2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）選擇題滿分練(五)(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·湖北武漢一模)離子煙霧報警器是一種常見且廣泛使用的火災(zāi)報警設(shè)備。某離子煙霧報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。下列說法正確的是()A.夏天氣溫升高，镅241的衰變速度會變快B.X是α粒子，具有很強的電離本領(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，具有很強的電離本領(lǐng)，故B正確；自發(fā)的衰變過程中釋放能量，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)量會減小，故D錯誤。2.(2024·海南卷，5)商場自動感應(yīng)門如圖1所示，人走近時兩扇門從靜止開始同時分別向左、右平移，經(jīng)4s恰好完全打開，兩扇門移動距離均為2m，若門從靜止開始以相同的加速度大小先勻加速運動后勻減速運動，完全打開時速度恰好為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)門打開過程的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·湖南長沙模擬)如圖2所示，一裝滿水的長方體的玻璃容器，高度為eq\r(7)a，上下兩個面為邊長為4a的正方形，底面中心O點放有一單色點光源，可向各個方向發(fā)射單色光。水面上漂浮一只可視為質(zhì)點的小甲蟲，已知水對該單色光的折射率為n＝eq\f(4,3)，則小甲蟲能在水面上看到點光源的活動區(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，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，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，水面的對角線長度為4a×eq\r(2)＝4eq\r(2)a<2r，因此在上表面能被光照亮的區(qū)域是整個水面，面積為16a2，故A正確。4.(2024·湖南衡陽二模)如圖3甲所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電荷從a點由靜止釋放，僅在電場力的作用下沿直線abc運動，其v－t圖像如圖乙所示。已知正電荷在b點處速率為eq\f(3,5)v，斜率最大，最大值為k，在c點處的速率為v，斜率為0，則下列說法正確的是()圖3A.該正電荷在從a到c的運動過程中，電勢能先減小后增大B.b點的電場強度大小為eq\f(km,q)，方向由b指向cC.a、b之間的電勢差Uab＝eq\f(9mv2,25q)D.從a到c電勢逐漸升高，c點的電勢最大答案B解析該正電荷由a到c的過程中，速度逐漸增大，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；由題圖乙可知在b點時電荷的加速度為a＝k，所以b點的電場強度大小為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(km,q)，電場力方向由a指向c，正電荷的電場強度方向跟電場力方向相同，b點的電場強度方向由b指向c，故B正確；對正電荷從a到b的過程，根據(jù)動能定理有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錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，從a到c電勢逐漸降低，故D錯誤。5.(2024·天津模擬)北京時間2023年7月20日21時40分，經(jīng)過約8h的出艙活動，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮密切協(xié)同，在空間站機械臂支持下，圓滿完成出艙活動全部既定任務(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，以下說法正確的是()圖4A.航天員相對太空艙靜止時，所受合外力為零B.由于太空艙在繞地球做圓周運動，出艙后航天員會很快遠離太空艙C.航天員在8h的出艙活動中，將繞地球轉(zhuǎn)過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解析航天員相對太空艙靜止時，依然繞地球做圓周運動，所受合外力不為零，故A錯誤；由于太空艙在繞地球圓周運動，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動，不會遠離太空艙，故B錯誤；由萬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行周期為T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))≈1.5h，航天員在8小時的出艙活動中，將繞地球轉(zhuǎn)過5周多，故C錯誤；由萬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，某同學(xué)測得一波源位于O處的海水水波(視為簡諧橫波)，某時刻沿x軸正方向傳播到20cm處，此時x軸上10cm處的質(zhì)點已振動0.2s，質(zhì)點P離O處60cm，如圖5所示，取該時刻為t＝0。下列說法正確的是()圖5A.質(zhì)點P開始振動時的速度方向沿y軸正方向B.該波的傳播速度為1m/sC.經(jīng)過0.9s，質(zhì)點P第一次到達波谷D.在0～0.1s時間內(nèi)，x＝20cm處的質(zhì)點振動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A起振方向沿y軸負方向，各個質(zhì)點的起振方向均相同，故質(zhì)點P起振時的速度方向沿y軸負方向，故A錯誤；根據(jù)題圖可知波長為20cm，此時x軸上10cm處的質(zhì)點已振動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錯誤；根據(jù)波形圖可知，質(zhì)點P第一次到達波谷經(jīng)過的時間t＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(（60－15）×10－2,0.5)s＝0.9s，故C正確；在0～0.1s時間內(nèi)，x＝20cm處的質(zhì)點從平衡位置向波谷位置運動，速度逐漸減小，故D錯誤。7.(2024·河北保定二模)如圖6所示，排球場的寬為d，長為2d，球網(wǎng)高為eq\f(d,4)，發(fā)球員在底線中點正上方的O點將排球水平擊出，排球恰好擦著網(wǎng)落在對方場地邊線上的E點，ED＝eq\f(d,2)，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()圖6A.O點距地面的高度為eq\f(9d,20)B.排球做平拋運動的時間為eq\r(\f(d,g))C.排球擊出時的速度大小為eq\r(gd)D.排球著地時的速度大小為2eq\r(gd)答案A解析排球做平拋運動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、右場地運動的時間之比為1∶2，設(shè)排球做平拋運動的時間為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A正確，B錯誤；排球擊出時的速度大小v0＝eq\f(O′E,3t)＝eq\f(5\r(gd),3)，選項C錯誤；排球著地時的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)＝eq\r(\f(331gd,90))，選項D錯誤。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，水斗出水面立即獲得相同的速度并勻速運動到井口，則此過程中轆轤對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，水提升到井口對水做功為W＝mgH＋eq\f(1,2)mv2＝mgH＋eq\f(mR2ω2,2)，所用時間為t＝eq\f(H,v)＝eq\f(H,Rω)，平均功率為P＝eq\f(W,t)，聯(lián)立解得，此過程中轆轤對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.利用變壓器原理的無線充電簡化原理圖如圖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.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過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；由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。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9所示，已知狀態(tài)A的氣體溫度為TA＝200K，下列說法正確的是()圖9A.狀態(tài)B的氣體溫度為627℃B.在A→B過程中，氣體既不對外做功，外界也不對氣體做功C.在B→C過程中，氣體對外做功1200JD.在A→B→C→A一個循環(huán)過程中，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錯誤；在A→B過程中，氣體體積沒有發(fā)生變化，氣體既不對外做功，外界也不對氣體做功，故B正確；在B→C過程中，氣體壓強不變，體積減小，外界對氣體做功為W1＝pB(VB－VC)＝4×105×(5－2)×10－3J＝1200J，故C錯誤；在A→B→C→A一個循環(huán)過程中，溫度不變，內(nèi)能變化ΔU＝0，A→B過程，氣體體積不變，做功為零，即W2＝0，B→C過程，外界對氣體做功為W1＝1200J，C→A過程，氣體對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為滑動變阻器，在a、b兩端輸入正弦交流電壓，將滑動變阻器滑片從最上端滑到最下端的過程中，下列說法正確的是()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解析滑動變阻器的滑片從最上端滑到最下端的過程中，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，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錯誤。12.地球的磁場是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽風(fēng)粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的生物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖11所示為某帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)前進時做螺線運動的示意圖，不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是()圖11A.該帶電粒子帶正電B.從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變C.帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周沿軸線方向運動的距離不變D.一段時間后該帶電粒子可能會從強磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線運動答案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；對在勻強磁場中做勻速圓周運動的帶電粒子，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)強度的增強，粒子運動周期變小，可知帶電粒子每旋轉(zhuǎn)一周的時間變短，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)一周沿軸線方向運動的距離逐漸減小，C錯誤；結(jié)合C項分析可知，當(dāng)帶電粒子豎直向下的分速度減為0時，其所受洛倫茲力斜向上，又開始向上運動，即從強磁場到弱磁場做螺線運動，D正確。選擇題滿分練(一)(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，某運動員在足球場上進行“帶球突破”訓(xùn)練。運動員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運動，為控制足球，又向前追上足球，下列可能反映此過程的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動，速度越來越?。贿\動員為了追上足球做加速運動，速度越來越大。v－t圖像與坐標(biāo)軸的面積表示位移，當(dāng)運動員追上足球時，運動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錯誤；x－t圖像的斜率表示速度，足球做減速運動，足球的x－t圖像斜率逐漸減小，運動員向前追趕足球，做加速運動，運動員的x－t圖像斜率逐漸增大，當(dāng)運動員追上足球時，足球和運動員在同一時刻到達同一位置，足球和運動員的x－t圖像交于一點，故C正確，D錯誤。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。則以下說法正確的是()圖3A.B對A的支持力大小為2eq\r(3)NB.水平地面對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B的支持力減小答案B

解析對A受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，B對A的支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)＝4N，故A錯誤；對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錯誤；對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B的支持力不變，故D錯誤。4.(2024·山東臨沂一模)1905年，愛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。如圖4所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對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(遠小于板長)，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則()圖4A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大B.只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eUC.電子從M到N過程中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，由于M、N間的電壓不變，電場力對電子做功不變，則電子到達N的動能并不會隨著距離的增大而增大，故A錯誤；電子從M到N運動過程，根據(jù)動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，可知無論從哪個方向逸出的電子到達N時的最大動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eU，故B錯誤；當(dāng)電子從M板沿y方向逸出，且速度最大時，電子從M到N過程中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錯誤。5.(2024·湖南長沙模擬)人類發(fā)現(xiàn)并記錄的首顆周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵達遠日點后開始掉頭，踏上歸途。已知哈雷彗星大約每76年環(huán)繞太陽一周，如圖5所示為地球、哈雷彗星繞太陽運動的示意圖，哈雷彗星軌道是一個很扁的橢圓，在近日點與太陽中心的距離為r1，在遠日點與太陽中心的距離為r2，若地球的公轉(zhuǎn)軌道可視為半徑為R的圓軌道，則下列說法正確的是()圖5A.哈雷彗星在近日點與遠日點的速度大小之比為eq\r(\f(r2,r1))B.哈雷彗星在近日點與遠日點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)開普勒第二定律，取時間微元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錯誤；由牛頓第二定律可得，在近日點時，eq\f(GMm,req\o\al(2,1))＝ma1，在遠日點時，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，C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律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，又半長軸a＝eq\f(r1＋r2,2)，則eq\f(r1＋r2,R)≈36，D錯誤。6.(2024·天津和平二模)一實驗小組使用如圖6所示的裝置探究力和運動的關(guān)系，P是位于光滑水平軌道上的滑塊，用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩將P與鉤碼Q相連，Q的質(zhì)量為m，開始時用手托住Q，繩子處于拉直狀態(tài)，釋放Q后兩物體由靜止開始運動的過程中(P未與滑輪相碰)，P與滑輪間的繩子是水平的，以下對實驗規(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減小的重力勢能等于P增加的動能C.若P與滑輪間的繩子不水平，P也能做勻變速直線運動D.某段時間內(nèi)，Q的重力沖量大小大于P的動量增加量答案D解析P、Q整體做勻加速直線運動，設(shè)輕繩拉力為T，加速度為a，對Q有mg－T＝ma，則T＝mg－ma，可見P受到輕繩的拉力大小小于Q的重力mg，故A錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知Q減小的重力勢能等于P增加的動能與Q增加的動能之和，故B錯誤；若P與滑輪間的繩子不水平，因運動過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動，故C錯誤；某段時間t內(nèi)，對Q，由動量定理有mgt－Tt＝mv，對P，Tt＝mPv，聯(lián)立得mgt＝mPv＋mv，可見Q的重力沖量大小大于P的動量增加量，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行的一種粒子探測器，其關(guān)鍵的永磁體系統(tǒng)是由中國研制的。如圖7，探測器內(nèi)邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，當(dāng)宇宙中帶電荷量為＋q的粒子從ab中點O沿紙面垂直ab邊射入磁場區(qū)域時，磁譜儀記錄到粒子從ad邊射出，則這些粒子進入磁場時的動量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的粒子進入磁場，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點射出時，由幾何關(guān)系可得最小半徑為r1＝eq\f(L,4)；粒子從d點射出時，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)，故粒子進入磁場時的動量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)強度大小為0.2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，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，電阻R的阻值為2Ω，其他電阻不計。金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是()圖8A.通過電阻R的電流方向為c→aB.通過電阻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)強度為0.4T，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)?.4V答案D解析根據(jù)右手定則，通過電阻R的電流方向為a→c，故A錯誤；金屬桿產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv＝0.2×0.2×5V＝0.2V，通過電阻R的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.2,2)A＝0.1A，故B錯誤；1s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝0.12×2×1J＝0.02J，故C錯誤；MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋′＝B′Lv＝0.4×0.2×5V＝0.4V，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.(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與電動機，電動機的內(nèi)阻RM＝1Ω，定值電阻R0＝2Ω。下列說法正確的是()圖9A.電動機消耗的最大功率為4.5WB.原線圈上電流為3A時，電動機消耗功率最大C.若把電動機換成滑動變阻器(0～5Ω)，滑動變阻器消耗的最大功率也為4.5WD.若把電動機換成滑動變阻器(0～5Ω)，當(dāng)R0與滑動變阻器阻值相等時，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，電動機消耗的功率PM＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R0，當(dāng)I2＝eq\f(U2,2R0)＝1.5A時電動機消耗的功率最大，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)，電動機消耗功率最大時，原線圈上電流為I1＝0.75A，故A正確，B錯誤；把電動機換成滑動變阻器，滑動變阻器消耗的功率為P＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R0，滑動變阻器消耗的最大功率跟電動機消耗的最大功率相同，故C正確；R0上的功率為P＝Ieq\o\al(2,2)R0，當(dāng)電流最大時，定值電阻R0的功率最大，即滑動變阻器的阻值為零時，R0上的功率最大，故D錯誤。10.(2024·福建卷，7)如圖10甲所示，物體置于足夠長光滑斜面上并鎖定，t＝0時刻解除鎖定，并對物體沿斜面施加如圖乙所示變化的力F，以沿斜面向下為正方向，下列說法中正確的是()圖10A.0～4t0，物體一直沿斜面向下運動B.0～4t0，合外力的總沖量為0C.t0時動量是2t0時的一半D.2t0～3t0過程物體的位移小于3t0～4t0過程的位移答案AD解析沿斜面方向，物體受到重力沿斜面向下的分力mgsinθ和F，分階段分析，由牛頓第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0階段，物體的加速度大小為3gsinθ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0階段，物體的加速度大小為gsinθ，方向沿斜面向上，可以畫出物體運動的v－t圖像如圖所示。由v－t圖像可知，物體先沿斜面向下加速后沿斜面向下減速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下減速，物體一直沿斜面向下運動，A正確；全過程中，對物體由動量定理結(jié)合v－t圖像得合外力的總沖量大小為4mgt0sinθ，B錯誤；由v－t圖像可知t0時的動量為2t0時的1.5倍，C錯誤；由v－t圖像與t軸圍成的面積表示位移可知，2t0～3t0過程比3t0～4t0過程的位移小，D正確。11.(2024·山東押題卷)一列簡諧橫波沿x軸傳播，t＝2s時的波形圖如圖1