2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)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.該過程位移為0B.該過程路程為0C.兩次過a點(diǎn)時(shí)速度方向相同D.兩次過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)的過程，初位置和末位置相同，但軌跡長度不為零，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a點(diǎn)時(shí)摩擦力方向不同，故D錯(cuò)誤。2.(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。若某次撞擊過程中，氣袋被壓縮(無破損)，不計(jì)袋內(nèi)氣體與外界的熱交換，則該過程中袋內(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C3.(2025·四川遂寧市二模)某公司在測試無人機(jī)的機(jī)動(dòng)性能時(shí)，記錄了無人機(jī)從地面起飛后其豎直方向的速度—時(shí)間圖像如圖所示，其中4~6s內(nèi)的圖線為曲線，其余均為直線。不計(jì)空氣阻力，關(guān)于無人機(jī)，下列說法正確的是()A.4s時(shí)加速度為零B.6s時(shí)離地面最高C.0~4s內(nèi)處于失重狀態(tài)D.6~7s內(nèi)豎直位移大小為5m答案D解析v-t圖像的斜率表示加速度，4s時(shí)，圖像的斜率不等于0，所以4s時(shí)加速度不為零，故A錯(cuò)誤；0~7s內(nèi)，速度方向一直為正，7s時(shí)離地面最高，故B錯(cuò)誤；0~4s內(nèi)，加速度方向向上，無人機(jī)處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移，6~7s內(nèi)的豎直位移大小為x=12×10×1m=5m，故D4.(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614C→A.碳14發(fā)生的是α衰變B.X是來自原子核外的電子C.10個(gè)碳14經(jīng)過5730年有5個(gè)發(fā)生衰變D.714N的比結(jié)合能比答案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)化的過程中形成的，X不是來自原子核外的電子，故B錯(cuò)誤；半衰期是描述大量原子核衰變快慢的物理量，對少數(shù)原子核不適用，10個(gè)碳14經(jīng)過5730年不一定有5個(gè)發(fā)生衰變，故C錯(cuò)誤；結(jié)合上述，碳14發(fā)生的是衰變，衰變反應(yīng)釋放能量，反應(yīng)后的原子核更穩(wěn)定，可知75.(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)位于表盤中央，當(dāng)P端的電勢高于Q端時(shí)，指針向零點(diǎn)右側(cè)偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是()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)樵瓉淼?倍，則量程變?yōu)樵瓉淼?倍C.若僅滑塊質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，則量程變?yōu)樵瓉淼?倍D.若僅兩電池的內(nèi)阻不相等時(shí)，無需重新調(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)樵瓉淼?倍，量程隨之變?yōu)樵瓉淼?倍，若僅將滑塊質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，則量程應(yīng)變?yōu)樵瓉淼囊话?，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)不再對應(yīng)電勢相等，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。全部選對的得5分，選對但不全的得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，靜電力對小滑塊做功W=-mgsD.AC之間的電勢差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的過程，靜電力對小滑塊做的功為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)電勢差與靜電力做功的關(guān)系可知AC之間的電勢差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平面方向做簡諧振動(dòng)，其振動(dòng)圖像如圖乙、丙所示。經(jīng)過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)。下列說法正確的是()A.兩列波的波長均為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)磁場與水平向右的勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，電場強(qiáng)度的大小為E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著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，一段時(shí)間后帶電體經(jīng)過P點(diǎn)，則()A.電場強(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過程，由動(dòng)能定理有qU=12mvP2-12mv2，解得N、P兩點(diǎn)間的電勢差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音的波長大于D6音的波長，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)波長為λ的可見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.若換波長更長的可見光入射，則條紋間距變小D.若換波長更長的可見光入射，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)的過程中，電場力做功為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的2倍，再將該電荷由a移動(dòng)到b的過程中，電場力做功為()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的兩倍，由公式E=Ud可知，極板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2，則由W=Eqd'可知，再把該電荷由a移至b，則電場力做功變?yōu)樵瓉淼?2，即電場力做功為W4.(2025·重慶市模擬)一容積為V0的金屬氧氣瓶內(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P受力分析如圖所示。兩半圓柱體間的彈力一定垂直于過接觸點(diǎn)的切線，即力的作用線過兩個(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·河南鄭州市二模)光電倍增管是檢測微弱光信號的光電轉(zhuǎn)換元件，具有極高的靈敏度和超快的時(shí)間響應(yīng)。管內(nèi)除光電陰極和陽極外，兩極間還放置多個(gè)倍增電極。使用時(shí)相鄰兩倍增電極間均加有電壓，以此來加速電子。如圖所示，光電陰極受光照后釋放出光電子，在電場作用下射向第一倍增電極，引起電子的二次發(fā)射，激發(fā)出更多的電子，然后在電場作用下飛向下一個(gè)倍增電極，又激發(fā)出更多的電子，如此電子數(shù)不斷倍增，使得光電倍增管的靈敏度比普通光電管要高得多，可用來檢測微弱光信號。下列說法正確的是()A.光電倍增管正常工作時(shí)，每個(gè)極板都發(fā)生了光電效應(yīng)B.光電倍增管中增值的能量來源于相鄰兩個(gè)倍增電極間的加速電場C.圖中四塊極板的電勢為φ1>φ2>φ3>φ4D.每個(gè)光電倍增管都適用于檢測各種頻率的光答案B解析光電倍增管正常工作時(shí)，光電陰極受光照后釋放出光電子，發(fā)生了光電效應(yīng)，而每個(gè)倍增電極上的電子是由于被加速后的電子撞擊而逸出的，并未發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；電子在光電倍增管運(yùn)動(dòng)的過程中只有電場力做功，光電倍增管中增值的能量來源于相鄰兩倍增電極間的加速電場，故B正確；電子帶負(fù)電，加速電場的方向應(yīng)與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，所以題圖中四塊極板的電勢為φ4>φ3>φ2>φ1，故C錯(cuò)誤；只有滿足一定頻率的光照射時(shí)才能發(fā)生光電效應(yīng)，從而逸出光電子，可知光電倍增管并不是適用于各種頻率的光，故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。全部選對的得5分，選對但不全的得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)勢最大D.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(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)勢為零，故C錯(cuò)誤；由題圖可知線圈從垂直中性面開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emcosωt，其中ω=2πT=πrad/s，感應(yīng)電動(dòng)勢最大值為Em=NBSω=NΦm·2πT=4πV，則感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(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)過約8.5小時(shí)的出艙活動(dòng)，神舟十九號乘組航天員蔡旭哲、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)的周期小于24hD.與空間站同軌同向運(yùn)行的衛(wèi)星會與空間站相撞答案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)如圖，足夠長的粗糙平行金屬導(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。長為L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)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(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)過程中兩金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從開始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定的過程中，tanθ=0.75，下列說法正確的是()A.剛開始運(yùn)動(dòng)ab桿的電流方向從b到aB.通過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)勢方向相反，所以根據(jù)右手定則可以判斷，剛開始運(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)針方向轉(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。在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧的彈性勢能Ep=0.75J，傳送帶足夠長，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過程中，A在傳送帶上留下的痕跡長度小于0.05m答案BD解析根據(jù)題意可知傳送帶對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與傳送帶的相對位移大小為x相A=xA-vt0，B與傳送帶的相對位移大小為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對應(yīng)圖形MNA的面積，x相B對應(yīng)圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相B，結(jié)合x相A+x相B=0.1m，可知x相A<0.05m，故D正確。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)，使用無人機(jī)給工人運(yùn)送零件。如圖，某次運(yùn)送過程中的一段時(shí)間內(nèi)，無人機(jī)向左水平飛行，零件用輕繩懸掛于無人機(jī)下方，并相對于無人機(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.零件的重力勢能保持不變答案D解析無人機(jī)沿水平方向向左飛行，零件相對于無人機(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·河南南陽市調(diào)研)如圖為A、B兩分子間的分子勢能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，下列說法正確的是()A.B分子從位置x1運(yùn)動(dòng)到位置x2過程中，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)能和分子勢能之和大于0C.B分子從位置x2運(yùn)動(dòng)到位置x3過程中，分子力對其做正功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過程中，分子勢能減小，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)，分子勢能最小，動(dòng)能最大，速度最大，分子動(dòng)能和分子勢能之和保持不變，則分子動(dòng)能和分子勢能之和小于0，故B錯(cuò)誤；B分子從位置x2運(yùn)動(dòng)到位置x3過程中，分子力表現(xiàn)為引力，分子力對其做負(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分別為對應(yīng)邊的中點(diǎn)。下列說法正確的是()A.M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B.M、N兩點(diǎn)的電勢相同C.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度D.電子從M點(diǎn)沿直線移動(dòng)到D點(diǎn)，電勢能增加答案D解析由等量異種電荷的電場的特點(diǎn)知，M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，方向不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)距正電荷越近電勢越高，距負(fù)電荷越近電勢越低，及電勢的疊加原理可知，M、N兩點(diǎn)的電勢關(guān)系為φM>φN，故B錯(cuò)誤；設(shè)正方形邊長為l，根據(jù)矢量求和定則知，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為2kq2(l2)2=8kq2l2，而M點(diǎn)的電場強(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，對球1，有x=v1t1，y=12gt12，對球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P點(diǎn)，兩球不會在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，長度為2L、間距為L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，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反，區(qū)域Ⅰ邊界是邊長為L的正方形，區(qū)域Ⅱ邊界是長為L、寬為0.5L的矩形。傳送帶從兩電極之間以速度v勻速通過，傳送帶上每隔2L固定一根垂直運(yùn)動(dòng)方向、長度為L的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中與電極接觸良好。該裝置產(chǎn)生電動(dòng)勢的有效值為()A.BLv B.2BLvC.3BLv2 答案D解析由題意可知每根導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程需要的時(shí)間，即周期為T=2Lv，導(dǎo)體棒通過區(qū)域Ⅰ時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小為E1=BLv，經(jīng)過的時(shí)間為t1=Lv=T2，導(dǎo)體棒通過區(qū)域Ⅱ時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢大小為E2=B×0.5Lv，經(jīng)過的時(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。全部選對的得5分，選對但不全的得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”探測器順利進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，正式開啟月球之旅。相較于“嫦娥四號”和“嫦娥五號”，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.其相對于月球的速度大于地球第一宇宙速度B.其相對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地再根據(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8.(2025·甘肅卷·8)如圖，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為2m的小球A，質(zhì)量為m的小球B與A用細(xì)線相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g?，F(xiàn)剪斷細(xì)線，下列說法正確的是()A.小球A運(yùn)動(dòng)到彈簧原長處的速度最大B.剪斷細(xì)線的瞬間，小球A的加速度大小為gC.小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為mgD.小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為2答案BC解析剪斷細(xì)線后，彈力大于A的重力，則A先向上做加速運(yùn)動(dòng)，隨彈力的減小，則向上的加速度減小，當(dāng)加速度為零時(shí)速度最大，此時(shí)彈力等于重力，彈簧處于拉伸狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線之前F彈=3mg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧彈力不變，則對A由牛頓第二定律F彈-2mg=2ma，解得A的加速度a=g2，選項(xiàng)B正確；剪斷細(xì)線之前彈簧伸長量x1=3mgk，剪斷細(xì)線后A做簡諧振動(dòng)，在平衡位置時(shí)彈簧伸長量x2=2mgk，即振幅為A=x1-x2=mgk，由對稱性可知小球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧伸長量為mgk，選項(xiàng)C9.(2025·陜晉寧青卷·10)如圖，與水平面成53°夾角且固定于O、M兩點(diǎn)的硬直桿上套著一質(zhì)量為1kg的滑塊，彈性輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端跨過固定在Q處的光滑定滑輪與位于直桿上P點(diǎn)的滑塊拴接，彈性輕繩原長為OQ，PQ為1.6m且垂直于OM?，F(xiàn)將滑塊無初速度釋放，假設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等?；瑝K與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.16，彈性輕繩上彈力F的大小與其伸長量x滿足F=kx。k=10N/m，g取10m/s2，sin53°=0.8。則滑塊()A.與桿之間的滑動(dòng)摩擦力大小始終為1.6NB.下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的沖量相同C.從釋放到靜止的位移大小為0.64mD.從釋放到靜止克服滑動(dòng)摩擦力做功為2.56J答案AC解析設(shè)滑塊下滑后彈性輕繩與PQ間夾角為θ時(shí)，對滑塊進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡條件有Fcosθ=mgcos53°+FN，由胡克定律結(jié)合幾何關(guān)系有F=kPQcosθ，聯(lián)立解得FN=k·PQ-mgcos53°=10N，可知滑塊與桿之間的彈力不隨位置的變化而變化，則滑塊與桿之間的滑動(dòng)摩擦力大小始終為Ff=μFN=1.6N，故A正確；下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的方向不同，則下滑與上滑過程中所受滑動(dòng)摩擦力的沖量不相同，故B錯(cuò)誤；設(shè)滑塊從釋放到靜止運(yùn)動(dòng)的位移為x，靜止時(shí)彈性輕繩與PQ間夾角為θ1，由平衡條件有mgsin53°=Ff+kPQcosθ1·sinθ1=Ff+kPQtanθ1，由幾何關(guān)系可得x=PQ·tanθ1，聯(lián)立解得x=0.64m，故C正確；從釋放到靜止，設(shè)克服滑動(dòng)摩擦力做功為W克f，由能量守恒定律有mgsin53°·x=12k(PQ2+x2-PQ2)+W克f，解得W克f10.(2025·山東卷·12)如圖甲所示的Oxy平面內(nèi)，y軸右側(cè)被直線x=3L分為兩個(gè)相鄰的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ。區(qū)域Ⅰ內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)充滿垂直O(jiān)xy平面的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的大小、方向均未知。t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從O點(diǎn)沿x軸正向出發(fā)，在Oxy平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，如圖甲所示。t0時(shí)刻粒子第一次到達(dá)兩區(qū)域分界面，在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的y-t圖像為正弦曲線的一部分，如圖乙所示。不計(jì)粒子重力。下列說法正確的是()A.區(qū)域Ⅰ內(nèi)電場強(qiáng)度大小E=4mLqtB.粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=20C.區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=3m5qD.粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的圓心坐標(biāo)(17L答案AD解析粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，則粒子在y軸方向上有2L=12at02，而a=Eqm，解得E=4mLqt02，帶正電粒子受力沿y軸正方向，則電場強(qiáng)度方向沿y軸正方向，A正確；粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過程中，x軸方向有3L=v0t0，y軸方向有2L=vy2t0，而v=v02+vy2，解得v=5Lt0；粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，最高點(diǎn)與最低點(diǎn)之差為2R=103L--103L=203L，則R=103L，B錯(cuò)誤；由qvB=mv2R，可得B=3m2qt0，由題圖乙可知粒子在進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后先向上運(yùn)動(dòng)再向下運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)xy平面向外，C錯(cuò)誤；設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的位移與水平方向夾角為α，速度與水平方向的夾角為選擇題提速練(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)于球離開球拍到第一次落地的過程中，下列說法正確的是()A.球在空中上升和下降過程時(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.球撞擊墻壁過程可能沒有機(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，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；雖然碰撞過程中有能量損失，但反彈后下落的高度大，從開始拋出到落地過程中重力做正功，如果整個(gè)過程中重力做的功等于乒乓球與墻碰撞過程中損失的能量，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，遏止電壓會變小D.滑動(dòng)變阻器的滑片位于b端時(shí)，流過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)，只是電流會變小，光電子的最大初動(dòng)能不變，遏止電壓不會變，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的等勢線，則A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)大D.若把等高線看成某靜電場的等勢線，則右側(cè)電勢比左側(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；等勢線越密集，電場強(qiáng)度越大，B處等勢線更密集，A點(diǎn)電場強(qiáng)度比B點(diǎn)小，C錯(cuò)誤；等勢線越密集，電勢降落越快，右側(cè)等勢線更密集，右側(cè)電勢比左側(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)，一根不可伸長的細(xì)繩穿過帶有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左邊沿，另一端過右邊沿并沿繩方向?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解析對小球進(jìn)行受力分析可知當(dāng)凹槽底部對小球支持力為零時(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靜止釋放，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。全部選對的得5分，選對但不全的得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過程中氣體要從外界吸收熱量B.d→a過程中氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)對單位面積容器壁的平均碰撞次數(shù)不斷減小C.a→b過程中外界對氣體做的功大于氣體放出的熱量D.b→c過程中外界對氣體做的功大于c→d過程中氣體對外界所做的功答案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，可知外界對氣體做功與放出熱量相等，C錯(cuò)誤；b→c過程為等壓變化，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過程