2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第三部分 高考题型专练计算题增分练(一)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第三部分高考题型专练计算题增分练(一)(时间：40分钟)1.(2024·安徽滁州二模)如图1所示，内壁光滑、高度均为2h的两个绝热汽缸底部由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，两汽缸中面积均为S的绝热活塞M、N密闭两部分理想气体A、B。开始时，气体A、B温度均为T，活塞M、N均静止在距汽缸底部h处。已知活塞M、N的质量分别为2m和m，大气压强为p0，重力加速度为g，细管内气体体积忽略不计。图1(1)求气体A的压强；(2)缓慢加热气体B，使其温度升至eq\f(4,3)T稳定时，求活塞N距汽缸底部的高度；(3)上述加热过程中，若B吸收的热量为Q，求B的内能增加量。答案(1)p0－eq\f(mg,S)(2)eq\f(5h,3)(3)Q－eq\f(2,3)(p0S＋mg)h解析(1)对活塞M、N受力分析，根据共点力平衡条件，有pAS＋2mg＝pBS，p0S＋mg＝pBS联立解得pA＝p0－eq\f(mg,S)，pB＝p0＋eq\f(mg,S)。(2)缓慢加热气体B，使其温度升至eq\f(4,3)T根据盖－吕萨克定律，有eq\f(2hS,T)＝eq\f(h′S,\f(4,3)T)，得h′＝eq\f(8h,3)活塞N距汽缸底部的高度为Δh＝eq\f(8h,3)－h＝eq\f(5h,3)。(3)在加热过程中，B中气体对外做功W＝－pB·ΔV＝－(p0S＋mg)·eq\f(2h,3)根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q解得ΔU＝Q－eq\f(2,3)(p0S＋mg)h。2.(2024·河南开封二模)如图2所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为q的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为U，内阻为R，正常工作时电流为I，t＝0时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用。求：图2(1)物块B的最大速度；(2)弹簧的劲度系数。答案(1)eq\f(UI－I2R,2qE)(2)eq\f(16q4E4,8（UI－I2R）tq2E2－m（UI－I2R）2)解析(1)当B的加速度a＝0时速度最大，此时轻绳上的拉力为F＝2qE电动机的输出功率为P＝UI－I2R又P＝Fvm解得vm＝eq\f(UI－I2R,2qE)。(2)对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力F1＝qEB速度最大时弹簧弹力F2＝qE所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零由动能定理得Pt－2qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)由胡克定律得qE＝kx联立解得k＝eq\f(16q4E4,8（UI－I2R）tq2E2－m（UI－I2R）2)。3.如图3所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子甲从点S(－l，－eq\f(l,2))以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角θ＝45°，从点K(0，－l)垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从P(l，0)点垂直x轴进入第一象限，同时在P点释放一质量为eq\f(m,3)、电荷量为q(q＞0)、速度为eq\f(3qBl,m)的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲、乙两粒子间的相互作用，求：图3(1)甲粒子进入第四象限时的速度v0；(2)匀强电场的大小E；(3)甲粒子第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离d。答案(1)eq\f(qBl,m)(2)eq\f(qB2l,m)(3)(4n－2)l(n＝1，2，3，…)解析(1)甲粒子在第四象限内的磁场中，由洛伦兹力提供向心力qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)根据题意有r＝l解得v0＝eq\f(qBl,m)。(2)由题意知甲粒子垂直y轴进入第四象限，速度大小为v0＝eq\f(qBl,m)粒子在第三象限，沿x轴方向l＝v0t0沿y轴方向eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)解得E＝eq\f(qB2l,m)。(3)设甲粒子半径为r1，乙粒子半径为r2由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r1)，qv2B＝eq\f(mveq\o\al(2,2),3r2)，其中v2＝eq\f(3qBl,m)可得r1＝r2＝l甲、乙粒子的周期分别为T1＝eq\f(2πr1,v0)，T2＝eq\f(2πr2,v2)可得T1＝3T2如图所示，当甲粒子第一次到达y轴(y1＝l)时，乙粒子第二次到达y轴(y2＝3l)，两粒子相距d1＝2l此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动Δd＝4l粒子甲第n次经过y轴时甲、乙粒子间的距离d＝(4n－2)l(n＝1，2，3，…)。4.(2024·河北唐山二模)如图4所示，粗糙水平地面上固定一个光滑斜面体，在斜面体末端紧靠一个足够长的薄木板B，均处于静止状态，薄木板B与斜面体末端等高且平滑连接，距离薄木板B的右端0.5m位置处静止放置一个物块C。已知物块A的质量为2kg，薄木板B和物块C的质量均为1kg，物块A与薄木板B之间的动摩擦因数为0.2，薄木板B和物块C与地面之间的动摩擦因数均为0.1，薄木板B和物块C的高度相同，运动过程中物块A始终不会滑离薄木板B，所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。物块A在距离薄木板B的上表面1.8m高处沿斜面体静止释放，A由斜面滑上薄木板B的过程中能量损失不计，重力加速度g取10m/s2。求：图4(1)薄木板B与物块C碰撞前，物块A速度大小是多少；(2)木板B与物块C第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间；(3)最终停止时，木板B与物块C的距离。答案(1)4m/s(2)1s(3)eq\f(1,18)m解析(1)物块A到达木板时，设速度为v0，由动能定理可得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得v0＝6m/s在B、C相碰之前，设物块A的速度v1，加速度大小为aA，木板B的速度为v2，加速度为aB，滑动时间为t1由牛顿第二定律可得μ1mAg＝mAaAμ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBaB解得aA＝2m/s2，aB＝1m/s2由运动学规律，对B：x1＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)对A：v1＝v0－aAt1解得v1＝4m/s，v2＝aBt1＝1m/s。(2)木板B与物块C相碰，设碰后B、C的速度分别为v3、v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mBv2＝mBv3＋mCv4eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,4)解得v3＝0，v4＝1m/s碰后C做匀减速运动，设加速度大小为aC，经历时间为t3，位移为x2，则μ2mCg＝mCaC解得aC＝1m/s2第二次碰撞前C静止，则v4＝aCt3解得时间为t3＝1s此时运动距离为x2＝eq\f(1,2)aCteq\o\al(2,3)＝0.5m由x＝eq\f(1,2)aBt2知B在1s内恰好移动0.5m，B追上C，二者加速度大小相同，B加速，C减速，故所需时间为1s，即从第一次碰撞到第二次碰撞经历时间为1s。(3)第二次碰撞后，设A的速度v5，由运动学规律可得v5＝v1－aAt3设木板与物块A达到共速时，速度为v6，时间为t4，则v6＝v5－aAt4，v6＝aBt4设木板共速之前的位移为x3，共速之后的位移为x4，则x3＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,4)，veq\o\al(2,6)＝2aBx4，x＝x2－x3－x4解得x＝eq\f(1,18)m。模拟检测卷(二)(时间：90分钟满分100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.(2024·四川内江一模)纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从垫板上竖直跳起，然后又自由落回到垫板上，此时仪器上就会显示出跳起的最大高度。在某次测试时，仪器显示的高度为80cm。如果运动员的质量为60kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，那么，下列说法正确的是()A.运动员起跳时，测试板对其做功为480JB.运动员在空中运动的时间为0.8sC.运动员跳起瞬间垫板对运动员的力大于运动员对垫板的力D.运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量大小相等、方向相反答案B解析运动员起跳时，测试板对运动员的作用力位移为零，可知其做功为零，选项A错误；运动员在空中运动的时间为t＝2eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.8s，选项B正确；运动员跳起瞬间垫板对运动员的力与运动员对垫板的力是相互作用力，总是等大反向，选项C错误；运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其的作用力方向均竖直向上，则冲量的方向相同，选项D错误。2.如图1所示为一检测薄膜厚度的装置，用一束单色光垂直照射在薄膜上，薄膜下方是空气，当光的波长、薄膜的厚度以及折射满足一定条件时，能在薄膜上表面观察到亮点。若要求的薄膜厚度d＝200nm，不考虑半波损失，薄膜材料的折射率n＝1.5，则()图1A.所用光的波长可能为600nmB.所用光的波长可能为450nmC.若亮点变暗，一定是薄膜偏薄D.若亮点变暗，一定是薄膜偏厚答案A解析设所用光的波长为λ，由折射定律可知，光在薄膜中时光的波长为eq\f(λ,n)，又光在薄膜表面干涉加强，则光在薄膜中的光程差等于光在介质中波长的整数倍，即keq\f(λ,n)＝2d，其中k＝1，2，3，…，可得λ＝eq\f(2nd,k)(k＝1，2，3，…)，A正确，B错误；结合光的干涉可知，薄膜偏厚或偏薄都会导致亮点变暗，C、D错误。3.(2024·甘肃卷，7)一平行板电容器充放电电路如图2所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是()图2A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点答案C解析电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增加，由C＝eq\f(Q,U)可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N点，B、D错误。4.如图3所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生光电效应，自由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收波长为λ的绿光才能发生光电效应，普朗克常量为h，光速为c，则下列说法正确的是()图3A.通过负载的电流方向从上至下B.该材料的逸出功为eq\f(hc,λ)C.用光强更强的红光照射该材料，只要照射时间足够长，也能产生光电效应D.用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，蓝光照射时，通过负载的电流较小答案B解析自由电子向N型一侧移动，N型半导体聚集负电荷，电势更低，则通过负载的电流方向从下至上，故A错误；发生光电效应时极限波长与逸出功需满足W0＝heq\f(c,λ)，故B正确；光电效应是否发生与入射光的频率有关，与光照时间和光照强度无关，红光的频率比绿光小，故不能发生光电效应，故C错误；用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，因为蓝光频率较小，光子能量较小，故单位时间内到达金属板的光子数目较多，产生的光电子较多，通过负载的电流较大，故D错误。5.如图4所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态。AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行。下列判断正确的是()图4A.A→B过程，外界对气体做功，气体内能增加B.B→C过程，气体体积增大C.C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小D.整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功答案C解析A→B过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误；B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；C→D过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；作出气体状态变化对应的p－V图像，如图所示，p－V图像与V轴围成的面积表示功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。6.如图5所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方eq\f(1,2)r处固定一个质量为2m的小球B，小球A、B均可看成质点。现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则转动过程中小球B的最大速度为()图5A.eq\r(\f(（\r(3)－1）gr,3)) B.eq\r(\f(（\r(2)－1）gr,3))C.eq\r(\f(\r(2)gr,3)) D.eq\r(\f(gr,3))答案B解析小球A、B均随圆盘一起在竖直面内做圆周运动，角速度相等，设O、A连线与水平面夹角为θ角时，小球A的速度为vA，小球B的速度为vB，因圆盘质量不计，则A、B组成的系统仅在重力作用下运动，机械能守恒，有mgrsinθ－2mg(1－cosθ)·eq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，其中vA＝2vB，解得vB＝eq\r(\f(gr（sinθ＋cosθ）,3)－\f(1,3)gr)。由数学知识可知，当θ＝45°时，小球B有最大速度，为vBmax＝eq\r(\f(（\r(2)－1）,3)gr)，B正确。7.(2024·北京东城二模)如图6甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的光包含两种单色光，分别为红光和蓝光。光从如图乙所示水面上的圆形区域中射出，该区域分为Ⅰ、Ⅱ两部分，如图乙所示。则下列说法正确的是()图6A.区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光B.区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为蓝色单色光C.区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为蓝色单色光D.区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为红、蓝复色光答案A解析由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足sinC＝eq\f(1,n)，因为红光和蓝光的折射率n红＜n蓝，综合上式可得，红光和蓝光的临界角C红＞C蓝，所以蓝光先发生全反射，区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光，故A正确。8.(2024·安徽合肥模拟)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图7，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为10－2s，已知电容器电容为2.0×10－5F，升压变压器原、副线圈的匝数比约为1∶70，则降压变压器原、副线圈的匝数比约为()图7A.22∶1 B.11eq\r(2)∶1 C.7∶1 D.2∶1答案B解析由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Q,t)，根据电容器的电容定义有C＝eq\f(Q,U4)，所以升压变压器副线圈两端的电压最大值为U4＝1400V，由理想变压器原、副线圈与匝数的关系有eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值为U3＝20V，降压变压器副线圈两端电压的最大值为U2＝20V，所以降压变压器原、副线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220\r(2)V,20V)＝eq\f(11\r(2),1)，故B正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)9.(2024·山东模拟)截至2024年2月10日，天问一号火星环绕器已“上岗”工作三周年。已知火星与地球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，公转半径之比约为3∶2，自转周期之比约为1∶1，行星的公转视为匀速圆周运动。下列说法正确的是()A.火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的eq\f(1,3)B.同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5倍C.火星的公转周期约为eq\f(9\r(6),4)年D.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)答案BD解析同步卫星的公转周期等于中心天体的自转周期，则火星同步卫星和地球同步卫星的周期之比为1∶1，根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，火星与地球的质量之比约为1∶9，则火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的eq\r(3,\f(1,9))，故A错误；根据万有引力与重力的关系有eq\f(GMm,R2)＝mg，解得g＝eq\f(GM,R2)，火星与地球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，则eq\f(g火,g地)＝eq\f(4,9)，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5倍，故B正确；根据开普勒第三定律可知eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))＝eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))，解得T火＝eq\f(3\r(6),4)年，故C错误；根据第一宇宙速度的计算公式v＝eq\r(gR)可知，火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)，故D正确。10.(2024·江西上饶模拟)静电除尘指的是一种利用静电场产生的静电力将粉尘等颗粒物从气流中分离出来，从而净化空气的技术。如图8为某静电除尘装置原理图，实线为电场线，虚线为某一带电的烟尘微粒向集尘板迁移的轨迹，a、b为轨迹上的两点，烟尘微粒重力忽略不计。则()图8A.集尘板处的电场方向垂直于集尘板向右B.烟尘微粒在a点的电势能大于在b点的电势能C.烟尘微粒在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小D.若在a点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒将沿电场线向右运动答案BC解析电场方向沿电场线切线方向，所以集尘板处的电场方向垂直于集尘板向左，故A项错误；物体做曲线运动受到的合外力指向轨迹的凹侧，由题图可知，微粒带负电，沿电场线方向，电势逐渐降低，则φa＜φb，Epa＞Epb，B项正确；由牛顿第二定律有F电＝qE＝ma，电场线越密，电场强度越大，由题图可知，a点的电场线更密，所以烟尘微粒在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小，故C项正确；带电粒子沿电场线运动的条件：电场线是直线且粒子从静止开始运动或粒子的运动方向与电场线方向平行。结合题图可知，若在a点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒不会沿电场线向右运动，故D项错误。11.在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x轴相向传播，波源分别位于(－0.2m，0)和(1.2m，0)处，振幅均为2cm，沿x轴正向传播的简谐波的波速为0.8m/s。t＝0时刻波的图像如图9所示，此时平衡位置在(0.2m，0)、(0.8m，0)的两个质点E、F刚好开始振动，质点B、C的平衡位置坐标分别为(0.4m，0)、(0.5m，0)，以下说法正确的是()图9A.两列波叠加能够发生干涉现象B.两列波叠加后质点C的振动周期为0.25sC.两列波叠加后质点B的位移始终为0D.t＝1.5s时，质点C的位置坐标是(0.5m，4cm)答案AC解析由图知两列波的波长均为λ＝0.4m，振幅A＝2cm，同种均匀介质机械波传播速度相同，故频率相同，能够发生干涉现象，故A正确；周期均为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(0.4,0.8)s＝0.5s，介质做受迫振动，叠加后质点的振动频率与波源相同，故B错误；由两列波的传播方向可以判断质点E、F的起振方向都沿y轴负方向，则两列波的波源是振动方向相同的相干波源，且两波源到质点B的波程差ΔxB＝0.2m＝eq\f(λ,2)，所以质点B是振动减弱点，故两列波叠加后B的位移始终为0，故C正确；在t1时刻两列波传播到C点，传播距离为Δx＝0.3m，t1＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(3,8)s，两列波叠加后C振动周期跟相干波源的周期相同，即为0.5s，Δt＝t－t1＝(1.5－eq\f(3,8))s＝eq\f(9,8)s，eq\f(Δt,T)＝2eq\f(1,4)，C点起振方向向下，则在t＝1.5s时刻，位于负向位移最大处，即t＝1.5s时，质点C的位置坐标是(0.5m，－4cm)，故D错误。12.(2024·山东聊城二模)如图10所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的金属棒置于两导轨上。在电阻、导轨和金属棒中间有面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为大于零的常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。零时刻，金属棒在水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，下列说法正确的是()图10A.在0～t0时间内，流过电阻的电荷量为eq\f(kt0S,R)B.在t0时刻以后，电阻R上的电流方向由b→aC.在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为B0lv0(t－t0)D.在时刻t(t＞t0)金属棒所受水平恒力的大小为(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)答案AD解析0～t0时间内闭合回路中产生感生电动势为E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kS，回路中电流为I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(kS,R)，流过电阻的电荷量为q＝I0t0＝eq\f(kSt0,R)，故A正确；在t0时刻以后，根据楞次定律可知，金属棒上的电流方向向上，而电阻R上的电流方向由a→b，故B错误；在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φ1＝B0lv0(t－t0)＋kSt，故C错误；回路中同时产生感生电动势和动生电动势，根据电流方向可知回路中总电动势为E＝B0lv0＋kS，回路中电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0lv0＋kS,R)，则金属棒所受安培力大小为F＝B0Il＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)，由于金属棒匀速运动，所以所受水平恒力的大小等于安培力的大小，故D正确。三、非选择题(本题共6小题，共60分。)13.(6分)某同学用图11装置探究两根相同弹簧甲、乙串联后总的劲度系数与弹簧甲劲度系数的关系。他先测出不挂钩码时弹簧甲的长度和两弹簧的总长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，记录数据填在下面的表格中。图11序号123456钩码重力F/N0.000.501.001.502.002.50弹簧甲的长度L1/cm1.952.202.452.702.953.20两弹簧总长度L2/cm4.004.505.005.506.006.50(1)关于本实验操作，下列说法正确的是______。A.悬挂钩码后立即读数B.钩码的数量可以任意增减C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态(2)已作出钩码重力F与弹簧总长度L2的关系图像，如图12中实线所示，由图像可知两根弹簧串联后总的劲度系数k为________N/cm。图12(3)在图12的坐标纸上描点作出钩码重力F与弹簧甲的长度L1的关系图像。(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数k′，k和k′的定量关系为________。(5)本实验中，弹簧的自重对所测得的劲度系数________(选填“有”或“无”)影响。答案(1)C(2)1.00(3)见解析图(4)k′＝2k(5)无解析(1)悬挂钩码后应等示数稳定后再读数，A错误；因为所挂钩码重力不能超过弹性限度，即钩码的数量不可以任意增减，B错误；安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，C正确。(2)因为F－L图像的斜率为弹簧的劲度系数故k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝1.00N/cm。(3)图像如图所示。(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数为k′＝2.00N/cm故k和k′的定量关系为k′＝2k。(5)因为本实验中，用图像斜率求得弹簧劲度系数，故弹簧的自重对所测得的劲度系数无影响。14.(8分)(2024·河南郑州模拟)某实验小组为了测量一金属杆的电阻，设计了如图13所示的电路，所用器材如下：图13电源(电动势E恒定，内阻r＝1.0Ω)电阻箱R0(最大阻值999.9Ω)电阻R1(阻值为20.0Ω)电阻R2(阻值为15.0Ω)毫安表mA(量程30.0mA，内阻不计)待测金属杆，开关S，导线若干。请完成下列实验操作和计算：(1)根据如图所示实验原理图连接电路，闭合开关S，调节电阻箱R0的阻值为40.0Ω，此时毫安表示数为24.0mA，则金属杆中的电流为________mA。(2)重复以上步骤，调节电阻箱R0的阻值为20.0Ω，此时毫安表示数为20.0mA。(3)断开开关，根据上述测量，计算得到待测金属杆电阻为Rx＝________Ω，同时可得到所用电源电动势为E＝________V。(4)若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻的测量值将________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。答案(1)36.0(3)4.01.2(4)大于解析(1)由题意可知，通过电阻R1的电流I1＝24.0mA，根据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压为U1＝I1R1，电阻R1和电阻箱R0并联，电压相等U0＝U1，根据欧姆定律，可得通过电阻箱R0的电流为I0＝eq\f(U0,R0)，金属杆在干路上，则通过金属杆的电流为I＝I1＋I0，联立解得I＝36.0mA。(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I总(Rx＋r＋R2)，其中U＝IR1，I总＝I＋eq\f(U,R0)＝I＋eq\f(IR1,R0)，联立解得Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2，当R0＝40Ω时，I＝24.0mA和当R0＝20Ω时，I＝20.0mA分别代入，解得Rx＝4.0Ω，E＝1.2V。(4)根据Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2可知，若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻在计算时，减去的电源的内阻偏小，计算得到的金属杆的电阻偏大。15.(8分)(2024·甘肃卷，13)如图14，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的eq\f(3,4)。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：图14(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；(2)弹簧的劲度系数k。答案(1)eq\f(4,5)p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(8p0S,15l)解析(1)抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－eq\f(3,4)Sl＝eq\f(5,4)Sl对A中气体根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·eq\f(5,4)Sl解得pA＝eq\f(4,5)p0对B中气体，根据理想气体状态方程pV＝nRT可知eq\f(1,2)p0Sl＝pB·eq\f(3,4)Sl解得pB＝eq\f(2,3)p0。(2)抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·eq\f(1,4)l结合(1)问解得k＝eq\f(8p0S,15l)。16.(8分)(2023·江苏卷，14)“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：(1)每个光子的动量p和能量E；(2)太阳辐射硬X射线的总功率P。答案(1)eq\f(h,λ)heq\f(c,λ)(2)eq\f(4πR2Nhc,λS)解析(1)根据德布罗意波长公式，可得每个光子的动量为p＝eq\f(h,λ)每个光子的频率为ν＝eq\f(c,λ)每个光子的能量为E＝hν故每个光子的能量为E＝heq\f(c,λ)。(2)卫星离太阳中心的距离为R，离太阳中心距离为R的球面的表面积为S球＝4πR2单位面积上的功率为P0＝eq\f(NE,S)太阳辐射硬X射线的总功率P＝S球P0联立解得P＝eq\f(4πR2NE,S)＝eq\f(4πR2Nhc,λS)。17.(14分)(2024·江西南昌模拟)如图15所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第四象限内存在着方向沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，y轴负半轴上固定着足够长的荧光屏。现有大量质量均为m、电荷量均为＋q的粒子从y轴正半轴上不同位置以不同的速率平行于x轴正方向射入磁场，经偏转后所有粒子均从P(d，0)点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。图15(1)求以最小速度进入磁场的粒子的纵坐标及该粒子的速度大小；(2)求(