2026版高考物理步步高大二輪（標準版）選擇題滿分練(三)(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·江蘇卷，3)用粒子X轟擊氮核從原子核中打出了質(zhì)子，該實驗的核反應方程式是X＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(14,6)C，則粒子X為()A.正電子eq\o\al(0,1)e B.中子eq\o\al(1,0)n C.氘核eq\o\al(2,1)H D.氦核eq\o\al(4,2)He答案B解析2.如圖1所示的電路，線圈的電阻忽略不計，閉合開關S，待電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關S，LC電路中將產(chǎn)生電磁振蕩，如果規(guī)定線圈中的電流方向從a到b為正，斷開開關的時刻t＝0，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為()圖1答案D解析因線圈電阻為零，電路穩(wěn)定時，線圈兩端電壓為零，電容器不帶電；斷開開關后，t＝0時刻線圈中電流最大，方向由b到a，為負方向，以后形成振蕩電流，則電感線圈中電流i隨時間t變化的圖像為D，故D正確。3.某實驗小組用如圖2所示的實驗裝置探究某金屬發(fā)生光電效應的實驗規(guī)律。當用頻率為ν的入射光照射金屬板K時，電流表示數(shù)不為零，向右調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，直到電流表的示數(shù)剛好為零，此時電壓表的示數(shù)為Uc。則下列說法中正確的是()圖2A.實驗時電源的左端為正極B.若增大入射光的頻率，Uc將會變大C.若不改變?nèi)肷涔忸l率和電路，增大入射光強度，Uc將會變大D.調(diào)換電源的極性(同時調(diào)整電壓表)，保持光照不變，向右滑動滑片P的過程中，電流表示數(shù)一定一直增大答案B解析根據(jù)題意可知，當向右調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片P，電流表的示數(shù)減小為零，說明此時光電管兩端的電壓為反向電壓，則電源的右端為正極，故A錯誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可知，當增大入射光的頻率時，光電子的最大初動能增大，而Ekm＝eUc，所以Uc將會變大，故B正確；若不改變?nèi)肷涔忸l率和電路，增大入射光強度，飽和光電流增大，頻率不變，Uc將保持不變，故C錯誤；調(diào)換電源的極性(同時調(diào)整電壓表)，保持光照不變，向右滑動滑片P的過程中，當電流達到飽和光電流后，電壓增大，電流將保持不變，故D錯誤。4.(2024·遼寧大連二模)目前，國產(chǎn)部分品牌家用汽車已安裝智能雨刮器。有的智能雨刮器借助于光學式傳感器實現(xiàn)下雨時自動啟動，前擋風玻璃安裝光學傳感器后的橫截面示意圖如圖3所示，其工作原理可做如下簡化：不下雨時，激光光源P發(fā)出的紅外線在玻璃內(nèi)傳播斜射到N處，全反射后被接收器Q接收；下雨時N處的外側有水滴，光源P發(fā)出的紅外線在N處不能全反射，接收器Q接收到的光照強度變小，從而啟動雨刮器。關于智能雨刮器工作原理的分析正確的是()圖3A.入射角θ的設計與紅外線的頻率無關B.前擋風玻璃的折射率需要比雨水的折射率小C.若前擋風玻璃外側區(qū)域有油污，可能會影響雨刮器的自動啟動D.若光源P和接收器Q的距離變大了，一定會導致不下雨時雨刮器自動啟動答案C解析根據(jù)全反射的條件可知，入射角θ的設計需要大于或等于全反射臨界角，而全反射臨界角與紅外線的頻率有關，A錯誤；根據(jù)全反射條件可知，前擋風玻璃的折射率要比雨水的折射率大，B錯誤；若前擋風玻璃外側區(qū)域有油污，油污對紅外線有折射作用，接收器Q接收到的光照強度變小，不下雨時雨刮器也可能自動啟動，C正確；若光源P和接收器Q的距離變大了，根據(jù)幾何關系可知，光源P發(fā)出的紅外線在玻璃內(nèi)傳播斜射到N處的入射角變大，若入射角仍大于或等于全反射臨界角，則接收器Q仍可以接收到紅外線，雨刮器不會啟動，D錯誤。5.(2024·廣東深圳二模)2024年3月20日，長征八號火箭成功發(fā)射，將鵲橋二號直接送入預定地月轉移軌道。如圖4所示，鵲橋二號在進入近月點P、遠月點A的月球捕獲橢圓軌道，開始繞月球飛行。經(jīng)過多次軌道控制，鵲橋二號最終進入近月點P和遠月點B、周期為24小時的環(huán)月橢圓軌道。關于鵲橋二號的說法正確的是()圖4A.離開火箭時速度大于地球的第三宇宙速度，才能進入環(huán)月軌道B.在捕獲軌道運行的周期大于24小時C.在捕獲軌道上經(jīng)過P點時，需要點火加速，才可能進入環(huán)月軌道D.經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點時大答案B解析鵲橋二號離開火箭時速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能進入環(huán)月軌道，A錯誤；由開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k知，鵲橋二號在捕獲軌道上運行的周期大于在環(huán)月軌道上運行的周期，B正確；在P點要由捕獲軌道變軌到環(huán)月軌道，做近心運動，必須降軌減速，C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，則經(jīng)過A點的加速度比經(jīng)過B點時小，D錯誤。6.在光滑水平地面上放一個質(zhì)量為2kg的內(nèi)側帶有光滑弧形凹槽的滑塊A，凹槽的底端切線水平，如圖5所示。質(zhì)量為1kg的小物塊B以v0＝6m/s的水平速度從滑塊A的底端沿槽上滑，恰好能到達滑塊A的頂端。重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力。則小物塊B沿滑塊A上滑的最大高度為()圖5A.0.3m B.0.6m C.1.2m D.1.8m答案C解析當二者速度相等時，小物塊B沿滑塊A上滑的高度最大，設最大高度為h，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝(m＋M)v，根據(jù)機械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh，解得h＝1.2m，故C正確。7.(2024·江蘇泰州一模)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p－V圖像如圖6所示。下列判斷正確的是()圖6A.氣體在a→b過程中做等溫變化B.氣體在b→c過程中內(nèi)能增加C.氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等D.氣體在一次循環(huán)過程中會向外界放出熱量答案C解析氣體在a→b過程中因pV乘積變大，由eq\f(pV,T)＝C知溫度升高，選項A錯誤；氣體在b→c過程中因pV乘積變小，可知溫度降低，內(nèi)能減小，選項B錯誤；在p－V圖像中，圖像與坐標軸圍成的面積等于氣體對外做功，可知氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等，選項C正確；氣體在一次循環(huán)過程中從a到b再到c過程對外做功，從c到a過程外界對氣體做功，整個過程中氣體對外做功，且內(nèi)能不變，則氣體會從外界吸收熱量，選項D錯誤。8.(2024·河北邢臺二模)隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖7所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電荷，經(jīng)過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d，板長為L，極板下邊緣與收集板的距離為H，兩種顆粒的比荷均為k，重力加速度為g，顆粒進入電場時的初速度為零且可視為質(zhì)點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區(qū)域時不接觸極板但有最大偏轉量，則()圖7A.右極板帶正電B.顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動C.兩極板間的電壓值為eq\f(gkd2,2L)D.顆粒落到收集板時的速度大小為eq\r(2g（L＋H）＋\f(gd2,2L))答案D解析根據(jù)題意可知，正電荷所受電場力水平向右，則電場方向水平向右，右極板帶負電，故A錯誤；由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；設兩極板間的電壓值為U，水平方向上有qeq\f(U,d)＝ma，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，豎直方向上有L＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得U＝eq\f(gd2,2kL)，故C錯誤；顆粒離開電場時的水平速度為vx＝eq\r(2a·\f(d,2))＝eq\r(\f(gd2,2L))，離開電場后，水平方向做勻速直線運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為vx；豎直方向上，顆粒一直做自由落體運動，顆粒落到收集板時的豎直速度為vy＝eq\r(2g（H＋L）)，則顆粒落到收集板時的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2g（L＋H）＋\f(gd2,2L))，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.下列說法正確的是()A.在液體表面層，分子間作用力表現(xiàn)為斥力B.一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然過程都不可逆C.玻爾理論可以成功解釋氦原子的光譜現(xiàn)象D.電磁波在真空中傳播時，它的電場強度E、磁感應強度B、波的傳播方向兩兩垂直答案BD解析在液體表面層，分子間距離較大，分子間作用力表現(xiàn)為引力，因此產(chǎn)生液體表面張力，故A錯誤；根據(jù)熱力學第二定律可知，一切與熱現(xiàn)象有關的宏觀自然過程都具有方向性，是不可逆的，故B正確；玻爾理論只能成功解釋氫原子的光譜現(xiàn)象，故C錯誤；電磁波是橫波，每一處的電場強度和磁感應強度總是相互垂直的，且與波的傳播方向垂直，故D正確。10.(2024·江西九校協(xié)作體二模)如圖8所示，在等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，O點為ab邊的中點，在O點處有一粒子源沿紙面內(nèi)不同方向、以相同的速率v＝eq\f(qBL,m)不斷向磁場中釋放相同的帶正電的粒子，已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，直角邊ab長為2eq\r(2)L。不計重力和粒子間的相互作用力，則()圖8A.從ac邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為eq\f(πm,4qB)B.從ac邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為eq\f(πm,3qB)C.粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為LD.粒子能從bc邊射出的區(qū)域長度為eq\r(2)L答案BD解析由qvB＝meq\f(v2,r)和v＝eq\f(qBL,m)，聯(lián)立解得r＝L，如圖所示，Od⊥ac，根據(jù)幾何關系可知，Od＝L，對應從ac邊射出的最短弦長，圓半徑一定時，弦長越短其所對應的圓心角越小，即運動時間最短，軌跡對應的圓心角為60°，則最短時間tmin＝eq\f(1,6)T，T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，解得t＝eq\f(πm,3qB)，A錯誤，B正確；當粒子軌跡與ac邊相切時與bc邊交于e點，即從bc邊射出的最高點，由幾何關系可知Oe＝2L，則粒子能從bc邊射出的區(qū)域eb的長度為eq\r(2)L，C錯誤，D正確。11.(2024·山東濟南模擬)如圖9所示，質(zhì)量為m1＝90g的物塊從距離地面高度為h＝19m處自由下落，在下落到距離地面高度為h′＝14m時，質(zhì)量為m2＝10g的子彈以v0＝10m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()圖9A.子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)?m/sB.子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0m/sC.物塊下落的總時間為2sD.物塊下落的總時間為eq\f(\r(95),5)s答案AC解析12.足夠長的兩根平行等長的導軌彎折成正對的“”形，MN、M′N′部分水平且光滑，NP、N′P′部分豎直，如圖10所示，導軌間距為L＝0.5m，整個空間存在豎直向上、磁感應強度為B＝2T的勻強磁場。質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻為R＝0.5Ω、長度也為L的金屬棒ab放在導軌MN、M′N′上，另一根與ab完全相同的金屬棒cd置于NP、N′P′的外側，距NN′足夠高?，F(xiàn)給ab棒一個向左的初速度v0＝8m/s，同時由靜止釋放cd棒，金屬棒cd與NP、N′P′之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動過程中兩金屬棒始終與導軌接觸良好，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的有()圖10A.初始時金屬棒cd受到的摩擦力為4NB.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab向左移動的位移是0.8mC.金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為16WD.當ab停止運動時，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為6.4J答案BC解析初始ab棒產(chǎn)生的電動勢E＝BLv0＝8V，ab與cd組成閉合回路，電流為I＝eq\f(E,2R)＝8A，兩金屬棒所受安培力大小為F＝BIL＝8N，根據(jù)右手定則可知，通過cd的電流方向由d到c，根據(jù)左手定則，cd受向左的安培力，與導軌對cd棒的支持力平衡，其所受最大靜摩擦力為Ffmax＝μFN＝μBIL＝4N＞mg，故此時受到的靜摩擦力大小為Ff＝mg＝2N，故A錯誤；當cd棒剛要運動時有Ff＝μBI′L＝mg，I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立解得v＝4m/s，從開始到cd棒剛要運動的過程，對金屬棒ab，根據(jù)動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv－mv0，eq\o(I,\s\up6(－))t＝q，q為該過程通過金屬棒的電荷量，則有q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)t＝eq\f(BL\o(v,\s\up6(－))t,2R)＝eq\f(BLx,2R)，聯(lián)立解得x＝0.8m，故B正確；金屬棒cd剛要開始運動時，金屬棒ab所受安培力的功率大小為P＝F安v＝BI′Lv＝eq\f(B2L2v2,2R)＝16W，故C正確；根據(jù)功能關系，ab棒克服安培力所做的功等于減少的動能，則有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(W安))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝6.4J，而克服安培力所做的功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，但cd棒下降過程中與導軌之間還有摩擦生熱，所以整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大于6.4J，故D錯誤。選擇題滿分練(四)(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·安徽卷，2)某同學參加戶外拓展活動，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，至底端時速度為v，已知人與滑板的總質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則此過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解析人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此過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)躍遷時能向外輻射三種波長不同的光子，三種光子的波長分別為λ1、λ2、λ3，且有λ1＞λ2＞λ3，波長為λ1的光能使某種金屬發(fā)生光電效應現(xiàn)象。則下列說法正確的是()A.n＝4B.波長為λ3的光一定能使該金屬發(fā)生光電效應現(xiàn)象C.λ1＝λ2＋λ3D.三種光復合而成的細光束由玻璃射入空氣，入射角由0°逐漸增大時，波長為λ1的光先發(fā)生全反射答案B解析大量氫原子躍遷時向外輻射的光子種類為eq\f(n（n－1）,2)＝3，解得n＝3，A錯誤；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)生光電效應現(xiàn)象，λ3的光一定能使該金屬發(fā)生光電效應現(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錯誤；由以上分析可知，三種光的折射率關系為n1<n2<n3，由臨界角公式sinC＝eq\f(1,n)，可知三種光的臨界角關系為C1＞C2＞C3，所以最先發(fā)生全反射的是波長為λ3的光，D錯誤。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(圖中未畫出)的作用下，緩慢地由B向A運動，圓弧軌道對小球的彈力為FN。則在小球運動的過程中()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運動，則水平拉力F方向向左，設某時刻小球與圓心的連線與水平方向的夾角為θ，對小球受力分析，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運動過程中，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，外界大氣壓強保持不變。當氣體溫度變化后，液柱稍稍向右移動，下列關于燒瓶內(nèi)氣體的說法正確的是()圖2A.氣體分子熱運動的平均動能減少B.單位面積上單位時間內(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.氣體對外做功，同時氣體對外放出熱量答案B解析外界大氣壓強保持不變，可知，氣體發(fā)生等壓變化，液柱稍稍向右移動，則氣體的體積變大，根據(jù)eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)可知氣體的溫度升高，即氣體分子熱運動的平均動能增加，A錯誤；氣體的體積變大，則氣體分子的密集程度變小，C錯誤；氣體分子熱運動的平均動能增加，則氣體分子熱運動的平均速率變大，根據(jù)動量定理可知氣體與燒瓶碰撞過程中的沖擊力變大，但壓強不變，可知單位面積上單位時間內(nèi)氣體分子的撞擊次數(shù)變少，B正確；氣體的體積變大，則氣體對外做功，氣體的溫度升高，則氣體內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體從外界吸收熱量，D錯誤。5.(2024·安徽合肥三模)如圖3甲所示為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t＝2s時的波形圖，P、Q是平衡位置分別位于x＝1.5m和x＝2.75m處的兩個質(zhì)點，質(zhì)點P的振動圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖3A.波沿x軸正方向傳播B.波傳播的速度大小為2m/sC.當P位于波谷時，質(zhì)點Q的位移為3eq\r(2)cmD.當P沿y軸負方向運動時，Q一定沿y軸正方向運動答案C解析由圖乙可知，t＝2s時，質(zhì)點P正沿y軸負方向運動，根據(jù)波動與振動的關系可知，波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；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錯誤；將波形沿x軸負方向移動0.5m的距離，可知此時P點在波谷，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的奇數(shù)倍，因此兩質(zhì)點的振動方向并不一定相反，故D錯誤。6.一種平拋運動的實驗游戲如圖4所示，AB是內(nèi)壁光滑的細圓管，被固定在豎直面內(nèi)，B點的切線水平，讓質(zhì)量為m的小球(直徑略小于細管的直徑)從A點由靜止釋放，沿著管壁向下運動，達到B點時的速度方向水平向右，大小為v0，接著小球從B運動到C，已知AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()圖4A.A、C兩點間的高度差為eq\f(2veq\o\al(2,0),g)B.A點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的運動時間為t，則管壁對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運動到B過程，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，則A、C兩點間的高度差為H＝2h＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)，故A錯誤；小球從B到C過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(gt,v0)，結合上述解得θ＝45°，由于AB的形狀與拋物線BC的形狀完全對稱相同，則A點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)，結合上述解得P＝eq\f(mgv0,2)，故C錯誤；小球從A到B的運動過程，將管壁對小球支持力的沖量沿豎直方向與水平方向進行分解，根據(jù)動量定理有Ix＝mv0－0，Iy－mgt＝0，則管壁對小球支持力的沖量大小為I＝eq\r(Ieq\o\al(2,x)＋Ieq\o\al(2,y))，解得I＝meq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)，故D錯誤。7.(2024·浙江嘉興一模)如圖5所示，將靜電計與電容器(圖中未畫出)相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內(nèi)存在電場，分別用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內(nèi)有P、Q兩點，則()圖5A.靜電計兩根金屬指針帶異種電荷B.圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面C.圖中P點電勢一定高于Q點電勢D.當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電答案D解析依題意，靜電計與電容器相連，由圖可知靜電計金屬指針接在電容器的同一個極板上，金屬外殼接在電容器的另一個極板上，所以兩根金屬指針帶同種電荷。根據(jù)電場線從正電荷發(fā)出，到負電荷終止，可知圖中虛線表示電場線，則實線表示等勢線，故A、B錯誤；題中不知哪一個極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點電勢的高低無法判斷，故C錯誤；靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當靜電計兩指針張角減小時，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逆時針轉動，質(zhì)量m＝1kg的炭塊無初速度放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時間t1＝0.2s炭塊的速度達到2m/s，此后再經(jīng)過t2＝1.0s的時間，炭塊運動到傳動帶的底端Q，且到底端時的速度為v＝4m/s。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，則下列說法正確的是()圖6A.炭塊從無初速度放在傳送帶的頂端P到運動到Q端，一直做勻變速直線運動B.傳送帶與水平面的夾角為θ＝37°C.傳送帶的長度為x＝2.4mD.炭塊在傳送帶上留下的劃痕的長度為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，則從無初速度放在傳送帶的頂端P到運動到Q端，炭塊不是一直做勻變速直線運動，選項A錯誤；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B正確；傳送帶的長度為x＝eq\f(v0,2)t1＋eq\f(v＋v0,2)t2＝3.2m，選項C錯誤；在前0.2s內(nèi)炭塊與傳送帶的相對位移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度為1m，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.(2024·四川綿陽高三月考)衛(wèi)星A在地球的赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑為r，運行的周期與地球的自轉周期T0相同；衛(wèi)星B繞地球的表面附近做勻速圓周運動；物體C位于地球的赤道上，相對地面靜止，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動，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周期，則衛(wèi)星A的角速度等于地球自轉角速度，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錯誤；對于衛(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。用戶的負載可用滑動變阻器R表示。當R變化時，理想電壓表和理想電流表示數(shù)變化的絕對值分別為ΔU和ΔI。已知水電站的輸出功率為40kW時，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.當水電站輸出功率為40kW時，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，設此時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＋I2r＝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；當用戶減少時，R增大，I2減小，U3增加，電壓表示數(shù)增加，故B錯誤；當輸出功率為40kW時，輸電線路損耗的功率為P損＝Ieq\o\al(2,2)r＝400W，故C錯誤；由輸電線路可知eq\f(ΔU,ΔI2)＝r＝1Ω，又因為ΔI2＝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)可以添加勻強電場或勻強磁場。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點離開圓形區(qū)域，∠AOB＝120°，不計電子重力。下列說法正確的是()圖8A.可加磁感應強度大小為eq\f(\r(3)mv0,3eR)，方向垂直于紙面向里的勻強磁場B.可加磁感應強度大小為eq\f(\r(3)mv0,eR)，方向垂直于紙面向外的勻強磁場C.可加電場強度大小為eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),9eR)，方向豎直向上的勻強電場D.可加電場強度大小為eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),3eR)，方向豎直向上的勻強電場答案AC解析若添加勻強磁場，由于電子帶負電，要使電子從B點離開圓形區(qū)域，則添加磁感應強度方向垂直于紙面向里的勻強磁場，電子在洛倫茲力的作