建龍巖高三期末)如圖3所示為餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接質量為M的托盤，托盤上放著6個質量均為m的盤子并處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度大小為g，則某顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤對6號盤子作用力的大小為()圖3A.eq\f(5mg（M＋6m）,M＋5m) B.eq\f(5mg（M－6m）,M＋5m)C.eq\f(5m2g,M＋5m) D.eq\f(5mg（M＋7m）,M＋6m)答案A解析顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤和其他5個盤子受到的合力為mg，根據(jù)牛頓第二定律有mg＝(M＋5m)a，對剩余5個盤子，根據(jù)牛頓第二定律有FN－5mg＝5ma，聯(lián)立可得托盤對6號盤子作用力的大小為FN＝eq\f(5mg（M＋6m）,M＋5m)，故A正確。4.(2024·湖南長沙二模)如圖4所示，一個折射率為n的柱狀玻璃磚橫截面由四分之一圓OPQ和直角三角形OQS組成，∠QSO＝60°，OS＝a。一束單色光從SQ的中點A以入射角i＝60°入射，折射光線恰好射向圓心O點，已知光在真空中傳播的速度為c，則()圖4A.玻璃磚材料的折射率n＝eq\r(2)B.光束在O點將發(fā)生全反射C.光束在玻璃磚內(nèi)的傳播時間為eq\f(na,c)D.如果入射光束繞A點逆時針旋轉使入射角減小，折射光束一定會在O點發(fā)生全反射答案C解析由于A是SQ的中點，∠QSO＝60°，則△OSA是等邊三角形，則光在A點的折射角為30°，在O點的入射角也為30°，且OA＝OS＝a，則玻璃磚材料的折射率n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，由光線的可逆性可知，光束在O點不發(fā)生全反射，該光束在玻璃磚內(nèi)的傳播距離為OA＝a，傳播速度為v＝eq\f(c,n)，則光束在玻璃磚內(nèi)的傳播時間為t＝eq\f(a,v)＝eq\f(na,c)，故A、B錯誤，C正確；如果入射光束繞A點逆時針旋轉使入射角減小，則光在A點的折射角減小，折射光束不能射向圓心O點，則一定不能在O點發(fā)生全反射，故D錯誤。5.(2024·重慶九龍坡模擬)空氣炸鍋是利用高溫空氣循環(huán)技術加熱食物。圖5為某型號空氣炸鍋簡化模型圖，其內(nèi)部有一氣密性良好的內(nèi)膽，封閉了質量、體積均不變可視為理想氣體的空氣，已知初始氣體壓強為p0＝1.0×105Pa，溫度為T0＝300K，加熱一段時間后氣體溫度升高到T＝360K，此過程中氣體吸收的熱量為4.2×103J，則()圖5A.升溫后所有氣體分子的動能都增大B.升溫后膽中氣體的壓強為1.5×105PaC.此過程膽中氣體的內(nèi)能增加量為4.2×103JD.升溫后壓強增大是由于單位體積的分子數(shù)增多了答案C解析升溫后氣體分子平均動能變大，并非所有氣體分子的動能都增大，選項A錯誤；根據(jù)eq\f(p0,T0)＝eq\f(p,T)，解得升溫后膽中氣體的壓強為p＝1.2×105Pa，選項B錯誤；此過程膽中氣體體積不變，則W＝0，吸收的熱量為Q＝4.2×103J，則氣體內(nèi)能增加量為ΔU＝Q＝4.2×103J，選項C正確；氣體體積不變，則單位氣體體積的分子數(shù)不變，升溫后氣體分子平均速率變大，可知壓強增大不是由于單位體積的分子數(shù)增多了，而是氣體分子對器壁的平均碰撞力增大了，選項D錯誤。6.(2024·浙江嘉興一模)風力發(fā)電模型如圖6所示。風輪機葉片轉速m轉/秒，并形成半徑為r的圓面，通過轉速比1∶n的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)電機線圈高速轉動，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。已知空氣密度為ρ，風速為v，勻強磁場的磁感應強度為B，忽略線圈電阻，則()圖6A.單位時間內(nèi)沖擊風輪機葉片氣流的動能為eq\f(1,2)ρπr2v2B.經(jīng)升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率高于mnC.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(2)πNBSmn∶UD.高壓輸電有利于減少能量損失，因此電網(wǎng)的輸電電壓越高越好答案C解析單位時間內(nèi)沖擊風輪機葉片氣流的體積V＝Sh＝Sv·Δt＝πr2v，氣體質量m＝ρV＝ρπr2v，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρπr2v3，故A錯誤；發(fā)電機線圈轉速為mn，則ω＝2πmn，頻率f＝eq\f(ω,2π)＝mn，經(jīng)升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率仍為mn，故B錯誤；變壓器原線圈兩端電壓最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn，有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\r(2)πNBSmn，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(2)πNBSmn∶U，故C正確；考慮到高壓輸電的安全性和可靠性，電網(wǎng)的輸電電壓并非越高越好，故D錯誤。7.(2024·北京門頭溝一模)2024年2月10日是天問一號火星環(huán)繞器環(huán)火三周年紀念日。3年前天問一號火星探測器成功實施制動捕獲后，進入環(huán)繞火星橢圓軌道，成為中國第一顆人造火星衛(wèi)星。要完成探測任務探測器需經(jīng)歷如圖7所示變軌過程，軌道Ⅰ為圓軌道，軌道Ⅱ、軌道Ⅲ為橢圓軌道。關于探測器，下列說法正確的是()圖7A.在軌道Ⅰ上的周期大于在軌道Ⅱ上的周期B.在軌道Ⅰ上的機械能大于在軌道Ⅱ上的機械能C.在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點的速度小于軌道Ⅱ上經(jīng)過P點的速度D.在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點的向心加速度小于軌道Ⅱ上經(jīng)過P點的向心加速度答案C解析由開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k可知，軌道半徑越大，周期越大，故A錯誤；探測器從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，發(fā)動機點火致使其減速，其機械能將減小，故B錯誤；探測器從軌道Ⅱ上P點減速變軌到軌道Ⅰ，所以在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點的速度小于軌道Ⅱ上經(jīng)過P點的速度，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律，有Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝Geq\f(M,r2)，則在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點的向心加速度等于軌道Ⅱ上經(jīng)過P點的向心加速度，故D錯誤。8.(2024·河南鄭州一模)已知通電的長直導線在周圍空間某位置產(chǎn)生的磁感應強度大小與導線中的電流強度成正比，與該位置到長直導線的距離成反比；現(xiàn)有通有電流大小為I的長直導線固定在正方體的棱dh上，通有電流大小為2I的長直導線固定在正方體的棱hg上，彼此絕緣，電流方向如圖8所示。則頂點e和a兩處的磁感應強度大小之比為()圖8A.eq\r(5)∶eq\r(3) B.2∶eq\r(3) C.eq\r(10)∶eq\r(3)D.eq\r(7)∶eq\r(2)答案A解析設正方體邊長為a，因為dh和hg處的兩根導線在e點產(chǎn)生的磁場分別為Be1＝keq\f(I,a)，Be2＝keq\f(2I,a)，則e點的磁感應強度為Be＝eq\r(Beq\o\al(2,e1)＋Beq\o\al(2,e2))＝keq\f(\r(5)I,a)；dh和hg處的兩根導線在a點產(chǎn)生的磁場分別為Ba1＝keq\f(I,a)，Ba2＝keq\f(2I,\r(2)a)＝keq\f(\r(2)I,a)，則a點的磁感應強度為Ba＝eq\r(Beq\o\al(2,a1)＋Beq\o\al(2,a2))＝keq\f(\r(3)I,a)，則eq\f(Be,Ba)＝eq\f(\r(5),\r(3))，故A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。)9.2023年7月，中國科學院空間應用工程與技術中心研制建設的4秒電磁彈射微重力實驗裝置已啟動試運行，這是亞洲首個電磁彈射微重力實驗裝置：實驗裝置能在豎直方向通過電磁彈射技術把質量為500kg的實驗艙以一初速度自由向上彈出，再自由下落到拋出位置，這個過程可以對里面的實驗樣品提供4s的微(零)重力環(huán)境。重力加速度g＝10m/s2，則()A.實驗艙被彈出后只在下落過程處于完全失重狀態(tài)B.實驗艙在彈出后完全失重的4s內(nèi)速度的變化量大小為40m/sC.實驗艙彈出后繼續(xù)上升的最大高度為80mD.彈出過程，電磁系統(tǒng)對實驗艙做的功大于105J答案BD解析實驗艙被彈出后做豎直上拋運動，上升和下落過程都處于完全失重狀態(tài)，A錯誤；由Δv＝gΔt知完全失重的4s內(nèi)速度變化量大小為40m/s，方向豎直向下，B正確；由對稱性可知，實驗艙被彈出后，自由上升的時間為2s，上升的最大高度為h＝eq\f(gt2,2)＝20m，C錯誤；根據(jù)以上分析可知實驗艙被彈出的初速度大小為20m/s，動能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝105J，彈出過程實驗艙的重力勢能增加，電磁系統(tǒng)對實驗艙做的功等于實驗艙重力勢能和動能的增加量之和，即大于105J，D正確。10.如圖9所示，為一個水平彈簧振子的振動圖像，下列說法正確的是()圖9A.t＝1s到t＝2s內(nèi)，彈簧振子的動能不斷減小B.該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cmC.t＝3s時，彈簧振子的加速度沿x軸負方向D.t＝0到t＝10s內(nèi)彈簧振子的路程為50cm答案BC解析t＝1s到t＝2s內(nèi)，彈簧振子從最大位移處向平衡位置運動，則振子的動能不斷增加，選項A錯誤；因為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，振幅A＝10cm，該彈簧振子的振動方程為x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，選項B正確；t＝3s時，彈簧振子的位移正向最大，則加速度沿x軸負方向，選項C正確；因10s＝2.5T，則t＝0到t＝10s內(nèi)彈簧振子的路程為2.5×4A＝100cm，選項D錯誤。11.如圖10所示，某次用白球擊打靜止的藍球，兩球碰后沿同一直線運動。藍球經(jīng)t＝0.6s的時間向前運動x1＝0.36m剛好(速度為0)落入袋中，而白球沿同一方向運動x2＝0.16m停止運動，已知兩球的質量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運動，假設兩球碰撞的時間極短且發(fā)生正碰(內(nèi)力遠大于外力)，則下列說法正確的是()圖10A.由于摩擦不能忽略，則碰撞過程動量不守恒B.碰后藍球與白球的速度之比為3∶2C.碰撞前白球的速度大小為2m/sD.該碰撞為彈性碰撞答案BC解析由題意可知兩球碰撞的時間極短，碰撞過程中產(chǎn)生極大的內(nèi)力，兩球與桌面間的摩擦力遠遠小于內(nèi)力，所以該碰撞過程動量守恒，A錯誤；碰后藍球與白球均做勻減速直線運動，兩球的加速度大小相等，由