《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理第二部分 特色增分题组含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理第二部分特色增分题组专练一力学部分1．如图所示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，又向前追上足球。以将足球踢出时刻为计时起点，以踢出位置为x轴原点，足球初速度方向为x轴正方向，下列可能反映此过程的v­t图像和x­t图像的是()答案：C解析：v­t图线与时间轴围成的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，则v­t图线与时间轴围成的面积相同，故A、B错误；在运动员刚踢出足球到追上足球过程中，足球的x坐标始终比运动员大，且在开始一段时间内，足球的速度比运动员大，由x­t图像斜率绝对值表示速度大小可知，在该时间内足球的x­t图像斜率较大，故C正确，D错误。2．(2024·江西省九江市高三下三模)如图甲所示，竖直起降火箭是一种可以垂直升空并在任务结束后垂直着陆的火箭。竖直起降技术使得火箭的核心部分可以被重复使用，可降低太空探索的成本。某火箭测试时，火箭上升到最高点的过程中的位移与时间的比值eq\f(x,t)和时间t的图像如图乙所示，下列说法正确的是()A．火箭做匀速直线运动，速度大小为50m/sB．火箭做匀减速直线运动，加速度大小为50m/s2C．火箭在1s末的瞬时速度为50m/sD．0～1s内火箭的平均速度大小为50m/s答案：D解析：由题图乙可知eq\f(x,t)＝100－50t，整理得x＝100t－50t2，对比匀变速直线运动的公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得加速度a＝－100m/s2，初速度v0＝100m/s，则火箭做初速度大小为100m/s、加速度大小为100m/s2的匀减速直线运动，故A、B错误；火箭在1s末的瞬时速度为v1＝v0＋at1＝100m/s－100×1m/s＝0，故C错误；0～1s内火箭的位移为x1＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝50m，平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1,t1)＝50m/s，故D正确。3．(2024·江西省景德镇市高三下第三次质量检测)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。空气阻力可认为大小保持不变，根据图像提供的信息，下列说法正确的是()A．t3时刻小球的速度不是最大的B．t5时刻小球的动能不是最小的C．t3、t4时刻小球的运动方向相同D．t4－t3<t7－t6答案：A解析：把小球举高到绳子的悬点O处，静止释放小球，t1时刻绳子刚好绷紧，此时绳子的拉力为零，小球继续向下做加速运动，当小球所受合力为零时，小球的速度最大，之后小球将减速运动至t2时刻，即在t1～t2中的某时刻小球的速度最大，故A正确；t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，动能最小，同理，t5时刻小球的动能也最小，故B错误；t2、t5时刻小球都到达最低点，t3时刻小球速度方向向上，t4时刻小球速度方向向下，t3、t4时刻小球的运动方向相反，故C错误；t3～t4时间内与t6～t7时间内小球都先向上做加速运动后向下做减速运动，且t3、t4、t6、t7时刻小球均处于绳子刚好绷紧处，重力势能相同，又由于空气阻力做负功可知，小球在t3时刻的动能大于t6时刻的动能，则v3>v6，同理，v4>v7，t3、t6时刻小球从弹性绳原长处向上运动，到最高点过程，由动量定理有－(f＋mg)t1′＝0－mv3，－(f＋mg)t3′＝0－mv6，则t1′>t3′，从最高点回到弹性绳原长处过程，有(mg－f)t2′＝mv4－0，(mg－f)t4′＝mv7－0，由于v4>v7，则t2′>t4′，所以t1′＋t2′>t3′＋t4′，即t4－t3>t7－t6，故D错误。4．(2024·重庆市第八中学高三下模拟)如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”的蓝色“冷行星”——天王星，外围空间存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中v0、v1均为已知值)。已知天王星的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G，以下说法正确的是()A．环状物质是天王星的组成部分B．天王星的自转周期为eq\f(2πR,v0)C．天王星的质量为M＝eq\f(veq\o\al(2,0)R,G)D．天王星的第一宇宙速度等于v1答案：C解析：若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星自转的角速度相同，根据v＝ωr可知，环状物质的线速度v与r成正比，若环状物质是天王星的卫星群，对于其中质量为m的部分，由万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，则v2＝GMeq\f(1,r)，即环状物质的v2与eq\f(1,r)成正比，结合题图乙可知，环状物质不是天王星的组成部分，而是天王星的卫星群，天王星的自转周期不能确定，故A、B错误；由题图乙可知，v2­eq\f(1,r)图像的斜率k＝GM＝eq\f(veq\o\al(2,0),\f(1,R))，所以天王星的质量M＝eq\f(veq\o\al(2,0)R,G)，故C正确；由第一宇宙速度的定义可知，以半径为R绕天王星做圆周运动的卫星环绕速度即为天王星的第一宇宙速度，所以由题图乙知天王星的第一宇宙速度为v0，故D错误。5．(2024·内蒙古呼和浩特市高三下一模)如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t＝0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v­t图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知滑块在0～0.2s内运动的位移为0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离B．滑块在0.2s时机械能最大C．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2D．t＝0时刻弹簧的弹性势能为32J答案：D解析：当滑块速度最大时，滑块受力平衡，有F弹＝mgsinθ＋μmgcosθ，则此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，A错误；滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，即ΔE＝W弹－Wf，且弹簧弹力从大于摩擦力逐渐减小至零，所以当F弹＝μmgcosθ时，滑块的机械能最大，而0.2s时F弹恰好为0，则此时滑块的机械能不是最大，B错误；在0.2～0.4s滑块脱离弹簧向上做匀减速直线运动，加速度大小为a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2.0－4.0,0.4－0.2)))m/s2＝10m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，C错误；以0～0.2s内的运动为研究对象，由能量守恒定律可知，t＝0时刻弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgssin37°＋μmgscos37°，其中v1＝4.0m/s，s＝0.8m，代入数据得Ep＝32J，D正确。6．一辆汽车在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0匀速行驶，t1时刻驾驶员立即将功率增大到2P0行驶一段时间，t2时刻遇到险情，驾驶员立即将功率减小到P0继续向前行驶。整个过程汽车所受阻力恒定，则该过程中汽车的速度v随时间t变化的关系图像可能正确的是()答案：B解析：由题意，0～t1时间内汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。t1时刻当功率增大到2P0时，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然增大到原来的2倍，即为F＝2F0，而汽车所受的阻力没有变化，则汽车开始做加速运动，由于功率保持为2P0，随着汽车速度的增大，牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律F合＝ma得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的2倍；t2时刻遇到险情，驾驶员立即将功率减小到P0，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然减小为F′＝eq\f(1,2)F0，而汽车所受的阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P0，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律F合＝ma得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此时汽车的速度为v0。故B可能正确，A、C、D错误。7．一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的倒数eq\f(1,v)和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法中正确的是()A．赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动B．赛车的质量为20kgC．赛车所受阻力大小为500ND．赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2答案：C解析：由牛顿第二定律有eq\f(P,v)－f＝ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；上式变形得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可见eq\f(1,v)­a图像的斜率为eq\f(m,P)，与纵轴的截距为eq\f(f,P)，结合图像可得赛车的质量为m＝25kg，赛车所受阻力大小为f＝500N，B错误，C正确；当赛车速度大小为v＝5m/s时，代入上式解得加速度大小为a＝60m/s2，故D错误。8．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从固定在水平地面上的倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为4.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．物体的质量m＝1.25kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5C．物体上升过程的加速度大小a＝9.6m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝30J答案：AC解析：根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时物体的重力势能为Ep1＝50J，选择地面为参考平面，高度h1＝4m，则Ep1＝mgh1，解得物体的质量m＝1.25kg，故A正确；根据题意可知，物体上升过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知－μmgcosα·eq\f(h1,sinα)＝E1－E0，由图乙知，E1＝50J，E0＝80J，解得物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，故B错误；物体上升过程，由牛顿第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝9.6m/s2，故C正确；物体下滑过程中摩擦力做功与上升过程中摩擦力做功相等，均为Wf＝E1－E0＝－30J，整个过程由动能定理有2Wf＝Ek－Ek0，式中Ek0＝E0＝80J，解得物体回到斜面底端时的动能Ek＝20J，故D错误。9.(多选)如图，劲度系数为k的轻质弹簧左端固定在墙上，处于原长时右端恰到O点，与可视为质点的质量为m的物块接触(未连接)。用水平力F缓慢推动物块到位置A，撤去F后，物块开始向右运动，最远到达位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物块与水平面间的动摩擦因数处处相同。物块从A到B运动过程中的速度v、加速度a、物块的机械能E、物块与弹簧的总机械能E′随位移x变化如图所示，其中正确的是()答案：BD解析：由题意知，物块所受摩擦力恒定，物块从A运动到O的过程中，受到向右的弹簧弹力且逐渐减小到0，则在A与O之间某点D弹簧弹力与摩擦力平衡，因此从A到D物块做加速度减小的加速运动，从D到O物块做加速度增大的减速运动，从O到B物块做匀减速运动，A错误；整个过程物块的重力势能不变，则物块机械能E随x的变化与物块动能随x的变化相同，根据Ek＝eq\f(1,2)mv2，结合A项分析可知，从A到D，E增大，从D到B，E减小，C错误；根据功能关系知，物块与弹簧的总机械能E′的变化量ΔE′＝－μmgx，则E′＝E0′＋ΔE′＝E0′－μmgx，D正确；根据牛顿第二定律，从A到O有kx－μmg＝ma，从O到B有－μmg＝ma，结合题图B，可得从A到O有a＝eq\f(k,m)x－μg，从O到B有a＝－μg＝－a0，根据F合＝ma、F合x＝ΔEk可知，从A到B，a­x图像与x轴所围面积为0，设x＝0时，a＝a1，图线与x轴交点横坐标为x1，则有eq\f(1,2)a1x1＝eq\f(1,2)a0(3x0－x1＋2x0)，又eq\f(a1,x1)＝eq\f(a0,x0－x1)，联立可得a1＝5a0，B正确。10．(多选)如图a所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块B相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面上物块B上方某位置处，取物块A的位置为原点O，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A，A与物块B碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图b所示，图像中0～x1之间为直线，其余部分为曲线，物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，则()A．物块A、B的质量之比为1∶2B．A与B碰撞后在x1位置处速度最大C．A与B碰撞后在x3位置处加速度最大D．弹簧的劲度系数为eq\f(E,x1（x2－x1）)答案：ACD解析：由图b可知，物块A与物块B碰撞前的动能为eq\f(1,2)mAv2＝E，碰撞后的动能为eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,共)＝eq\f(1,9)E，可得物块A与物块B碰撞前的速度v＝eq\r(\f(2E,mA))，碰撞后的速度v共＝eq\r(\f(2E,9mA))＝eq\f(v,3)，物块A与物块B碰撞过程，根据动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v共，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，A正确；由图b可知，A与B碰撞后A在x2处动能最大，则A与B碰撞后在x2位置处速度最大，B错误；根据动能定理有ΔEk＝F合x，则可知Ek­x图像的斜率代表物体所受的合外力，由图b可知，A与B碰撞后在x3位置处合外力最大，即加速度最大，C正确；设物块B处于静止状态时弹簧的形变量为x0，结合图a根据平衡条件可知mBgsinθ＝kx0，由图b可知，当A、B一起运动到x2处时，速度最大，根据平衡条件得mAgsinθ＋mBgsinθ＝k(x2－x1＋x0)，物块A从O点运动到位置x1的过程中，根据动能定理得mAgsinθx1＝E，联立解得弹簧的劲度系数k＝eq\f(E,x1（x2－x1）)，D正确。11.(多选)小物块在竖直向上的拉力F作用下从静止开始向上运动，其速度v随位移s变化的图像(v­s图像)如图所示，运动过程空气阻力不计，则在小物块运动过程中，下列判断正确的是()A．小物块做匀加速直线运动B．拉力F逐渐变大C．任意相等位移内，拉力冲量相同D．速度增加量相同时，小物块重力势能的增加量相同答案：BD解析：v­s图像的斜率k＝eq\f(Δv,Δs)＝eq\f(Δv,Δt)·eq\f(Δt,Δs)＝eq\f(a,v)，由题图可知k不变，则随位移s增大，v增大，加速度a也增大，小物块做加速度增大的加速运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，可知拉力F逐渐变大，故A错误，B正确；由题图可知，任意相等位移内，速度的变化量Δv相同，由动量定理有IF－mgt＝mΔv，而任意相等位移内，eq\o(v,\s\up6(－))不同，则所用时间t不同，拉力冲量IF不同，C错误；由题图可知，当速度增加量相同时，位移的增加量相同，又因为小物块向上运动，所以重力势能的增加量相同，故D正确。专练二电磁学部分12．利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，开关接1端后，电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势φ、两端电压U随时间t变化规律正确的是()答案：B解析：电容器的电容是由电容器本身性质决定的，与是否带电无关，所以电容C保持不变，故A错误；开关接1端后，电容器与电源相连，开始充电，电容器所带电荷量Q增大，由I＝eq\f(ΔQ,Δt)，结合图乙中电流随时间t逐渐减小，知Q­t图像的斜率也逐渐减小，最后电流为零时，Q不变，故B正确；电容器下极板接地，则上极板的电势φ等于上下极板间的电势差，开关接1端后，两极板间电势差U＝eq\f(Q,C)逐渐增大，则上极板电势φ增大，故C、D错误。13．(2024·广东省江门市高三下一模)如图甲所示为汽车的传统点火装置，被称为蓄电池点火系统。此装置的核心部件是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端。在开关闭合或断开的瞬间，将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花，点燃可燃混合气体。图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像，则下列说法正确的是()A．原线圈的匝数比副线圈的匝数多B．t2至t3间穿过副线圈的磁通量为零C．开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同D．开关断开时比开关闭合时，更容易点燃混合气体答案：D解析：根据题意可知，该变压器为升压变压器，所以原线圈的匝数比副线圈的匝数少，故A错误；由图乙可知，t2至t3间原线圈有电流，由电流的磁效应可知有磁场穿过副线圈，则穿过副线圈的磁通量不为零，故B错误；由图乙可知，t1时刻开关闭合，t3时刻开关断开，由图丙可知，开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相反，故C错误；由图丙可知，开关断开时副线圈产生的电压比开关闭合时更高，而由题意可知电压越高越容易点燃气体，所以开关断开时更容易点燃混合气体，故D正确。14．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，图乙为真空室的俯视图。当电磁铁线圈通入如图丙所示的正弦式交变电流时，可使电子在真空室中做加速圆周运动。以图甲中所示电流方向为正方向，不考虑相对论效应，在每个周期T内，电子能沿逆时针方向(俯视)做加速圆周运动的时间为()A．0～eq\f(T,4) B．eq\f(T,4)～eq\f(T,2)C．eq\f(T,2)～eq\f(3T,4) D．eq\f(3T,4)～T答案：D解析：电子在真空室中沿逆时针方向做加速圆周运动时，涡旋电场的方向应沿着顺时针方向，又洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据左手定则可知电流的磁场方向应竖直向上，根据右手螺旋定则可知，只有在0～eq\f(T,4)、eq\f(3T,4)～T时间内磁感应强度方向竖直向上，其中0～eq\f(T,4)时间内，根据楞次定律可知，产生的涡旋电场沿着逆时针方向，不符合题意，eq\f(3T,4)～T时间内，根据楞次定律可知，产生的涡旋电场沿顺时针方向，符合题意。故选D。15．(多选)转速传感器用来检测齿轮旋转速度，为汽车自动控制系统提供关键数据。图甲是转速传感器结构示意图，当齿轮转动时会导致感应线圈内磁通量变化，产生感应电流。当齿轮位于图甲中位置时开始计时，0～0.2s内车载电脑显示的电流信号如图乙所示，下列说法正确的是()A．齿轮的转速为5r/sB．齿轮的旋转周期为2.4sC．0.1s时，感应线圈内磁通量的变化率最大D．0～0.1s内感应线圈内磁通量的变化率先变大后变小答案：BD解析：从齿轮位于图甲中位置时开始计时，则t＝0时穿过感应线圈的磁通量最大，感应电流为0，之后磁通量减小，产生感应电流，当第2个齿靠近感应线圈时，穿过感应线圈的磁通量增大，产生的感应电流反向，第2个齿正对感应线圈时，磁通量最大，感应电流为0，这段过程为感应电流的一个周期。由图乙可知，感应电流的周期为T＝0.2s，即从一个凸齿正对磁体至相邻凸齿正对磁体，齿轮旋转时间为0.2s，由图甲可知，齿轮的齿数为12，则齿轮旋转周期为T′＝12T＝2.4s，故B正确；齿轮的转速为n＝eq\f(1,T′)＝eq\f(5,12)r/s，故A错误；由图乙可知，0.1s时，感应电流为0，由法拉第电磁感应定律知，感应线圈内磁通量的变化率最小，故C错误；由图乙可知，0～0.1s内感应电流先变大后变小，由法拉第电磁感应定律知，感应线圈内磁通量的变化率先变大后变小，故D正确。16.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()答案：C解析：设负极板未移动前，电容器两极板间距离为d，当负极板缓慢向右平移时，两板间的距离减小，由C＝eq\f(εrS,4πk（d－x）)可知，C与x的图像不是一次函数图像，A错误；由U＝eq\f(Q,C)可知U＝eq\f(4πk（d－x）,εrS)Q，则E＝eq\f(U,d－x)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知电场强度E与电容器两极板间距离无关，B错误；因负极板接地，设P点开始时距负极板的距离是d′，则P点的电势φ＝E(d′－x)，C正确；正电荷在P点的电势能W＝qφ＝qE(d′－x)＝qEd′－qEx，所以W­x图像是一条倾斜的直线，D错误。17．家用燃气灶点火装置的电路原理图可简化为图甲所示，转换器是将左侧的直流电流转换为图乙所示的正弦交变电流，并加在一理想变压器的原线圈两端，图中电压表为理想交流电压表，当变压器副线圈输出电压的瞬时值超过2500V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，设变压器原、副线圈的匝数比为k，开关闭合后，下列说法中正确的是()A．图甲中电压表的示数为50VB．图乙所示的交流电的频率为100HzC．k>eq\f(1,50)时，才能实现点火D．k＝eq\f(1,100)时，钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为eq\f(1,75)s答案：D解析：电压表的示数为图乙所示交流电电压的有效值，根据图乙可知该交流电压的最大值为50V，有效值为U有＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，A错误。根据图乙可知该交流电的周期为T＝0.02s，所以其频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，B错误。根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系可得eq\f(U1,U2)＝k，由图乙可知，原线圈电压瞬时值最大为U1m＝50V，根据题意要实现点火，U2m>2500V，结合U1m＝eq\r(2)U1，U2m＝eq\r(2)U2，则k＝eq\f(U1m,U2m)<eq\f(50V,2500V)＝eq\f(1,50)，C错误。当k＝eq\f(1,100)<eq\f(1,50)时，副线圈电压瞬时值表达式为u＝5000sin(100πt)V，当副线圈输出电压的瞬时值大于2500V时钢针与金属板间放电，由2500V＝5000sin(100πt)V，在0～1×10－2s内，解得t1＝eq\f(1,600)s，t2＝eq\f(5,600)s，所以半个周期内持续放电时间为Δt＝t2－t1＝eq\f(1,150)s，则钢针和金属板间在交流电每个周期内放电的时间为t＝2Δt＝eq\f(1,75)s，D正确。18．(2024·四川省泸州市高三下三模)已知电荷分布均匀的绝缘球壳，对壳内任意位置的电荷的电场力均为零。如图是一个均匀带正电实心绝缘球体，规定无穷远电势为零。下列关于该带电球体周围的电场强度大小E、电势φ与到球心的距离r的关系图像，可能正确的是()答案：A解析：设带正电实心绝缘球体半径为R，带电量为Q，则当r≤R时，以半径为r的球体部分为研究对象，其带电量为q＝eq\f(\f(4,3)πr3,\f(4,3)πR3)Q＝eq\f(r3,R3)Q，因均匀带电球体在其表面位置的电场强度等于位于球心处带等量电荷的点电荷在该处的电场强度，再结合题意可知，当r≤R时，该点处的电场强度为E＝keq\f(q,r2)，联立得E＝eq\f(kQ,R3)r，当r>R时，电场强度为E＝keq\f(Q,r2)，故A可能正确，B错误；根据沿电场的方向电势逐渐降低以及Δφ＝Ed可知，在φ­r图像中，图线切线斜率的绝对值表示该点处电场强度大小，当r≤R时，随r的增大，E逐渐增大，电势逐渐降低，且降低得越来越快，当r>R时，随r的增大，E逐渐减小，电势逐渐降低，且降低得越来越慢，故C、D错误。19.(多选)如图所示，电量为－2Q和＋Q的两个点电荷分别固定于x轴上的A点和O点，O点为坐标原点，x＝x0处场强为零。现将一正试探电荷q在＋x轴上距离O点很远处由静止释放，释放处试探电荷的电势能近似为零。关于x轴上的场强E、试探电荷q的速度v、动能Ek、电势能Ep与位置坐标x的关系图像中，可能正确的是()答案：AC解析：根据两个点电荷电荷量的大小关系、点电荷的场强公式及场强的叠加原理可知，场强为0的点只有一个，其坐标x＝x0>0，同理可知，O点右侧、x0点左侧E为正值，且越接近O点E越大，x0右侧E为负值，且无穷远处E趋近于0，据此可知，A项所示E­x图可能正确；根据以上分析，正试探电荷由静止释放后，在到达x＝x0处前所受电场力方向一直沿x轴负方向，电场力一直做正功，试探电荷速度为负值且一直增大，动能一直增大，电势能为负值且一直减小，在x＝x0处速度达到最大值，动能达到最大值，电势能达到最小值，从x＝x0向左电场力做负功，电荷动能逐渐减小，到达O点前动能减为0，故B、D错误，C可能正确。20．(多选)如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着负电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带电的小球，现使小球从a点以某一初速度向右运动，到达c点速度为零。取a点为零电势能点，运动过程中小球的电势能Ep随其运动位移x的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．小球带负电B．电势差Uba大于UcbC．a点场强大于b点场强D．小球经过b点时的动能为2J答案：BD解析：小球从a点以某一初速度向右运动，到达c点速度为零，可知小球所受静电力向左，小球带正电，A错误；因小球从a到b电势能的变化量大于从b到c电势能的变化量，根据ΔEp＝－W＝－qU，可知电势差Uba大于Ucb，B正确；根据ΔEp＝－W＝－Eqx，可知Ep­x图线切线斜率的绝对值表示静电力大小，由图乙可知小球在b点所受静电力最大，则b点场强最大，C错误；小球运动过程只有静电力做功，则小球的电势能和动能之和守恒，有Ekb＋Epb＝Ekc＋Epc，即Ekb＋4J＝0＋6J，解得小球经过b点时的动能为Ekb＝2J，D正确。21．如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝6Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成闭合回路。已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下述说法中正确的是()A．图乙中Rx＝15ΩB．电源的电动势E＝10V，内阻r＝4ΩC．滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大D．调整滑动变阻器RP的阻值，可以使电源的输出电流达到1.25A答案：B解析：将R看成电源内阻的一部分，由图乙知，当RP＝R＋r＝10Ω时，滑动变阻器消耗的功率P最大，因R＝6Ω，可得电源的内阻r＝4Ω，最大功率为Pm＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(E,RP＋（R＋r）)))eq\s\up12(2)RP＝eq\f(E2,4（R＋r）)＝2.5W，解得电源的电动势E＝10V；当滑动变阻器接入电路的有效阻值为5Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等时，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,5Ω＋R＋r)))eq\s\up12(2)×5Ω＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,Rx＋R＋r)))eq\s\up12(2)Rx，解得Rx＝20Ω，故A错误，B正确。当RP＝0时，电路中电流最大，定值电阻R消耗的功率最大，此时，滑动变阻器消耗功率P为零，故C错误。当RP＝0时，电路中电流最大，为Imax＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,6＋4)A＝1A，所以，调整滑动变阻器RP的阻值，无法使电源的输出电流达到1.25A，故D错误。22．(2024·福建省泉州市高三下二模)(多选)如图甲所示的xOy坐标系中，y轴上固定有两个等量同种点电荷P，与原点O的距离相同，x轴上各点的电势φ随x坐标变化的图像如图乙所示。a、b是x轴上两点，其电势分别为φa和φb，对应φ­x图线上的a′、b′两点，这两点切线斜率的绝对值相等。现将一质量为m、电荷量为q的正点电荷M从a点由静止释放，M运动过程中仅受电场力作用，下列说法正确的是()A．a、b两点场强不相同B．M从a点运动到b点的过程中电势能先增大后减小C．M从a点运动到b点的过程中加速度大小先减小后增大D．M先后两次经过b点的过程，电场力的冲量大小为2eq\r(2mq（φa－φb）)答案：AD解析：根据电场强度与电势的关系，可知电场强度E＝eq\f(Δφ,Δx)，则φ­x图线的斜率可以表示电场强度，而a′、b′两点切线斜率的绝对值相等，说明这两点场强大小相同，但这两点斜率的正负号不同，故场强方向不相同，A正确；由题图乙可知，从a点到b点，电势先降低后升高，则正点电荷M从a点运动到b点的过程中电势能先减小后增大，B错误；由题图乙分析知，从a点到b点，图线的斜率的绝对值先增大后减小再增大，则电场强度先增大后减小再增大，由qE＝ma知加速度大小a＝eq\f(qE,m)，故M从a点运动到b点的过程中加速度大小先增大后减小再增大，C错误；M从a点运动到b点的过程，由动能定理有q(φa－φb)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0，由能量守恒定律知，M第二次返回b点时速度大小仍为vb，方向与第一次相反，由动量定理可知，M先后两次经过b点的过程，电场力的冲量大小为I＝|p′－p|＝2mvb＝2eq\r(2mq（φa－φb）)，D正确。23．(2024·河南省普通高等学校招生考试适应性测试)(多选)α粒子(eq\o\al(4,2)He)以一定的初速度与静止的氧原子核(eq\o\al(16,8)O)发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则()A．t1时刻eq\o\al(16,8)O的动量为p0－p1B．t1时刻eq\o\al(16,8)O的加速度达到最大C．t2时刻eq\o\al(16,8)O的动能达到最大D．t2时刻系统的电势能最大答案：AB解析：α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，设t1时刻eq\o\al(16,8)O的动量为p2，有p0＝p1＋p2，则p2＝p0－p1，故A正确；t1时刻图线的切线斜率最大，则α粒子的动量变化率最大，由动量守恒定律可知eq\o\al(16,8)O的动量变化率最大，根据p＝mv可知eq\o\al(16,8)O的速度变化率最大，即加速度最大，故B正确；t2时刻，α粒子速度为零，且之后α粒子反向运动，系统动量守恒，可知在t2时刻之后，eq\o\al(16,8)O的动量继续增大，速度增大，动能增大，故C错误；t1时刻，α粒子与eq\o\al(16,8)O间的电场力最大，由库仑定律知α粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最大，故D错误。24．如图甲所示，足够长固定绝缘光滑斜面倾角为θ，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴，在x轴上的部分区间存在电场，电场方向沿斜面向上。一质量为m、电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)从斜面底端由静止释放，不计空气阻力，滑块对原电场无影响，滑块向上运动的一段过程中机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，曲线上A点切线斜率最大，下列说法正确的是()A．在x1～x3过程中滑块速度先增大后不变B．在0～x1过程中滑块速度一定增大C．在x＝x1处电势最高D．在x＝x3处电场强度最大答案：B解析：根据图乙可知，在x2～x3过程中随着高度增加，机械能不变，说明此时只有重力做功，即在x2～x3过程中滑块做匀减速运动，A错误；根据功能关系可知，滑块机械能的增加量等于电场力做的功，即ΔE＝qE电Δx，可知E­x图像切线的斜率表示qE电，根据图乙可知，从0～x2，qE电沿斜面向上，其中0～x1过程中电场力逐渐增大，x1～x2过程中电场力逐渐减小，故在0～x1过程中滑块速度一定增大，且在x＝x1处电场强度最大，B正确，D错误；根据以上分析，结合沿着电场线方向电势降低可知，在x＝0处电势最高，C错误。25.用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是()答案：A解析：闭合开关S1，电容器开始充电，电容器所带电荷量Q增大，电容器两端电压UC＝eq\f(Q,C)逐渐增大，则R1两端的电压UR1＝E－UC减小，则通过电流传感器的电流I＝eq\f(UR1,R1)越来越小，充电完成后，电容器两端电压UC＝E，此时通过传感器的电流I＝0；再闭合开关S2，因为稳定后UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E<E，所以电容器通过电阻R2反向放电，流过传感器的电流与充电时的电流方向相反，放电过程中，电容器所带电荷量Q减小，放电电流逐渐减小，当电容器两端电压UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E时，放电完毕，此时通过传感器的电流I＝0，故选A。26.(2024·广东省湛江市高三下一模)如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是()答案：B解析：线框移动距离在0～a的过程中，线框刚进入区域Ⅰ瞬间，有效切割长度为零，感应电流为零，之后eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效＝2xtan30°，感应电动势为E＝BL有效v，感应电流的瞬时值为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(3)Bxv,3R)，由右手定则可知感应电流方向沿逆时针方向，为正，当线框efg移动距离为a时，感应电流达到最大，即I0＝eq\f(2\r(3)Bav,3R)；在a～2a的过程中，线框刚进入区域Ⅱ瞬间，有效切割长度为零，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，有效切割长度变大，L有效′＝4(x－a)tan30°，感应电流的瞬时值为I′＝eq\f(BL有效′v,R)＝eq\f(4\r(3)B（x－a）v,3R)，沿顺时针方向，为负，当移动距离为2a时，其感应电流达到最大，为I0′＝eq\f(4\r(3)Bav,3R)＝2I0；在2a～3a的过程中，在刚出区域Ⅱ瞬间，有效切割长度为零，感应电流大小为零，之后有效切割长度变大，L有效″＝2(x－2a)tan30°，感应电流的瞬时值为I″＝eq\f(2\r(3)B（x－2a）v,3R)，沿逆时针方向，为正，当移动距离为3a时，其感应电流达到最大，为I0″＝eq\f(2\r(3)Bav,3R)＝I0，故选B。27.(2024·福建省泉州市、南平市高三下一模)(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定两根相互垂直的光滑金属杆，沿两金属杆方向分别建立x轴和y轴。另有两光滑金属杆1、2，t＝0时刻与两固定杆围成正方形，金属杆间彼此接触良好，空间存在竖直向上的匀强磁场。分别沿x轴正向和y轴负向以相同大小的速度匀速移动金属杆1、2，已知四根金属杆完全相同且足够长，回路中的电流为I(以逆时针方向为电流正方向)，通过金属杆截面的电荷量为q，用下列相关图像描述某段运动过程中电流I与电荷量q关于时间t变化的规律，可能正确的是()答案：AD解析：设初始正方形边长为L，金属杆单位长度电阻为r0，分别沿x轴正向和y轴负向以相同大小的速度v匀速移动金属杆1、2，在杆2到达x轴之前，杆1产生的感应电动势为E1＝B(L－vt)v，方向为顺时针；杆2产生的感应电动势为E2＝B(L＋vt)v，方向为逆时针，且E2>E1，回路中总电阻为R总＝2(L＋vt＋L－vt)r0＝4Lr0，可知回路中总电阻不变；故回路中总电流为I＝eq\f(E2－E1,R总)＝eq\f(Bv2t,2Lr0)∝t，可知回路中总电流随时间均匀增加，方向沿逆时针，为正，I­t图线与t轴所围面积即为通过金属杆截面的电荷量q，则q＝eq\f(1,2)·t·eq\f(Bv2t,2L·r0)＝eq\f(Bv2t2,4Lr0)，q­t图线为曲线；当杆2在x轴位置时，杆1在x＝2L处，设此时刻为t0，同理可知，之后杆1的感应电动势E1′＝Bv(t－t0)v，杆2的感应电动势E2′＝B[2L＋v(t－t0)]v，回路中总电阻为R总′＝2(vt－vt0＋2L＋vt－vt0)r0，其中vt0＝L，回路中总电流I′＝eq\f(E2′＋E1′,R总′)＝eq\f(Bv,2r0)，电流方向沿顺时针方向，为负，I­t图线为平行于t轴的直线，则通过金属杆截面的电荷量q′＝I′(t－t0)＋eq\f(Bv2teq\o\al(2,0),4Lr0)，即q­t图线为倾斜直线，综上可知A、D可能正确，B、C错误。故选A、D。28.(多选)如图所示，一根足够长的绝缘均匀圆杆倾斜固定在匀强磁场中，磁场的方向垂直于圆杆所在的竖直平面向里。现有一个带正电小圆环从杆底端以初速度v0沿杆向上运动，环与杆间的动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。下列描述圆环在杆上运动的v­t图像中，可能正确的是()答案：AD解析：设杆与水平方向夹角为θ，若小圆环的初速度较小，有N＋Bqv＝mgcosθ，随着速度变小，小圆环与圆杆之间的弹力增大，由f＝μN可知摩擦力增大，再根据牛顿第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，则加速度逐渐增大，所以小圆环做加速度逐渐增大的减速运动；当小圆环速度减到0时，如果有mgsinθ≤μmgcosθ，则小圆环将静止在圆杆上，如果mgsinθ>μmgcosθ，则小圆环将向下做加速运动，有N＝mgcosθ＋Bqv，随着速度增大，小圆环与圆杆之间的弹力增大，摩擦力增大，由mgsinθ－f＝ma，则小圆环的加速度将减小，当加速度为0时，小圆环将做匀速运动。若小圆环的初速度较大，有Bqv＝N＋mgcosθ，随着速度变小，小圆环与圆杆之间的弹力逐渐减小，由f＝μN可知摩擦力减小，再根据牛顿第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，则加速度逐渐减小，当速度减到v＝eq\f(mgcosθ,Bq)时，小圆环与圆杆之间的弹力为0，摩擦力为0，加速度最小，之后速度再继续减小时，有N＋Bqv＝mgcosθ，随着速度变小，小圆环与圆杆之间的弹力增大，摩擦力增大，再根据牛顿第二定律可得加速度逐渐增大，小圆环做减速运动到速度为0，最后小圆环可能静止在圆杆上，或者先向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动。根据v­t图像的斜率表示加速度，可知A、D可能正确，B、C错误。29．(多选)如图所示，光滑绝缘的水平桌面内有一等腰直角三角形区域ABC，BD是斜边AC的高，且BD＝L，△ABD和△BDC区域内分别存在垂直于桌面向下和向上的匀强磁场，一边长为L的正方形线框abcd在外力F的作用下，匀速通过两个磁场区域，运动过程中，线框的cd边始终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。正方形线框由粗细均匀的同种电阻丝构成，规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框向下的磁通量为正，从线框的c点位于A点处开始，下列选项中关于线框中产生的感应电流I、b、a两点间的电势差Uba、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量Φ随线框运动位移x变化的图像可能正确的是()答案：BC解析：设线框的总电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B，线框的移动速度为v。x在0～L的过程中，根据右手定则可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正。bc边有效切割长度为l＝x，感应电动势为E＝Blv＝Bxv，感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bxv,R)，I∝x，当x＝L时，I0＝eq\f(BLv,R)；b、a两点间的电势差Uba＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)Bxv，Uba∝x；线框所受安培力方向向左，为正，安培力大小为F＝BIx＝B·eq\f(Bxv,R)·x＝eq\f(B2vx2,R)，F∝x2；穿过线框的磁通量Φ＝BS＝B·eq\f(1,2)x2，Φ∝x2，根据数学知识可知D错误。x在L～2L的过程中，ad和bc两边都切割磁感线，根据右手定则判断可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为负。ad和bc两边有效切割长度之和等于L，则线框中感应电动势为E＝BLv，保持不变；感应电流为I＝－eq\f(E,R)＝－eq\f(BLv,R)，保持不变，故A错误。因b点的电势低于a点的电势，则b、a两点间的电势差Uba＝－eq\f(1,4)E＝－eq\f(1,4)BLv，保持不变；线框ad、bc边所受安培力方向均向左，为正，安培力合力大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，保持不变。x在2L～3L的过程中，ad边切割磁感线，根据右手定则判断可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正。ad边有效切割长度为l＝3L－x，则线框中感应电动势为E＝B(3L－x)v；感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B（3L－x）v,R)，因b点的电势高于a点的电势，则b、a两点间的电势差Uba＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)B·(3L－x)v；线框所受安培力方向向左，为正，安培力大小为F＝BIL＝B·eq\f(B（3L－x）v,R)·(3L－x)＝eq\f(B2v（3L－x）2,R)，当x＝3L时，Uba＝0，F＝0，故B、C正确。专练三机械振动与机械波、热学、近代物理等部分30．(2024·广东省广州市高三下二模)如图甲，由细线和装有墨水的容器组成单摆，容器底端墨水均匀流出。当单摆在竖直面内摆动时，长木板以速度v垂直于摆动平面匀速移动距离L，形成了如图乙的墨痕图案，重力加速度为g，则该单摆的摆长为()A.eq\f(gL2,16π2v2) B.eq\f(gL2,π2v2)C.eq\f(gL,4πv) D.eq\f(gL,πv)答案：A解析：根据单摆的周期公式有T＝2πeq\r(\f(l,g))，由题图乙可得2T＝eq\f(L,v)，联立可得l＝eq\f(gL2,16π2v2)，故选A。31．(2024·山东省泰安市高三下一模)(多选)在同一均匀介质中，位于x＝－6m和x＝12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐运动，形成横波a和b。如图所示，t＝0时波a、b分别传播到x＝－2m和x＝8m处；t＝5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是()A．横波a、b相叠加后，会出现稳定的干涉现象B．x＝3m处质点的位移最大值为2cmC．t＝2s时，质点P沿y轴正方向运动D．t＝11s时，x＝2m处质点的位移为10cm答案：AB解析：横波a和b的波长相同，同种介质中波的传播速度相同，两列波的周期T＝eq\f(λ,v)相同，故两列波的频率相同，满足产生稳定干涉现象的条件，A正确；因eq\f(8＋（－2）,2)m＝3m，则t＝5s时两列波同时到达x＝3m处，两列波步调相反，故x＝3m处的质点处于振动减弱状态，所以其位移最大值为6cm－4cm＝2cm，B正确；由题图可知，两列波的波长均为λ＝4m，两列波的波速均为v＝eq\f(8m－3m,5s)＝1m/s，周期为T＝eq\f(λ,v)＝4s，由“同侧法”可知t＝0时质点P沿y轴正方向运动，故经过2s＝eq\f(T,2)质点P沿y轴负方向运动，C错误；t＝11s时，x＝2m质点处，a波振动11s－eq\f(2m－（－2m）,v)＝7s＝1eq\f(3,4)T，b波振动11s－eq\f(8m－2m,v)＝5s＝1eq\f(1,4)T，都在波谷位置，所以此时刻x＝2m处质点的位移为x＝[(－4)＋(－6)]cm＝－10cm，D错误。32．一列简谐波沿x轴方向传播，t＝0时刻的波形图如图所示，此后质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置。下列说法正确的是()A．简谐波沿x轴正方向传播B．简谐波的振幅为5eq\r(2)cmC．简谐波的波速为10m/sD．1.2s时，质点N的位移为－5cm答案：D解析：根据题意，质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，可知t＝0时质点M正在向y轴正方向运动，质点N正在向y轴负方向运动，结合上下坡法，可知该波沿x轴负方向传播，A错误；质点N比质点M提前0.8s回到平衡位置，则该波从质点N所在平衡位置传播到质点M所在平衡位置所需时间为0.8s，则简谐波的波速为v＝eq\f(5－1,0.8)m/s＝5m/s，C错误；根据对称性可知，题图中t＝0时处于波峰的质点的平衡位置坐标为x＝3m，所以该波的波长为λ＝12m，根据波长、周期和波速的关系，可知该波的周期为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(12,5)s＝2.4s，x＝3m处的质点t＝0时位于最大位移处，且再经过Δt＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(5－3,5)s＝0.4s质点N的振动形式传播到此处，则x＝3m处质点的振动方程为y＝Acoseq\f(2π,T)t＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)t))，将y＝5cm、t＝0.4s代入，可得振幅A＝10cm，B错误；1.2s＝0.5T，根据简谐运动的对称性可知，1.2s时，质点N的位移为－5cm，D正确。33.分子间存在着分子力，并且分子力做功与路径无关，因此分子间存在与其相对距离有关的分子势能。如图所示为分子势能Ep随分子间距离r变化的图像，取r趋近于无穷大时Ep为零。通过功能关系可以从此图像中得到有关分子力的信息，若仅考虑这两个分子间的作用，下述说法中正确的是()A．图中r1是分子间作用力为零的位置B．假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将相互靠近C．假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的加速度最大D．假设将两个分子从r＝r1处释放，当r＝r2时它们的速度最大答案：D解析：由图可知，两个分子在r＝r2处的分子势能最小，则此处为分子间作用力为零的位置，故A错误；当分子间距离等于平衡距离时，分子间作用力为零，加速度为零，所以假设将两个分子从r＝r2处释放，它们将静止不动，故B、C错误；分子间距离在r1～r2之间分子作用力表现为斥力，从r1到r2的过程中分子力做正功，速度增大，当分子之间的距离大于r2时，分子之间的作用力表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子的速度减小，所以当r＝r2时，分子的速度最大，故D正确。34.一绝热容器内封闭一定质量的理想气体，气体分子的速率分布如图所示，横坐标表示速率v，纵坐标表示某一速率区间的分子数占总分子数的百分比N，经过一段时间分子的速率分布图由状态①变为②，图线①下方的面积为S1，图线②下方的面积为S2。则由图可知()A．S1>S2 B．气体的压强变大C．气体的内能不变 D．气体对外界做功答案：B解析：由于横坐标表示速率v，纵坐标表示某一速率区间的分子数占总分子数的百分比N，则两图线下方的面积均为1，即有S1＝S2＝1，故A错误；由图像可知，由状态①变为②，分子速率大的分子数占总分子数的百分比在增加，说明气体温度升高，对于一定质量的理想气体，不计分子势能，则温度升高，气体的内能一定增大，故C错误；由于气体在绝热容器内，与外界没有热交换，即Q＝0，根据上述分析可知气体的内能增大，根据ΔU＝W＋Q可知，外界对气体做功，故D错误；外界对气体做功，气体体积减小，而气体温度升高，根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知气体压强增大，故B正确。35.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。上述循环过程叫作热机的“卡诺循环”。则()A．B→C过程气体分子的数密度增大B．B→C过程气体的温度不变C．A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功D．C→D过程放出的热量等于A→B过程吸收的热量答案：C解析：根据图像可知，B→C过程气体的体积增大，则气体分子的数密度减小，A错误。B→C过程为绝热过程，则QBC＝0，气体体积增大，气体对外界做功，WBC<0，根据ΔUBC＝WBC＋QBC，可知ΔUBC<0，即气体温度降低，B错误。p­V图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示气体做的功，A→C过程气体体积增大，气体对外界做功－WAC，C→A过程，气体体积减小，外界对气体做功WCA，由于A→C过程图线与V轴所围几何图形的面积大于C→A过程图线与V轴所围几何图形的面积，则A→C过程气体对外界做功大于C→A过程外界对气体做功，C正确。C→D过程，根据热力学第一定律有ΔUCD＝WCD＋QCD，而温度不变，体积减小，则ΔUCD＝0，WCD>0，可得QCD<0，即C→D过程放出热量，A→B过程，同理有ΔUAB＝WAB＋QAB，ΔUAB＝0，WAB<0，可得QAB>0，即A→B过程吸收热量；A→B→C→D→A一个循环，ΔU＝0，且ΔU＝W＋Q，其中W＝WAC＋WCA，Q＝QAB＋QCD，根据C项分析可知，W<0，则Q＝QAB＋QCD>0，又QCD<0、QAB>0，则QAB>－QCD，即C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，D错误。36.如图所示，一定质量的理想气体，经一系列的状态变化，经a→b→c→d→e→a最终回到状态a，下列说法正确的是()A．a→b过程气体从外界吸热 B．b→c过程气体的温度升高C．c→d过程气体从外界吸热 D．d→e过程气体对外界做功答案：D解析：由eq\f(pV,T)＝C可得p＝CT·eq\f(1,V)，则p­eq\f(1,V)图像上的点与原点连线的斜率k与温度T成正比。a→b过程斜率k不变，即T恒定，而eq\f(1,V)变大，即体积V变小，知ΔU＝0，W>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即气体向外界放热，故A错误；b→c过程k变小，则T变小，故B错误；c→d过程，eq\f(1,V)不变，即V不变，则W＝0，而k减小，则T减小，因此ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即气体向外界放热，故C错误；d→e过程，eq\f(1,V)减小，即V变大，气体对外界做功，故D正确。37.一种采用DIS系统探究光电效应规律的实验仪器，其阴极由锑铯材料制成，该材料的逸出功为1.91eV。已知可见光光子能量范围为1.62～3.11eV。用甲、乙、丙三束单色光在这套仪器上做实验，发现光电流I与电压U的关系如图所示。下列说法正确的是()A．用红光和紫光做实验，一定都能发生光电效应B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．单位时间内，甲、乙两束光照到阴极上的光子数相同答案：B解析：由光子的能量ε＝hν可知，可见光中红光的光子能量最小，紫光的光子能量最大，可见光光子能量范围为1.62～3.11eV，而光电管阴极材料的逸出功为1.91eV，则红光的光子能量可能小于1.91eV，即用红光在这套仪器上做实验，可能不发生光电效应，A错误；根据Ek＝hν－W0及0－Ek＝－eUc可得eUc＝hν－W0，可知入射光的频率越高，对应的遏止电压越大，乙光的遏止电压小于丙光的遏止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长，故B正确；根据hν0＝W0可知，同一金属材料，截止频率相同，故C错误；由题图可知，甲光对应的饱和光电流比乙光大，则单位时间内，甲光照射到阴极上逸出的光电子数比乙光照射时多，则单位时间内，甲光照到阴极上的光子数大于乙光，D错误。38.某金属在不同频率光的照射下发生光电效应，产生光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像如图所示，换用其他金属开展相同实验，下列图像可能正确的是()答案：D解析：由光电效应方程Ek＝hν－W0，结合题图可知，该金属的极限频率为ν0，有hν0－W0＝0，换用其他金属开展相同实验时，不同金属的逸出功不同，故极限频率不同，但是Ek­ν图像的斜率是h，为定值。故图像D可能正确，A、B、C错误。39.如图所示是某金属的遏止电压Uc和入射光的频率ν的函数关系图像。已知该金属的逸出功为W0、截止频率为νc，电子电量为－e(e>0)，普朗克常量为h。根据该图像提供的信息，下列说法正确的是()A．该图像的斜率为hB．该图像的纵轴(Uc轴)截距为－eq\f(h,e)C．该图像的横轴(ν轴)截距为该金属的截止频率νcD．当该金属的遏止电压为Uc′时，其逸出光电子的最大初动能为eUc′－W0答案：C解析：根据遏止电压和光电子最大初动能的关系eUc＝Ek＝hν－W0，变形可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，可知该图像斜率为eq\f(h,e)，纵轴(Uc轴)截距为－eq\f(W0,e)，故A、B错误；当Uc＝0时，图线中所对应的光电子最大初动能Ek＝0，入射光能量恰好等于逸出功，即图像的横轴(ν轴)截距为该金属的截止频率νc，故C正确；当遏止电压为Uc′时，根据Uc′＝eq\f(Ek′,e)可知，逸出光电子的最大初动能为eUc′，故D错误。40．质量为m0的某放射性元素原子核发生衰变，经过时间t，该元素原子核剩余的质量为m，其eq\f(m,m0)­t关系如图所示。该元素的半衰期约为()A．41.5d B．100dC．141.5d D．183d答案：B解析：半衰期表示放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，由题图可知，从eq\f(m,m0)＝eq\f(3,4)到eq\f(m,m0)＝eq\f(3,8)，即该元素原子核半数发生衰变，所用时间为141.5d－41.5d＝100d，所以该元素的半衰期约为100d。故选B。专练一力学实验1．(2024·广东省广州市高三下二模)如图甲，用量程为5N的弹簧测力计，测量一个超出其量程的物体的重力：(1)将表面印有等距圆环的白纸固定在竖直放置的木板上；(2)三根细线分别与弹簧测力计一端、一个图钉、待测重物相连，弹簧测力计的另一端固定，通过改变图钉在木板的位置调节细线OB，使细线的结点O与圆环的圆心位置重合；(3)标出OA、OB、OC的拉力方向，记录弹簧测力计的读数为________N；(4)①根据共点力平衡条件和平行四边形定则，用“力的图示”在图乙中作出OA、OB拉力的合力；②由作图结果可得重物的重力为________N(结果保留一位小数)。答案：(3)3.00(4)①如图所示②7.0解析：(3)弹簧测力计的最小分度为0.1N，读数时需要估读到0.01N，所以其读数为3.00N。(4)①根据平行四边形定则，OA、OB拉力的合力F合如答图所示。②由作图结果可得F合＝7.0N，由平衡条件可知重物的重力为7.0N。2．(2023·湖北高考)某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦因数μ的实验。如图a所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)个砝码(电子秤称得每个砝码的质量m0为20.0g)，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。(1)实验中，拉动木板时________(填“必须”或“不必”)保持匀速。(2)用mA和mB分别表示木块A和重物B的质量，则m和mA、mB、m0、μ、n所满足的关系式为m＝________________。(3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m­n图像，如图b所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)。答案：(1)不必(2)mB－μ(mA＋nm0)(3)0.40解析：(1)拉动木板时，木块始终静止，则木块所受的滑动摩擦力始终等于轻绳的拉力，该拉力可通过电子秤间接测出，所以拉动木板时不必保持匀速。(2)设轻绳中拉力大小为T，根据平衡条件，对木块A和砝码整体有μ(mA＋nm0)g＝T，由题知，重物B对电子秤的压力大小FN＝mg，根据牛顿第三定律可知，电子秤对重物B的支持力大小FN′＝FN，根据平衡条件，对重物B有T＋FN′＝mBg，联立可解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。(3)根据m＝mB－μmA－μm0·n，结合图像可知μm0＝eq\f(59－19,5)g＝8g，则μ＝eq\f(8g,20.0g)＝0.40。3．(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三下二模)某物理课外小组利用图a中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；滑块置于长木板上，右端通过跨过滑轮的轻绳悬挂钩码，左端连接穿过打点计时器的纸带(图中未画出)。本实验中可用的钩码共有5个，每个质量均为m0。(1)实验前，________(选填“需要”或“不需要”)在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使滑块(和钩码)无钩码牵引时，可以在木板上匀速下滑。(2)实验时，将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余(5－n)个钩码仍留在滑块内，由静止释放滑块，利用打点计时器获得纸带，经数据处理后可得到相应的加速度a。n＝2时的纸带如图b所示，其中相邻两计数点间还有4个计时点未标出，已知所用交流电源频率为50Hz，由图b求出此时滑块的加速度为________m/s2(保留三位有效数字)。(3)为验证当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比，应利用已知数据，作出________(填选项字母)图像，若图线为过原点的直线，则上述结论得以验证。A．a­n B．a­eq\f(1,n)C．a­n2 D．a­eq\f(1,n2)(4)已知上述图线斜率为k，则可求得滑块的质量为________(当地重力加速度为g)。答案：(1)需要(2)1.20(3)A(4)eq\f(m0g,k)－5m0解析：(1)本实验探究物体加速度与其所受合外力之间的关系，且将轻绳对滑块的拉力作为滑块所受合外力，为了避免滑块与木板的摩擦力对实验造成影响，实验前，需要在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，让滑块的重力沿长木板向下的分力等于滑块的滑动摩擦力。(2)相邻计数点间的时间间隔T＝5×eq\f(1,f)＝0.1s，根据对纸带的分析，由逐差法可知滑块的加速度a＝eq\f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,（3T）2)，代入数据可得a＝1.20m/s2。(3)设滑块的质量为M，轻绳拉力为T，当有n(n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端时，若物体的加速度与其所受的合外力成正比，对滑块和剩余钩码有T＝[M＋(5－n)m0]a，对轻绳右端钩码有nm0g－T＝nm0a，整理得a＝neq\f(m0g,5m0＋M)，由此可知，若a­n的图像为经过原点的直线，则物体的加速度与其所受的合外力成正比，故选A。(4)由(3)可知，a­n图线的斜率k＝eq\f(m0g,5m0＋M)，解得滑块质量M＝eq\f(m0g,k)－5m0。4．(2024·甘肃省普通高等学校招生考试适应性测试)用图a所示的实验装置测量重力加速度。在竖直杆上装有两个光电门A和B，用直尺测量光电门之间的距离h，用光电计时器测量小球从光电门A到B的时间t。实验中某同学采用固定光电门B的位置，改变光电门A的位置进行多次测量，表中给出了测量数据。数据处理后作出函数图像，如图b。h(m)0.4000.6000.8001.0001.2001.400t(s)0.0760.1200.1680.2200.2830.368(1)请补充图b中纵坐标的物理量________(填选项前的字母)。A．小球在光电门A处的速度vAB．小球在光电门B处的速度vBC．小球在任意位置的速度D．小球在A、B间的平均速度(2)写出图b中直线的函数关系式：________________(用h、t、g、vB表示)。(3)由图b计算出直线斜率的值为－4.889，则测得的重力加速度为________m/s2(保留三位有效数字)。答案：(1)D(2)eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt(3)9.78解析：(1)小球做自由落体运动，小球在光电门B处的速度大小为vB，由逆向思维，小球从B到A做初速度为vB、加速度为g的匀减速直线运动，有h＝vBt－eq\f(1,2)gt2，整理得eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt，eq\f(h,t)­t的图线与题图b相符，且eq\f(h,t)＝eq\o(v,\s\up6(－))，即题图b中纵坐标的物理量为小球在A、B间的平均速度，故选D。(2)由(1)可知题图b中直线的函数关系式为eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt。(3)eq\f(h,t)­t图线斜率的值为k＝－eq\f(1,2)g＝－4.889m/s2，则测得的重力加速度为g＝9.78m/s2。5．某同学查资料得知：弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数和形变量有关，并且与形变量的平方成正比。为了验证弹簧弹性势能与其形变量的平方成正比这一结论，他设计了如下实验：①如图所示，一根带有标准刻度且内壁光滑的直玻璃管固定在水平桌面上，管口与桌面边沿平齐。将一轻质弹簧插入玻璃管并固定左端；②将直径略小于玻璃管内径的小钢球放入玻璃管，轻推小球，使弹簧压缩到某一位置后，记录弹簧的压缩量x；③突然撤去外力，小球沿水平方向弹出落在地面上，记录小球的落地位置；④保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点，测得小钢球的水平射程s；⑤多次改变弹簧的压缩量x，分别记作x1、x2、x3…，重复以上步骤，测得小钢球的多组水平射程s1、s2、s3…。请回答下列问题：(1)在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点”的目的是为了减小________(填“系统误差”或“偶然误差”)；(2)若测得小钢球的质量m、下落高度h、水平射程s，则小球弹射出去时动能表达式为________(重力加速度为g)；(3)根据机械能守恒定律，该同学要作有关弹簧形变量x与小钢球水平射程s的图像，若想直观地检验出结论的正确性，应作的图像为________图像。A．s­x B．s­x2C．s2­x D．s­eq\f(1,x)答案：(1)偶然误差(2)eq\f(mgs2,4h)(3)A解析：(1)在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点”，是采用多次测量求平均值的方法，其目的是为了减小偶然误差。(2)设小球被弹簧弹射出去后的速度为v0，此后小球做平抛运动，有Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，h＝eq\f(1,2)gt2，s＝v0t，联立可得小球弹射出去时动能为Ek＝eq\f(mgs2,4h)。(3)根据题中所给资料知，需验证弹簧弹性势能Ep＝kx2，k为某一常数，根据机械能守恒定律，有Ep＝Ek，即kx2＝eq\f(mgs2,4h)，变形为s＝eq\r(\f(4kh,mg))x，故要通过线性图像直观地验证结论，需要作s­x图像，故选A。6．某同学用DIS实验装置来验证“机械能守恒定律”，如图甲，力传感器固定在天花板上，细线一端吊着小球。实验步骤如下：①将质量为m的小球拉至细线与竖直方向夹角为θ处的A点无初速度释放；②通过软件描绘出细线拉力大小F随时间的变化如图乙；③改变无初速度释放小球时细线与竖直方向夹角θ值，重复实验，得到多组数据。(1)小球由A点无初速度释放到第一次回到A点的时间为________(用含有T0的符号表示)；(2)如图丙，以cosθ为横轴，以小球运动到最低点时细线拉力大小Fm为纵轴，描点绘图，已知当地的重力加速度为g，当图像