2026版高考物理步步高大二輪（標準版）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(yīng)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(zhì)，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(zhì)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(zhì)彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接質(zhì)量為M的托盤，托盤上放著6個質(zhì)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(shù)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(zhì)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(zhuǎn)速m轉(zhuǎn)/秒，并形成半徑為r的圓面，通過轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(yīng)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(zhì)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(zhuǎn)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(wù)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(guān)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(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與導(dǎo)線中的電流強度成正比，與該位置到長直導(dǎo)線的距離成反比；現(xiàn)有通有電流大小為I的長直導(dǎo)線固定在正方體的棱dh上，通有電流大小為2I的長直導(dǎo)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(yīng)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(shè)正方體邊長為a，因為dh和hg處的兩根導(dǎo)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(yīng)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(dǎo)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(yīng)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(yīng)用工程與技術(shù)中心研制建設(shè)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(shù)把質(zhì)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(zhì)量相等，碰后以相同的加速度做勻變速直線運動，假設(shè)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，由公式v2＝2ax得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(x1,x2))＝eq\f(3,2)，則碰后藍球與白球的速度之比為3∶2，B正確；碰撞后藍球速度v1＝eq\f(2x1,t)＝1.2m/s，白球速度v2＝eq\f(2,3)v1＝0.8m/s，碰撞過程中兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0＝mv1＋mv2，代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s，C正確；兩球碰前的動能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2m，兩球碰后的總動能為Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.04m，由于Ek1＞Ek2，所以該碰撞過程有機械能損失，即該碰撞為非彈性碰撞，D錯誤。12.(2024·山東東營二模)如圖11所示，兩水平虛線間存在垂直于紙面方向的勻強磁場，兩虛線間的距離為eq\f(7,4)h，磁感應(yīng)強度大小為B。邊長為h的正方形導(dǎo)體框由虛線1上方無初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線1平行且相距h。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，總電阻為r，重力加速度為g，ab邊與兩虛線重合時的速度大小相等，忽略空氣阻力，導(dǎo)體框在運動過程中不會發(fā)生轉(zhuǎn)動，則()圖11A.導(dǎo)體框可能先加速后減速B.導(dǎo)體框在穿越磁場的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為4mghC.導(dǎo)體框的最小速度是v＝eq\f(\r(2gh),2)D.導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時所用的時間為eq\f(B2h3,mgr)－eq\r(\f(h,2g))答案CD解析已知ab邊與兩虛線重合時的速度大小相等，則導(dǎo)體框在cd邊與虛線1重合時速度最小。設(shè)ab邊與虛線1重合時速度為v1，則有veq\o\al(2,1)＝2gh，設(shè)cd邊與虛線1重合時導(dǎo)體框的速度為v2，ab邊與虛線2重合時的速度為v3，則有v3＝v1＝eq\r(2gh)，veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2g×(eq\f(7,4)h－h(huán))，聯(lián)立解得v2＝eq\f(\r(2gh),2)，整個過程中導(dǎo)體框經(jīng)歷了先加速、后減速、再加速、再次減速，出磁場后做勻加速運動，故A錯誤，C正確；根據(jù)運動的對稱性可知，導(dǎo)體框完全離開磁場時的速度為v4＝v2＝eq\f(\r(2gh),2)，根據(jù)能量守恒定律可得mg(2h＋eq\f(7,4)h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋Q，解得Q＝eq\f(7,2)mgh，故B錯誤；設(shè)導(dǎo)體框從ab邊與虛線1重合到cd邊與虛線1重合時所用的時間為t，線框中的平均感應(yīng)電流為eq\o(I,\s\up6(－))，則由動量定理可得mgt－Beq\o(I,\s\up6(－))ht＝mv2－mv1，流過導(dǎo)體某一截面的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r)t＝eq\f(Bh2,r)，聯(lián)立解得t＝eq\f(B2h3,mgr)－eq\r(\f(h,2g))，故D正確。選擇題滿分練(七)(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·甘肅卷，2)小明測得蘭州地鐵一號線列車從“東方紅廣場”到“蘭州大學”站的v－t圖像如圖1所示，此兩站間的距離約為()圖1A.980m B.1230m C.1430m D.1880m答案C解析根據(jù)v－t圖像與坐標軸所圍圖形的面積表示位移結(jié)合題圖可知，x＝eq\f(（74－25）＋94,2)×20m＝1430m，C正確。2.(2024·湖南株洲一模)如圖2，一螞蟻(可看成質(zhì)點)在半徑為R的半球體表面上緩慢爬行，螞蟻與半球體間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，若螞蟻在爬行過程中不滑離球面，則其距半球體頂點的豎直高度不應(yīng)超過()圖2A.R－eq\f(R,\r(1＋μ2)) B.R－eq\f(R,\r(1－μ2)) C.eq\f(R,\r(1－μ2)) D.eq\f(R,\r(1＋μ2))答案A解析螞蟻緩慢沿軌道下移，受力如圖所示隨著螞蟻的下移，支持力與豎直方向的夾角θ在增大，螞蟻受到的摩擦力在增大，當摩擦力達到最大靜摩擦力時，螞蟻離頂點最遠，此時有tanθ＝eq\f(Ff,FN)＝μ，螞蟻離頂點的高度為h＝R(1－cosθ)，結(jié)合幾何關(guān)系可解得h＝R－eq\f(R,\r(1＋μ2))，故A正確。3.(2024·山東棗莊三模)如圖3甲是國產(chǎn)科幻大片《流浪地球2》中人類在地球同步靜止軌道上建造的空間站，人類通過地面和空間站之間的“太空電梯”往返于天地之間。圖乙是人乘坐“太空電梯”時由于隨地球自轉(zhuǎn)而需要的向心加速度a與其到地心距離r的關(guān)系圖像，已知r1為地球半徑，r2為地球同步衛(wèi)星軌道半徑，下列說法正確的是()圖3A.地球自轉(zhuǎn)的角速度ω＝eq\f(a2－a1,r2－r1)B.地球同步衛(wèi)星的周期T＝2πeq\r(\f(r2,a2))C.上升過程中電梯艙對人的支持力保持不變D.從空間站向艙外自由釋放一物體，物體將做自由落體運動答案B解析根據(jù)a＝ω2r，可知a－r圖像中，其斜率為角速度的平方，所以ω＝eq\r(\f(a2－a1,r2－r1))，A錯誤；由于a2＝ω2r2，解得ω＝eq\r(\f(a2,r2))，周期T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(r2,a2))，B正確；上升過程中，人處于超重狀態(tài)，支持力會變大，C錯誤；太空中物體均處于失重狀態(tài)，從空間站向艙外自由釋放一物體，不會做自由落體運動，D錯誤。

4.(2024·河北滄州模擬)肺活量是衡量人體呼吸功能的一個重要指標，是指人能夠呼出的氣體在標準大氣壓p0下的最大體積。一同學設(shè)計了如圖4所示的裝置測量自己的肺活量，豎直放置的汽缸中有一與汽缸壁接觸良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞由于卡槽作用在汽缸中靜止不動，插銷K處于打開狀態(tài)，汽缸中活塞下方空間的體積為V0，該同學用盡全力向細吹嘴吹氣后，關(guān)閉插銷K，最終活塞下方空間的體積變?yōu)閑q\f(3,2)V0，已知外界大氣壓強為p0，活塞的面積為S，活塞及上方重物的總重力G＝eq\f(1,2)p0S，汽缸的導(dǎo)熱性能良好，則該同學的肺活量為()圖4A.eq\f(3,4)V0 B.V0 C.eq\f(5,4)V0 D.eq\f(3,2)V0答案C解析設(shè)該同學呼出的氣體在標準大氣壓p0下的體積為V，把該同學呼出的氣體和活塞下方汽缸中原有的氣體作為研究對象，有p0V0＋p0V＝p·eq\f(3,2)V0，其中p＝p0＋eq\f(G,S)＝eq\f(3,2)p0，解得V＝eq\f(5,4)V0，故C正確。5.一鉛球被水平拋出，從拋出時開始計時，第0.1s內(nèi)的位移為s1，第0.2s內(nèi)的位移為s2，第0.3s內(nèi)的位移為s3，不計空氣阻力，已知eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,2)，則()A.0＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(2,3) C.eq\f(2,3)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(3,4) D.eq\f(3,4)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(4,5)答案B解析設(shè)鉛球在第0.1s內(nèi)水平方向的位移為x、豎直方向的位移為y，則第0.2s內(nèi)水平方向的位移為x、豎直方向的位移為3y，第0.3s內(nèi)水平方向的位移為x、豎直方向的位移為5y，則第0.1s內(nèi)的位移為s1＝eq\r(x2＋y2)，第0.2s內(nèi)的位移為s2＝eq\r(x2＋（3y）2)，第0.3s內(nèi)的位移為s3＝eq\r(x2＋（5y）2)，由eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,2)可得eq\f(s2,s3)＝eq\f(2,\r(10))，B正確。6.如圖5所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，原線圈通過燈泡L1與正弦式交流電源相連，電源電壓恒定，副線圈通過導(dǎo)線與燈泡L2和L3相連，三個燈泡規(guī)格完全相同。三個燈泡都能發(fā)光(不考慮燈絲電阻隨溫度變化的情況)，工作中L3燈絲被燒斷，關(guān)于L3燈絲燒斷后說法正確的是()圖5A.燈泡L1變亮B.燈泡L2變亮C.原線圈兩端的電壓變小D.變壓器輸入功率不變答案B解析燈泡L3燈絲燒斷后，副線圈回路電阻R副變大，如圖所示，根據(jù)變壓器的等效電阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R副，可知R等阻值變大，電源電壓恒定，則原線圈電流減小，燈泡L1變暗，A錯誤；原線圈電流減小，電源電壓恒定，所以變壓器的輸入功率變小，D錯誤；由于輸入電流變小，燈泡L1兩端的電壓減小，原線圈兩端電壓增大，匝數(shù)比不變，故副線圈兩端電壓增大，所以燈泡L2變亮，故B正確，C錯誤。7.如圖6所示，空間中存在一平面直角坐標系xOy，其第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將一帶負電的粒子從y軸上的A(0，a)點以一定初速度沿著與y軸正半軸成θ＝45°的方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，粒子從x軸上的C點垂直x軸離開磁場。已知磁感應(yīng)強度大小為B，粒子的比荷和電荷量分別為k、q，粒子的重力不計。下列說法正確的是()圖6A.粒子在磁場中運動的時間為eq\f(π,4kB)B.從射入磁場到離開磁場，粒子所受洛倫茲力沖量的大小為eq\f(3\r(2)πqBa,4)C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD.C與O點相距(eq\r(2)＋1)a答案D解析作出粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(（π－θ）,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3π,4kB)，A錯誤；由幾何關(guān)系得粒子的運動軌道半徑r＝eq\r(2)a，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，因為洛倫茲力是變力，所以粒子所受洛倫茲力沖量的大小I≠(qvB)t，即I≠eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q\f(\r(2)qBa,m)B))·eq\f(3πm,4qB)＝eq\f(3\r(2)πqBa,4)，B、C錯誤；由幾何關(guān)系可知，C與O點距離為sOC＝r＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正確。8.(2024·湖北武漢高三期末)如圖7所示陰影部分為某玻璃磚的截面圖，ABCD是邊長為L的正方形，DC是半圓弧CPD的直徑，O是其圓心，一束單色光從AD邊的E點射入玻璃磚，入射角為i，折射光線正好照射到半圓弧的頂端P，并且在P點恰好發(fā)生全反射，反射光線正好經(jīng)過BC邊的F點。已知sini＝eq\f(\r(3),3)，光在真空中的傳播速度為c，則該單色光在玻璃磚中的傳播時間為()圖7A.eq\f(4L,c) B.eq\f(2L,c) C.eq\f(3L,2c) D.eq\f(4L,3c)答案D解析在P點恰好發(fā)生全反射，根據(jù)幾何關(guān)系可知，在E點的折射角與臨界角C互余。根據(jù)折射定律n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sini,cosC)，sinC＝eq\f(1,n)，解得n＝eq\f(2,\r(3))，單色光在玻璃磚中的傳播速度為v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),2)c，由幾何關(guān)系有s＝2×eq\f(\f(1,2)L,sinC)＝nL，該單色光在玻璃磚中的傳播時間為t＝eq\f(s,v)＝eq\f(4L,3c)，故D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·天津卷，7)位于坐標原點的波源從t＝0時刻開始振動，t＝0.5s時形成的機械波波形圖如圖8所示，則下列說法正確的是()圖8A.機械波的波速v＝4m/sB.x＝1m處的質(zhì)點在t＝0.3s時位于波谷C.波源的振動方程為y＝0.02sin(5πt＋π)mD.x＝－1m處的質(zhì)點半個周期內(nèi)向左移動半個波長答案BC解析波源位于坐標原點，由題圖可知，該波源形成兩列波，且在t＝0.5s的時間內(nèi)波傳播的距離為Δx＝2.5m，則機械波的波速為v＝eq\f(Δx,t)＝eq\f(2.5,0.5)m/s＝5m/s，A錯誤；由題圖可知波的波長為λ＝2m，則波的周期為T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(2,5)s＝0.4s，波剛傳到x＝1m處需要的時間t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(1,5)s＝0.2s，由于t＝0.5s時波恰好向右傳播到x1＝2.5m處，結(jié)合同側(cè)法可知波源的起振方向沿y軸的負方向，所以t1＝0.2s時x＝1m處的質(zhì)點沿y軸的負方向振動，再經(jīng)過0.1s的時間，即eq\f(1,4)T的時間后，x＝1m處的質(zhì)點剛好位于波谷處，B正確；設(shè)波源的振動方程為y＝Asin(ωt＋φ)，由以上可知ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，由題圖可知波的振幅為A＝2cm＝0.02m，又波源的起振方向沿y軸的負方向且t＝0時刻位于坐標原點，則波源的振動方程為y＝－0.02sin(5πt)m＝0.02sin(5πt＋π)m，C正確；質(zhì)點起振后只在平衡位置附近上下振動，不會隨波左右遷移，D錯誤。10.(2024·福建七地市質(zhì)檢)如圖9甲所示，質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F(xiàn)給物塊P一瞬時初速度v0，并把此時記為0時刻，規(guī)定向左為正方向，0～2t0時間內(nèi)物塊P、Q運動的a－t圖像如圖乙所示，其中t軸下方部分的面積大小為S1，t軸上方部分的面積大小為S2，則()圖9A.物塊Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)mB.t0時刻物塊Q的速度為vQ＝S2C.t0時刻物塊P的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1D.0～2t0時間內(nèi)彈簧始終對物塊Q做正功答案ACD解析0～2t0時間內(nèi)Q所受彈力方向始終向左，P所受彈力方向始終向右，彈簧始終對Q做正功；t0時刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得eq\f(F彈,mP)＝eq\f(F彈,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F彈,mQ)＝a0，則Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)m，故A、D正確；由a－t圖像可知，t0時刻Q的速度為vQ＝eq\f(1,2)S2，故B錯誤；由a－t圖像可知，t0時刻P的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1，故C正確。11.(2024·四川涼山州聯(lián)考)如圖10所示a、b、c、d為勻強電場中4條沿水平方向的等勢面，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1