2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）選擇題滿分練(四)(時(shí)間：35分鐘)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。)1.(2024·安徽卷，2)某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v，已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為()A.mgh B.eq\f(1,2)mv2 C.mgh＋eq\f(1,2)mv2 D.mgh－eq\f(1,2)mv2答案D解析人在下滑的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此過(guò)程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正確。2.大量處在激發(fā)態(tài)n的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)能向外輻射三種波長(zhǎng)不同的光子，三種光子的波長(zhǎng)分別為λ1、λ2、λ3，且有λ1＞λ2＞λ3，波長(zhǎng)為λ1的光能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象。則下列說(shuō)法正確的是()A.n＝4B.波長(zhǎng)為λ3的光一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象C.λ1＝λ2＋λ3D.三種光復(fù)合而成的細(xì)光束由玻璃射入空氣，入射角由0°逐漸增大時(shí)，波長(zhǎng)為λ1的光先發(fā)生全反射答案B解析大量氫原子躍遷時(shí)向外輻射的光子種類(lèi)為eq\f(n（n－1）,2)＝3，解得n＝3，A錯(cuò)誤；由公式c＝λν，可知ν＝eq\f(c,λ)，又λ1＞λ2＞λ3，則有ν1<ν2<ν3，光電效應(yīng)的發(fā)生條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，λ1的光能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，λ3的光一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，B正確；由躍遷規(guī)律可知，光子λ3的能量一定等于光子λ1、λ2的能量之和，則有eq\f(hc,λ3)＝eq\f(hc,λ1)＋eq\f(hc,λ2)，則eq\f(1,λ3)＝eq\f(1,λ1)＋eq\f(1,λ2)，C錯(cuò)誤；由以上分析可知，三種光的折射率關(guān)系為n1<n2<n3，由臨界角公式sinC＝eq\f(1,n)，可知三種光的臨界角關(guān)系為C1＞C2＞C3，所以最先發(fā)生全反射的是波長(zhǎng)為λ3的光，D錯(cuò)誤。3.(2024·山東青島高三期末)如圖1所示，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切。穿在圓弧軌道上的小球在水平拉力F(圖中未畫(huà)出)的作用下，緩慢地由B向A運(yùn)動(dòng)，圓弧軌道對(duì)小球的彈力為FN。則在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()圖1A.F增大，F(xiàn)N減小 B.F增大，F(xiàn)N增大C.F減小，F(xiàn)N減小 D.F減小，F(xiàn)N增大答案C解析根據(jù)題意可知，小球緩慢地由B向A運(yùn)動(dòng)，則水平拉力F方向向左，設(shè)某時(shí)刻小球與圓心的連線與水平方向的夾角為θ，對(duì)小球受力分析，如圖所示，則有F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)，小球緩慢地由B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ由0至90°逐漸增大，則sinθ和tanθ均增大，所以F減小，F(xiàn)N減小，故C正確。4.(2024·江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖2所示，水平液柱封閉了燒瓶中的氣體，外界大氣壓強(qiáng)保持不變。當(dāng)氣體溫度變化后，液柱稍稍向右移動(dòng)，下列關(guān)于燒瓶?jī)?nèi)氣體的說(shuō)法正確的是()圖2A.氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能減少B.單位面積上單位時(shí)間內(nèi)氣體分子的撞擊次數(shù)變少C.氣體分子的密集程度變大D.氣體對(duì)外做功，同時(shí)氣體對(duì)外放出熱量答案B解析外界大氣壓強(qiáng)保持不變，可知，氣體發(fā)生等壓變化，液柱稍稍向右移動(dòng)，則氣體的體積變大，根據(jù)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)可知?dú)怏w的溫度升高，即氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增加，A錯(cuò)誤；氣體的體積變大，則氣體分子的密集程度變小，C錯(cuò)誤；氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能增加，則氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率變大，根據(jù)動(dòng)量定理可知?dú)怏w與燒瓶碰撞過(guò)程中的沖擊力變大，但壓強(qiáng)不變，可知單位面積上單位時(shí)間內(nèi)氣體分子的撞擊次數(shù)變少，B正確；氣體的體積變大，則氣體對(duì)外做功，氣體的溫度升高，則氣體內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w從外界吸收熱量，D錯(cuò)誤。5.(2024·安徽合肥三模)如圖3甲所示為一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t＝2s時(shí)的波形圖，P、Q是平衡位置分別位于x＝1.5m和x＝2.75m處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A.波沿x軸正方向傳播B.波傳播的速度大小為2m/sC.當(dāng)P位于波谷時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的位移為3eq\r(2)cmD.當(dāng)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，Q一定沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)答案C解析由圖乙可知，t＝2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波動(dòng)與振動(dòng)的關(guān)系可知，波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；波傳播的速度大小為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,4)m/s＝0.5m/s，故B錯(cuò)誤；將波形沿x軸負(fù)方向移動(dòng)0.5m的距離，可知此時(shí)P點(diǎn)在波谷，Q位移為y＝6sin(eq\f(0.25,2)×2π)cm＝3eq\r(2)cm，故C正確；由于P、Q水平距離并不等于半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，因此兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向并不一定相反，故D錯(cuò)誤。6.一種平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)游戲如圖4所示，AB是內(nèi)壁光滑的細(xì)圓管，被固定在豎直面內(nèi)，B點(diǎn)的切線水平，讓質(zhì)量為m的小球(直徑略小于細(xì)管的直徑)從A點(diǎn)由靜止釋放，沿著管壁向下運(yùn)動(dòng)，達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度方向水平向右，大小為v0，接著小球從B運(yùn)動(dòng)到C，已知AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.A、C兩點(diǎn)間的高度差為eq\f(2veq\o\al(2,0),g)B.A點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為45°C.小球從B到C重力的平均功率為mgv0D.若小球從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則管壁對(duì)小球支持力的沖量大小為meq\r(veq\o\al(2,0)＋gt)答案B解析小球從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，則A、C兩點(diǎn)間的高度差為H＝2h＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)，故A錯(cuò)誤；小球從B到C過(guò)程，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(gt,v0)，結(jié)合上述解得θ＝45°，由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對(duì)稱相同，則A點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為45°，故B正確；小球從B到C重力的平均功率為P＝eq\f(mgh,t)，結(jié)合上述解得P＝eq\f(mgv0,2)，故C錯(cuò)誤；小球從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，將管壁對(duì)小球支持力的沖量沿豎直方向與水平方向進(jìn)行分解，根據(jù)動(dòng)量定理有Ix＝mv0－0，Iy－mgt＝0，則管壁對(duì)小球支持力的沖量大小為I＝eq\r(Ieq\o\al(2,x)＋I(xiàn)eq\o\al(2,y))，解得I＝meq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)，故D錯(cuò)誤。7.(2024·浙江嘉興一模)如圖5所示，將靜電計(jì)與電容器(圖中未畫(huà)出)相連，可檢測(cè)帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計(jì)的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場(chǎng)，分別用實(shí)線和虛線表示電場(chǎng)線和等勢(shì)面，該空間內(nèi)有P、Q兩點(diǎn)，則()圖5A.靜電計(jì)兩根金屬指針帶異種電荷B.圖中實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示等勢(shì)面C.圖中P點(diǎn)電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)電勢(shì)D.當(dāng)靜電計(jì)兩指針張角減小時(shí)，表明電容器在放電答案D解析依題意，靜電計(jì)與電容器相連，由圖可知靜電計(jì)金屬指針接在電容器的同一個(gè)極板上，金屬外殼接在電容器的另一個(gè)極板上，所以兩根金屬指針帶同種電荷。根據(jù)電場(chǎng)線從正電荷發(fā)出，到負(fù)電荷終止，可知圖中虛線表示電場(chǎng)線，則實(shí)線表示等勢(shì)線，故A、B錯(cuò)誤；題中不知哪一個(gè)極板帶正電，即不知道電場(chǎng)線的方向，所以P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)的高低無(wú)法判斷，故C錯(cuò)誤；靜電計(jì)兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當(dāng)靜電計(jì)兩指針張角減小時(shí)，表明電容器極板間的電壓減小，正在放電，故D正確。8.如圖6所示為某建筑工地的傳送裝置，傳送帶傾斜固定在水平面上，以恒定的速率v0＝2m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量m＝1kg的炭塊無(wú)初速度放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時(shí)間t1＝0.2s炭塊的速度達(dá)到2m/s，此后再經(jīng)過(guò)t2＝1.0s的時(shí)間，炭塊運(yùn)動(dòng)到傳動(dòng)帶的底端Q，且到底端時(shí)的速度為v＝4m/s。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A.炭塊從無(wú)初速度放在傳送帶的頂端P到運(yùn)動(dòng)到Q端，一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.傳送帶與水平面的夾角為θ＝37°C.傳送帶的長(zhǎng)度為x＝2.4mD.炭塊在傳送帶上留下的劃痕的長(zhǎng)度為1.2m答案B解析由題可知炭塊在前0.2s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(v0,t1)＝eq\f(2,0.2)m/s2＝10m/s2，在后1.0s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(v－v0,t2)＝eq\f(4－2,1)m/s2＝2m/s2，則從無(wú)初速度放在傳送帶的頂端P到運(yùn)動(dòng)到Q端，炭塊不是一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；炭塊在前0.2s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，在后1.0s內(nèi)有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得θ＝37°，μ＝0.5，選項(xiàng)B正確；傳送帶的長(zhǎng)度為x＝eq\f(v0,2)t1＋eq\f(v＋v0,2)t2＝3.2m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在前0.2s內(nèi)炭塊與傳送帶的相對(duì)位移x1＝v0t1－eq\f(v0,2)t1＝0.2m，在后1.0s內(nèi)炭塊與傳送帶的相對(duì)位移x2＝eq\f(v0＋v,2)t2－v0t2＝1m，因兩部分有重疊，則炭塊在傳送帶上留下的劃痕的長(zhǎng)度為1m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)9.(2024·四川綿陽(yáng)高三月考)衛(wèi)星A在地球的赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，運(yùn)行的周期與地球的自轉(zhuǎn)周期T0相同；衛(wèi)星B繞地球的表面附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；物體C位于地球的赤道上，相對(duì)地面靜止，地球的半徑為R。則有()A.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的線速度之比是eq\f(R,r)B.衛(wèi)星A與物體C的向心加速度之比是eq\f(r,R)C.衛(wèi)星B與物體C的向心加速度之比是1D.地球表面的重力加速度是eq\f(4π2r3,Teq\o\al(2,0)R2)答案BD解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，則衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的線速度之比為eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(R,r))，故A錯(cuò)誤；根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的向心加速度之比為eq\f(aA,aB)＝eq\f(R2,r2)，由于衛(wèi)星A的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，則衛(wèi)星A的角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，根據(jù)a＝ω2r，可知衛(wèi)星A與物體C的向心加速度之比eq\f(aA,aC)＝eq\f(r,R)，衛(wèi)星B與物體C的向心加速度之比eq\f(aB,aC)＝eq\f(aB,aA)·eq\f(aA,aC)＝eq\f(r2,R2)·eq\f(r,R)＝eq\f(r3,R3)，故B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)于衛(wèi)星A，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,Teq\o\al(2,0))r，根據(jù)eq\f(GMm,R2)＝mg，聯(lián)立解得地球表面的重力加速度是g＝eq\f(4π2r3,Teq\o\al(2,0)R2)，故D正確。10.如圖7所示是某小型水電站的輸電原理圖，輸出電壓有效值恒定為U1＝100V，輸電線路的總電阻r＝1Ω。兩個(gè)變壓器均為理想變壓器，其中降壓變壓器的原、副線圓匝數(shù)比為9∶1。用戶的負(fù)載可用滑動(dòng)變阻器R表示。當(dāng)R變化時(shí)，理想電壓表和理想電流表示數(shù)變化的絕對(duì)值分別為ΔU和ΔI。已知水電站的輸出功率為40kW時(shí)，用戶獲得電壓為220V。則()圖7A.升壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1∶20B.若用戶數(shù)量減少，則電壓表示數(shù)降低C.當(dāng)水電站輸出功率為40kW時(shí)，輸電線路上損耗的功率為200WD.eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1,9)Ω答案AD解析用戶獲得的電壓即降壓變壓器副線圈兩端電壓U4＝220V，利用降壓變壓器匝數(shù)比為9∶1可得降壓變壓器原線圈電壓為U3＝1980V，設(shè)此時(shí)輸電線路中的電流為I2，電路的總功率為P＝40000W，即Ieq\o\al(2,2)r＋U3I2＝P，解得I2＝20A，故升壓變壓器副線圈兩端的電壓U2＝U3＋I(xiàn)2r＝2000V，故升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,20)，故A正確；當(dāng)用戶減少時(shí)，R增大，I2減小，U3增加，電壓表示數(shù)增加，故B錯(cuò)誤；當(dāng)輸出功率為40kW時(shí)，輸電線路損耗的功率為P損＝Ieq\o\al(2,2)r＝400W，故C錯(cuò)誤；由輸電線路可知eq\f(ΔU,ΔI2)＝r＝1Ω，又因?yàn)棣2＝eq\f(1,9)ΔI，所以eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1,9)Ω，故D正確。11.(2024·四川成都模擬)如圖8，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域，在圓形區(qū)域內(nèi)可以添加勻強(qiáng)電場(chǎng)或勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為－e、質(zhì)量為m的電子從圓形區(qū)域邊界上的A點(diǎn)沿半徑AO方向以速度v0射入圓形區(qū)域，要使電子從圓形區(qū)域邊界上的B點(diǎn)離開(kāi)圓形區(qū)域，∠AOB＝120°，不計(jì)電子重力。下列說(shuō)法正確的是()圖8A.可加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3)mv0,3eR)，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.可加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3)mv0,eR)，方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)C.可加電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),9eR)，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)D.可加電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),3eR)，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)答案AC解析若添加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于電子帶負(fù)電，要使電子從B點(diǎn)離開(kāi)圓形區(qū)域，則添加磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\r(3)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3eR)，故A正確，B錯(cuò)誤；由于電子帶負(fù)電，要使電子從B點(diǎn)離開(kāi)圓形區(qū)域，可添加電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子在電場(chǎng)力的作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向有R＋Rsin30°＝v0t，豎直方向有Rcos30°＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)t2，聯(lián)立解得E＝eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),9eR)，故C正確，D錯(cuò)誤。12.(2024·陜西寶雞二模)如圖9所示，兩平行金屬導(dǎo)軌由水平和弧形兩部分組成，水平導(dǎo)軌窄軌部分間距為L(zhǎng)，處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，寬軌部分間距為2L，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)將兩根質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒a、b分別靜置在弧形導(dǎo)軌和水平寬軌上，導(dǎo)體棒a從距水平導(dǎo)軌h處?kù)o止釋放。兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好。兩導(dǎo)體棒接入電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，寬軌和窄軌都足夠長(zhǎng)，a棒始終在窄軌磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，b棒始終在寬軌磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是()圖9A.a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，b棒的加速度水平向左B.從a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，b棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mghC.從a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，通過(guò)b棒的電荷量為eq\f(m\r(2gh),4BL)D.從a棒進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，a、b棒與導(dǎo)軌所圍線框的磁通量變化了eq\f(mR\r(2gh),2BL)答案ACD解析根據(jù)右手定則可知，a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，?duì)b棒由左手定則可知其所受安培力水平向左，則加速度水平向左，故A正確；對(duì)a棒由機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒b受安培力而運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生“反電動(dòng)勢(shì)”，當(dāng)兩棒達(dá)到穩(wěn)定即各自產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，設(shè)此時(shí)其速度分別為va、vb，則有2BLva＝B·2Lvb，解得va＝vb，對(duì)桿a、b分別應(yīng)用動(dòng)量定理有－2BL·q＝mva－mv1，B·2L·q＝mvb，聯(lián)立以上各式解得va＝vb＝eq\f(\r(2gh),2)，通過(guò)b棒的電荷量為q＝eq\f(m\r(2gh),4BL)，由能量守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mgh，則b棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq\f(R,R＋R)Q＝eq\f(1,4)mgh，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋R)＝eq\f(ΔΦ,2R)，可得兩棒穩(wěn)定的過(guò)程中磁通量的變化量ΔΦ＝q·2R＝eq\f(mR\r(2gh),2BL)，故D正確。選擇題滿分練(五)(時(shí)間：35分鐘)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。)1.(2024·湖北武漢一模)離子煙霧報(bào)警器是一種常見(jiàn)且廣泛使用的火災(zāi)報(bào)警設(shè)備。某離子煙霧報(bào)警器中裝有放射性元素镅241，其半衰期為432.2年，衰變方程為eq\o\al(241,95)Am→eq\o\al(237,93)Np＋X＋γ。下列說(shuō)法正確的是()A.夏天氣溫升高，镅241的衰變速度會(huì)變快B.X是α粒子，具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)C.鎵237的比結(jié)合能比镅241的比結(jié)合能小D.衰變前后核子總數(shù)不變，因此衰變前后總質(zhì)量也不變答案B解析半衰期是由放射性元素本身決定的，與外界因素?zé)o關(guān)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可知X是eq\o\al(4,2)He，即α粒子，具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)，故B正確；自發(fā)的衰變過(guò)程中釋放能量，原子核的比結(jié)合能增大，鎵237的比結(jié)合能比镅241的比結(jié)合能大，故C錯(cuò)誤；核反應(yīng)釋放能量，質(zhì)量虧損，因此反應(yīng)前后總質(zhì)量會(huì)減小，故D錯(cuò)誤。2.(2024·海南卷，5)商場(chǎng)自動(dòng)感應(yīng)門(mén)如圖1所示，人走近時(shí)兩扇門(mén)從靜止開(kāi)始同時(shí)分別向左、右平移，經(jīng)4s恰好完全打開(kāi)，兩扇門(mén)移動(dòng)距離均為2m，若門(mén)從靜止開(kāi)始以相同的加速度大小先勻加速運(yùn)動(dòng)后勻減速運(yùn)動(dòng)，完全打開(kāi)時(shí)速度恰好為0，則加速度的大小為()圖1A.1.25m/s2 B.1m/s2 C.0.5m/s2 D.0.25m/s2答案C解析作出單扇感應(yīng)門(mén)打開(kāi)過(guò)程的v－t圖像如圖所示，根據(jù)v－t圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移可知，eq\f(1,2)vm×4s＝2m，解得vm＝1m/s，根據(jù)加速度的定義可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，C正確。3.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖2所示，一裝滿水的長(zhǎng)方體的玻璃容器，高度為eq\r(7)a，上下兩個(gè)面為邊長(zhǎng)為4a的正方形，底面中心O點(diǎn)放有一單色點(diǎn)光源，可向各個(gè)方向發(fā)射單色光。水面上漂浮一只可視為質(zhì)點(diǎn)的小甲蟲(chóng)，已知水對(duì)該單色光的折射率為n＝eq\f(4,3)，則小甲蟲(chóng)能在水面上看到點(diǎn)光源的活動(dòng)區(qū)域面積為()圖2A.16a2 B.7πa2 C.9πa2 D.6.25a2答案A解析假設(shè)水面足夠大，當(dāng)入射角等于臨界角時(shí)，在上表面能發(fā)生全反射，折射出光線的最大半徑為r，光路圖如圖所示。發(fā)生全反射時(shí)，sinC＝eq\f(1,n)，由幾何關(guān)系tanC＝eq\f(r,h)，其中h＝eq\r(7)a，代入數(shù)據(jù)解得r＝3a，水面的對(duì)角線長(zhǎng)度為4a×eq\r(2)＝4eq\r(2)a<2r，因此在上表面能被光照亮的區(qū)域是整個(gè)水面，面積為16a2，故A正確。4.(2024·湖南衡陽(yáng)二模)如圖3甲所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電荷從a點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下沿直線abc運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖乙所示。已知正電荷在b點(diǎn)處速率為eq\f(3,5)v，斜率最大，最大值為k，在c點(diǎn)處的速率為v，斜率為0，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A.該正電荷在從a到c的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)能先減小后增大B.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(km,q)，方向由b指向cC.a、b之間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(9mv2,25q)D.從a到c電勢(shì)逐漸升高，c點(diǎn)的電勢(shì)最大答案B解析該正電荷由a到c的過(guò)程中，速度逐漸增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸減小，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知在b點(diǎn)時(shí)電荷的加速度為a＝k，所以b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(km,q)，電場(chǎng)力方向由a指向c，正電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度方向跟電場(chǎng)力方向相同，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由b指向c，故B正確；對(duì)正電荷從a到b的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得Uab＝eq\f(9mv2,50q)，故C錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，從a到c電勢(shì)逐漸降低，故D錯(cuò)誤。5.(2024·天津模擬)北京時(shí)間2023年7月20日21時(shí)40分，經(jīng)過(guò)約8h的出艙活動(dòng)，神舟十六號(hào)航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮密切協(xié)同，在空間站機(jī)械臂支持下，圓滿完成出艙活動(dòng)全部既定任務(wù)。已知核心艙組合體離地高度約391.9km，地球質(zhì)量為5.98×1024kg，地球半徑為6400km，引力常量取6.67×10－11N·m2/kg2，以下說(shuō)法正確的是()圖4A.航天員相對(duì)太空艙靜止時(shí)，所受合外力為零B.由于太空艙在繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，出艙后航天員會(huì)很快遠(yuǎn)離太空艙C.航天員在8h的出艙活動(dòng)中，將繞地球轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(1,3)周D.航天員出艙后，環(huán)繞地球的速度約為7.7km/s答案D解析航天員相對(duì)太空艙靜止時(shí)，依然繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力不為零，故A錯(cuò)誤；由于太空艙在繞地球圓周運(yùn)動(dòng)，出艙后航天員在太空艙表面工作，隨太空艙一起繞地球圓周運(yùn)動(dòng)，不會(huì)遠(yuǎn)離太空艙，故B錯(cuò)誤；由萬(wàn)有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得核心艙組合體的運(yùn)行周期為T(mén)＝eq\r(\f(4π2r3,GM))≈1.5h，航天員在8小時(shí)的出艙活動(dòng)中，將繞地球轉(zhuǎn)過(guò)5周多，故C錯(cuò)誤；由萬(wàn)有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))≈7.7km/s，故D正確。6.(2024·廣東湛江一模)在金沙灣海濱浴場(chǎng)，某同學(xué)測(cè)得一波源位于O處的海水水波(視為簡(jiǎn)諧橫波)，某時(shí)刻沿x軸正方向傳播到20cm處，此時(shí)x軸上10cm處的質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)0.2s，質(zhì)點(diǎn)P離O處60cm，如圖5所示，取該時(shí)刻為t＝0。下列說(shuō)法正確的是()圖5A.質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)時(shí)的速度方向沿y軸正方向B.該波的傳播速度為1m/sC.經(jīng)過(guò)0.9s，質(zhì)點(diǎn)P第一次到達(dá)波谷D.在0～0.1s時(shí)間內(nèi)，x＝20cm處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的速度逐漸增大答案C解析波沿x軸正方向傳播，可知質(zhì)點(diǎn)A起振方向沿y軸負(fù)方向，各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向均相同，故質(zhì)點(diǎn)P起振時(shí)的速度方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知波長(zhǎng)為20cm，此時(shí)x軸上10cm處的質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)0.2s，則周期為0.4s，可知波的傳播速度為v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.2,0.4)m/s＝0.5m/s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)波形圖可知，質(zhì)點(diǎn)P第一次到達(dá)波谷經(jīng)過(guò)的時(shí)間t＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(（60－15）×10－2,0.5)s＝0.9s，故C正確；在0～0.1s時(shí)間內(nèi)，x＝20cm處的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向波谷位置運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，故D錯(cuò)誤。7.(2024·河北保定二模)如圖6所示，排球場(chǎng)的寬為d，長(zhǎng)為2d，球網(wǎng)高為eq\f(d,4)，發(fā)球員在底線中點(diǎn)正上方的O點(diǎn)將排球水平擊出，排球恰好擦著網(wǎng)落在對(duì)方場(chǎng)地邊線上的E點(diǎn)，ED＝eq\f(d,2)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()圖6A.O點(diǎn)距地面的高度為eq\f(9d,20)B.排球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\r(\f(d,g))C.排球擊出時(shí)的速度大小為eq\r(gd)D.排球著地時(shí)的速度大小為2eq\r(gd)答案A解析排球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡在地面上的投影為O′E，顯然eq\f(O′F,EF)＝eq\f(CQ,EQ)＝eq\f(2,1)，所以排球在左、右場(chǎng)地運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2，設(shè)排球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3t，有H＝eq\f(1,2)g(3t)2，eq\f(d,4)＝eq\f(1,2)g(3t)2－eq\f(1,2)g(2t)2，解得H＝eq\f(9d,20)，3t＝eq\r(\f(9d,10g))，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；排球擊出時(shí)的速度大小v0＝eq\f(O′E,3t)＝eq\f(5\r(gd),3)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；排球著地時(shí)的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)＝eq\r(\f(331gd,90))，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.如圖7甲所示，轆轤是古代民間提水設(shè)施，由卷筒、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成。圖乙為提水設(shè)施工作原理簡(jiǎn)化圖，卷筒半徑為R，某次從深井中汲取質(zhì)量為m的水，并提升至高出水面H處的井口，假定出水面到井口轉(zhuǎn)筒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水斗出水面立即獲得相同的速度并勻速運(yùn)動(dòng)到井口，則此過(guò)程中轆轤對(duì)水斗中的水做功的平均功率為()圖7A.eq\f(mRω（2gH＋R2ω2）,2H) B.eq\f(mRω（2g＋R2ω2）,H)C.eq\f(mR2ω（g＋2Rω2）,2H) D.eq\f(mR2ω（g＋Rω2）,H)答案A解析水上升的速度為v＝Rω，水提升到井口對(duì)水做功為W＝mgH＋eq\f(1,2)mv2＝mgH＋eq\f(mR2ω2,2)，所用時(shí)間為t＝eq\f(H,v)＝eq\f(H,Rω)，平均功率為P＝eq\f(W,t)，聯(lián)立解得，此過(guò)程中轆轤對(duì)水斗中的水做功的平均功率為P＝eq\f(mRω（2gH＋R2ω2）,2H)，故A正確。二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)9.利用變壓器原理的無(wú)線充電簡(jiǎn)化原理圖如圖8所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過(guò)接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其他損耗，下列說(shuō)法正確的是()圖8A.接收線圈的輸出電壓約為8VB.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D.穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過(guò)接收線圈的相同答案AC解析根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8V，故A正確；根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,80%I1)可得eq\f(I2,I1)＝eq\f(88,5)，故B錯(cuò)誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量與穿過(guò)接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過(guò)接收線圈的不相同，故D錯(cuò)誤。10.(2024·山東臨沂一模)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開(kāi)始，經(jīng)A→B、B→C、C→A三個(gè)過(guò)程后回到初始狀態(tài)A，其p－V圖像如圖9所示，已知狀態(tài)A的氣體溫度為T(mén)A＝200K，下列說(shuō)法正確的是()圖9A.狀態(tài)B的氣體溫度為627℃B.在A→B過(guò)程中，氣體既不對(duì)外做功，外界也不對(duì)氣體做功C.在B→C過(guò)程中，氣體對(duì)外做功1200JD.在A→B→C→A一個(gè)循環(huán)過(guò)程中，氣體向外界釋放熱量450J答案BD解析由A→B為等容變化，有eq\f(pB,TB)＝eq\f(pA,TA)，解得TB＝eq\f(pB,pA)TA＝eq\f(4×105,1×105)×200K＝800K，狀態(tài)B的氣體溫度為tB＝(800－273)℃＝527℃，故A錯(cuò)誤；在A→B過(guò)程中，氣體體積沒(méi)有發(fā)生變化，氣體既不對(duì)外做功，外界也不對(duì)氣體做功，故B正確；在B→C過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)不變，體積減小，外界對(duì)氣體做功為W1＝pB(VB－VC)＝4×105×(5－2)×10－3J＝1200J，故C錯(cuò)誤；在A→B→C→A一個(gè)循環(huán)過(guò)程中，溫度不變，內(nèi)能變化ΔU＝0，A→B過(guò)程，氣體體積不變，做功為零，即W2＝0，B→C過(guò)程，外界對(duì)氣體做功為W1＝1200J，C→A過(guò)程，氣體對(duì)外界做的功等于圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積W3＝eq\f(1,2)×(1＋4)×105×3×10－3J＝750J，則有W＝W1＋W2－W3＝1200J－750J＝450J，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＝0－450J＝－450J，氣體向外界釋放熱量450J，故D正確。11.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)在如圖10所示的電路中，變壓器為理想變壓器，電壓表、電流表均為理想交流電表，R0、R1為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器，在a、b兩端輸入正弦交流電壓，將滑動(dòng)變阻器滑片從最上端滑到最下端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖10A.電流表示數(shù)一直增大B.電壓表示數(shù)一直增大C.a、b端輸入功率一直增大D.變壓器的輸出功率一直增大答案AC解析滑動(dòng)變阻器的滑片從最上端滑到最下端的過(guò)程中，副線圈電路中的電阻減小，設(shè)副線圈電路中的電阻為R，則U＝I1R0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)I1R，當(dāng)R減小時(shí)，I1增大，根據(jù)變流比可知，電流表的示數(shù)增大，A正確；R0兩端的電壓與電壓表電壓之和等于a、b兩端的輸入電壓，R0兩端的電壓增大，因此電壓表的示數(shù)減小，B錯(cuò)誤；由P＝UI1可知，a、b端輸入功率一直增大，C正確；變壓器的輸出功率P1＝UI1－Ieq\o\al(2,1)R0，由于P1與I1是非單調(diào)關(guān)系，因此不能判斷變壓器的輸出功率是增大還是減小，D錯(cuò)誤。12.地球的磁場(chǎng)是保護(hù)地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽(yáng)風(fēng)粒子直接到達(dá)地球表面，從而保護(hù)了地球上的生物。地球北極的磁場(chǎng)是沿豎直軸對(duì)稱的非均勻磁場(chǎng)，如圖11所示為某帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)前進(jìn)時(shí)做螺線運(yùn)動(dòng)的示意圖，不計(jì)帶電粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是()圖11A.該帶電粒子帶正電B.從弱磁場(chǎng)區(qū)到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中帶電粒子的速率不變C.帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運(yùn)動(dòng)的距離不變D.一段時(shí)間后該帶電粒子可能會(huì)從強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)到弱磁場(chǎng)區(qū)做螺線運(yùn)動(dòng)答案ABD解析粒子受到的洛倫茲力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；粒子只受洛倫茲力，由于洛倫茲力方向總是垂直于粒子的速度，所以其對(duì)粒子不做功，不改變粒子的速度大小，只改變粒子的速度方向，故帶電粒子的速率保持不變，B正確；對(duì)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的帶電粒子，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,R)，又T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，顯然隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的增強(qiáng)，粒子運(yùn)動(dòng)周期變小，可知帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時(shí)間變短，結(jié)合題圖可知，帶電粒子所受洛倫茲力存在豎直向上的分量，所以帶電粒子沿軸線的速度逐漸減小，結(jié)合位移時(shí)間公式定性分析可知，帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運(yùn)動(dòng)的距離逐漸減小，C錯(cuò)誤；結(jié)合C項(xiàng)分析可知，當(dāng)帶電粒子豎直向下的分速度減為0時(shí)，其所受洛倫茲力斜向上，又開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，即從強(qiáng)磁場(chǎng)到弱磁場(chǎng)做螺線運(yùn)動(dòng)，D正確。選擇題滿分練(一)(時(shí)間：35分鐘)一、單項(xiàng)選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。)1.(2024·浙江杭州二模)如圖1，S為單色光源，M為一水平放置的平面鏡。S發(fā)出的光一部分直接照在豎直光屏上，另一部分通過(guò)平面鏡反射在光屏上，這樣在屏上可以看到明暗相間的條紋。設(shè)光源S到平面鏡和光屏的距離分別為a和l，相鄰兩條亮紋(或暗紋)間距離為Δx，則光的波長(zhǎng)λ為()圖1A.eq\f(2lΔx,a) B.eq\f(2aΔx,l) C.eq\f(lΔx,2a) D.eq\f(aΔx,2l)答案B解析根據(jù)題意可知，光源到屏的距離可以看作雙縫到屏的距離l，光源S與平面鏡中虛像S′的間距看作雙縫的間距d，則有d＝2a，由Δx＝eq\f(l,d)λ，可得λ＝eq\f(2aΔx,l)，故B正確。2.(2024·山東泰安一模)如圖2所示，某運(yùn)動(dòng)員在足球場(chǎng)上進(jìn)行“帶球突破”訓(xùn)練。運(yùn)動(dòng)員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運(yùn)動(dòng)，為控制足球，又向前追上足球，下列可能反映此過(guò)程的v－t圖像和x－t圖像是()圖2答案C解析足球沿邊線在摩擦力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度越來(lái)越??；運(yùn)動(dòng)員為了追上足球做加速運(yùn)動(dòng)，速度越來(lái)越大。v－t圖像與坐標(biāo)軸的面積表示位移，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員追上足球時(shí)，運(yùn)動(dòng)員和足球的位移相同，v－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積相同，故A、B錯(cuò)誤；x－t圖像的斜率表示速度，足球做減速運(yùn)動(dòng)，足球的x－t圖像斜率逐漸減小，運(yùn)動(dòng)員向前追趕足球，做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員的x－t圖像斜率逐漸增大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員追上足球時(shí)，足球和運(yùn)動(dòng)員在同一時(shí)刻到達(dá)同一位置，足球和運(yùn)動(dòng)員的x－t圖像交于一點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。3.(2024·河北保定一模)如圖3，質(zhì)量為0.2kg的小球A在水平力F作用下，與四分之一光滑圓弧形滑塊B一起靜止在地面上，小球球心跟圓弧圓心連線與豎直方向夾角θ＝60°，g取10m/s2。則以下說(shuō)法正確的是()圖3A.B對(duì)A的支持力大小為2eq\r(3)NB.水平地面對(duì)B的摩擦力方向水平向右C.增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，F(xiàn)減小D.增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，地面對(duì)B的支持力減小答案B

解析對(duì)A受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，B對(duì)A的支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)＝4N，故A錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析，在水平方向，根據(jù)平衡條件，摩擦力與水平力F等大反向，即摩擦力水平向右，故B正確；對(duì)A受力分析，則F＝mgtanθ，增大夾角θ，若A、B依然保持靜止，F(xiàn)增大，故C錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析，在豎直方向，根據(jù)平衡條件，支持力與A、B的重力二力平衡，大小相等，即地面對(duì)B的支持力不變，故D錯(cuò)誤。4.(2024·山東臨沂一模)1905年，愛(ài)因斯坦獲蘇黎世大學(xué)物理學(xué)博士學(xué)位，并提出光子假設(shè)，成功解釋了光電效應(yīng)，因此獲得1921年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。如圖4所示，金屬極板M受到紫外線照射會(huì)逸出光電子，最大速率為vm。正對(duì)M放置一金屬網(wǎng)N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d(遠(yuǎn)小于板長(zhǎng))，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則()圖4A.M、N間距離增大時(shí)電子到達(dá)N的動(dòng)能也增大B.只有沿x方向逸出的電子到達(dá)N時(shí)才有最大動(dòng)能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eUC.電子從M到N過(guò)程中y方向最大位移為vmdeq\r(\f(2m,eU))D.M、N之間的遏止電壓等于eq\f(mveq\o\al(2,m),4e)答案C解析M、N間距離增大時(shí)，由于M、N間的電壓不變，電場(chǎng)力對(duì)電子做功不變，則電子到達(dá)N的動(dòng)能并不會(huì)隨著距離的增大而增大，故A錯(cuò)誤；電子從M到N運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，可知無(wú)論從哪個(gè)方向逸出的電子到達(dá)N時(shí)的最大動(dòng)能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eU，故B錯(cuò)誤；當(dāng)電子從M板沿y方向逸出，且速度最大時(shí)，電子從M到N過(guò)程中y方向位移最大，則有ym＝vmt，沿x方向有d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU,md)，聯(lián)立可得ym＝vmdeq\r(\f(2m,eU))，故C正確；設(shè)M、N之間的遏止電壓為Uc，根據(jù)動(dòng)能定理可得－eUc＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Uc＝eq\f(mveq\o\al(2,m),2e)，故D錯(cuò)誤。5.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)人類(lèi)發(fā)現(xiàn)并記錄的首顆周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn)后開(kāi)始掉頭，踏上歸途。已知哈雷彗星大約每76年環(huán)繞太陽(yáng)一周，如圖5所示為地球、哈雷彗星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的示意圖，哈雷彗星軌道是一個(gè)很扁的橢圓，在近日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r2，若地球的公轉(zhuǎn)軌道可視為半徑為R的圓軌道，則下列說(shuō)法正確的是()圖5A.哈雷彗星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為eq\r(\f(r2,r1))B.哈雷彗星在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))C.哈雷彗星大約將在2071年左右再次離太陽(yáng)最近D.哈雷彗星的軌道參數(shù)與地球軌道參數(shù)間滿足eq\f(r1＋r2,R)≈18答案B解析根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，取時(shí)間微元Δt，結(jié)合扇形面積公式可得eq\f(1,2)v1Δtr1＝eq\f(1,2)v2Δtr2，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(r2,r1)，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得，在近日點(diǎn)時(shí)，eq\f(GMm,req\o\al(2,1))＝ma1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)，eq\f(GMm,req\o\al(2,2))＝ma2，聯(lián)立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))，B正確；由題中信息可知，哈雷彗星將在2023＋(76÷2)＝2061年左右回到近日點(diǎn)，C錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k，得eq\f(a3,Teq\o\al(2,哈))＝eq\f(R3,Teq\o\al(2,地))，則有a＝eq\r(3,762)R≈18R，又半長(zhǎng)軸a＝eq\f(r1＋r2,2)，則eq\f(r1＋r2,R)≈36，D錯(cuò)誤。6.(2024·天津和平二模)一實(shí)驗(yàn)小組使用如圖6所示的裝置探究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，P是位于光滑水平軌道上的滑塊，用跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P與鉤碼Q相連，Q的質(zhì)量為m，開(kāi)始時(shí)用手托住Q，繩子處于拉直狀態(tài)，釋放Q后兩物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(P未與滑輪相碰)，P與滑輪間的繩子是水平的，以下對(duì)實(shí)驗(yàn)規(guī)律描述中正確的是()圖6A.P受到輕繩的拉力大小等于Q的重力mgB.Q減小的重力勢(shì)能等于P增加的動(dòng)能C.若P與滑輪間的繩子不水平，P也能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D.某段時(shí)間內(nèi)，Q的重力沖量大小大于P的動(dòng)量增加量答案D解析P、Q整體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)輕繩拉力為T(mén)，加速度為a，對(duì)Q有mg－T＝ma，則T＝mg－ma，可見(jiàn)P受到輕繩的拉力大小小于Q的重力mg，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知Q減小的重力勢(shì)能等于P增加的動(dòng)能與Q增加的動(dòng)能之和，故B錯(cuò)誤；若P與滑輪間的繩子不水平，因運(yùn)動(dòng)過(guò)程繩子與水平方向夾角不斷變化，所以P不能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；某段時(shí)間t內(nèi)，對(duì)Q，由動(dòng)量定理有mgt－Tt＝mv，對(duì)P，Tt＝mPv，聯(lián)立得mgt＝mPv＋mv，可見(jiàn)Q的重力沖量大小大于P的動(dòng)量增加量，故D正確。7.(2024·廣東廣州高三期末)阿爾法磁譜儀是目前在太空運(yùn)行的一種粒子探測(cè)器，其關(guān)鍵的永磁體系統(tǒng)是由中國(guó)研制的。如圖7，探測(cè)器內(nèi)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)宇宙中帶電荷量為＋q的粒子從ab中點(diǎn)O沿紙面垂直ab邊射入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，磁譜儀記錄到粒子從ad邊射出，則這些粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量p滿足()圖7A.qBL≤p≤eq\f(5qBL,4) B.eq\f(qBL,4)≤p≤qBLC.eq\f(qBL,4)≤p≤eq\f(5qBL,4) D.p≤eq\f(qBL,4)或p≥eq\f(5qBL,4)答案C解析粒子從ad邊射出的臨界軌跡如圖所示帶電荷量為＋q的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，粒子從a點(diǎn)射出時(shí)，由幾何關(guān)系可得最小半徑為r1＝eq\f(L,4)；粒子從d點(diǎn)射出時(shí)，由幾何關(guān)系可得L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(L,2)))eq\s\up12(2)＝req\o\al(2,2)，解得最大半徑為r2＝eq\f(5L,4)，粒子從ad邊射出的半徑滿足eq\f(L,4)≤r≤eq\f(5L,4)，故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量p滿足eq\f(qBL,4)≤p≤eq\f(5qBL,4)，故C正確。8.如圖8所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在寬度為0.2m的平行金屬導(dǎo)軌上以5m/s的速度沿導(dǎo)軌向右勻速滑動(dòng)，電阻R的阻值為2Ω，其他電阻不計(jì)。金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，下列說(shuō)法正確的是()圖8A.通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閏→aB.通過(guò)電阻R的電流為0.2AC.1s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為4×10－3JD.若磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)?.4V答案D解析根據(jù)右手定則，通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→c，故A錯(cuò)誤；金屬桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝0.2×0.2×5V＝0.2V，通過(guò)電阻R的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.2,2)A＝0.1A，故B錯(cuò)誤；1s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.12×2×1J＝0.02J，故C錯(cuò)誤；MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋′＝B′Lv＝0.4×0.2×5V＝0.4V，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)9.(2024·河南新鄉(xiāng)二模)如圖9所示，理想變壓器原線圈接電壓u＝12eq\r(2)sin(100πt)V的交流電源，原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，副線圈上接一定值電阻R0與電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻RM＝1Ω，定值電阻R0＝2Ω。下列說(shuō)法正確的是()圖9A.電動(dòng)機(jī)消耗的最大功率為4.5WB.原線圈上電流為3A時(shí)，電動(dòng)機(jī)消耗功率最大C.若把電動(dòng)機(jī)換成滑動(dòng)變阻器(0～5Ω)，滑動(dòng)變阻器消耗的最大功率也為4.5WD.若把電動(dòng)機(jī)換成滑動(dòng)變阻器(0～5Ω)，當(dāng)R0與滑動(dòng)變阻器阻值相等時(shí)，R0的功率最大答案AC解析副線圈兩端電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1，將n1∶n2＝2∶1和U1＝12V代入上式解得U2＝6V，電動(dòng)機(jī)消耗的功率PM＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R0，當(dāng)I2＝eq\f(U2,2R0)＝1.5A時(shí)電動(dòng)機(jī)消耗的功率最大，即PM＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),4R0)＝4.5W，由于是理想變壓器，所以eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，電動(dòng)機(jī)消耗功率最大時(shí)，原線圈上電流為I1＝0.75