2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）选择题满分练(二)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）选择题满分练(二)(时间：35分钟)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·新课标卷，15)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的()A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍答案C解析由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，若小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则速度将变为调整前的2倍。小车离开甲板后做平抛运动，运动的时间不变，由x＝v0t可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，C正确。2.(2024·陕西渭南二模)2024年春节前后，我国湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的冻雨天气，给人们的出行带来不便。当树叶上带有冰块，人在树下行走时经常会出现冰块砸到头部的情况。若冰块的质量为100g，从离头顶的距离约为80cm处无初速掉落，砸到头部冰块未反弹，与头部的作用时间约为0.2s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则冰块对头部的平均作用力约为()A.4N B.3N C.2N D.1N答案B解析根据h＝eq\f(1,2)gt2可得冰块在空中下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，以向下为正方向，整个过程对冰块应用动量定理可得mg(t＋Δt)－FΔt＝0，解得冰块对头部的平均作用力为F＝eq\f(mg（t＋Δt）,Δt)＝eq\f(0.1×10×（0.4＋0.2）,0.2)N＝3N，故B正确。3.(2024·北京丰台二模)用图1甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的颜色(频率)等物理量之间的关系。分别用三束光照射同一阴极K进行了三次实验，得到电流表示数I与电压表示数U之间的关系如图乙所示。下列说法正确的是()图1A.入射光光子的能量①＞②＞③B.光电子的最大初动能①＞②＞③C.单位时间照射到K上的光子数①＞③D.照射到K上时金属的逸出功②最大答案C解析由爱因斯坦光电效应方程得eUc＝Ek＝hν－W0，可以看出遏止电压与频率呈线性关系，频率越大，遏止电压越大，所以由题图乙可知，①光的频率等于③光的频率，③光的频率低于②光的频率，所以入射光光子的能量②＞①＝③，光电子的最大初动能②＞①＝③，故A、B错误；由题图乙可知，①光对应的饱和光电流大于③光对应的饱和光电流，因为饱和光电流越大，单位时间内逸出的光电子数越多，且逸出的光电子数越多，入射的光子数也越多，所以单位时间照射到K上的光子数①＞③，故C正确；同一阴极K的逸出功相等，故D错误。4.(2024·湖南长沙一模)某人驾驶汽车在平直公路上以108km/h的速度匀速行驶，某时刻看到前方路上有障碍物，经过一段反应时间，开始刹车，假设刹车后汽车做匀减速直线运动。从看到障碍物到车子停下的过程，汽车的位移x随速度v变化的关系图像由一段平行于x轴的直线与一段曲线组成，直线与曲线的分界点为P点(如图2所示)。则下列说法正确的是()图2A.曲线部分是一段抛物线B.司机的反应时间为0.417sC.刹车的加速度大小为5m/s2D.刹车的时间是6s答案A解析对匀减速运动，满足v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，则x－v图像为抛物线，故A正确；汽车在反应时间内做匀速直线运动，由题图可知对应于直线段，反应时间内的位移为x1＝15m，速率为v0＝108km/h＝30m/s，则反应时间为t1＝eq\f(x1,v0)＝eq\f(15,30)s＝0.5s，故B错误；刹车过程的位移为x2＝(90－15)m＝75m，根据－veq\o\al(2,0)＝2ax2，解得a＝－6m/s2，故C错误；刹车的时间为t2＝eq\f(－v0,－a)＝5s，故D错误。5.(2024·重庆南开中学二模)某天早上温度为10℃，物理老师刚启动汽车时看到汽车仪表盘显示各轮胎压强如图3所示，中午刚启动汽车时看到后轮压强变成了2.8bar(1bar＝100kPa)，该过程认为轮胎内的体积不变，轮胎内部气体可看成理想气体，下列说法错误的是()图3A.中午温度约为20℃B.轮胎内部气体分子的平均动能增加C.气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加D.轮胎内部气体吸收热量，对外做功，内能不变答案D解析T1＝283K，轮胎内气体的体积不变，根据查理定律有eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)，解得T2＝293K，所以t2＝20℃，温度升高，则轮胎内部气体分子的平均动能增加，故A、B正确；轮胎内的体积不变，压强增大，则气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故C正确；轮胎内部气体温度升高，内能增大，做功为0，吸收热量，故D错误。6.如图4所示，两平行细激光束a、b由真空中射向足够大的长方体透明材料的下表面，发现该材料的上表面只有一处有光线射出，则()图4A.激光a在材料的上表面被全反射B.激光b在材料的上表面被全反射C.透明材料对激光a的折射率大于对激光b的折射率D.激光a在透明材料中传播速度比激光b在透明材料中传播速度大答案D解析根据几何关系可知两束单色光在玻璃砖的上表面的入射角等于在下表面的折射角，根据光路可逆性原理知，两束单色光在玻璃砖的上表面都不会发生全反射，故A、B错误；因玻璃砖的上表面只有一束光线射出，通过玻璃砖后a和b光射在上表面上同一点，a的侧移量小于b的侧移量，可知透明材料对激光a的折射率小于对激光b的折射率，根据v＝eq\f(c,n)，可知激光a在透明材料中传播速度比激光b在透明材料中传播速度大，故C错误，D正确。7.(2024·广东揭阳二模)如图5所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()图5A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为eq\f(2v2,L)B.滑块与木板间的动摩擦因数为eq\f(v2,8gL)C.k＝2D.滑块弹回瞬间的速度大小为eq\f(\r(5)v,2)答案D解析滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝eq\f(v2,2L)，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝eq\f(v2,2gL)，故B错误；小滑块以水平速度v向右滑时，由动能定理有－FfL＝0－eq\f(1,2)mv2，小滑块以速度kv滑上木板至碰墙时速度为v1，由动能定理有－FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m(kv)2，滑块与墙碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒定律有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m＋4m)veq\o\al(2,2)，解得k＝eq\f(3,2)，v1＝eq\f(\r(5)v,2)，故C错误，D正确。8.(2024·湖北武汉一模)如图6所示，发电机线圈所处的磁场可视为匀强磁场，从图示位置开始绕轴OO′逆时针方向匀速转动。线圈阻值为R，通过电刷与外电路连接，理想变压器原线圈与副线圈匝数比为1∶2，定值电阻R1＝2R，滑动变阻器R2最大阻值为8R，开始滑片P位于最上端，忽略电流表及线路电阻，下列说法中正确的是()图6A.线圈经过图示位置时，电流表的示数为零B.仅将滑片P向下滑动，电流表的示数将减小C.仅将滑片P向下滑动，发电机的输出功率将减小D.仅将滑片P向下滑动，电阻R2消耗的功率将减小答案C解析电流表的示数为交流电的有效值，则线圈经过图示位置时，电流表的示数不为零，选项A错误；变压器等效电阻R等效＝(eq\f(n1,n2))2R2＝eq\f(1,4)R2，仅将滑片P向下滑动，则R2减小，R等效减小，R1和R等效并联后的电阻减小，因线圈电动势一定，则电流表的示数将变大，选项B错误；将线圈看作电源，其电阻R为电源内阻，将R1和R等效并联看作是外电路，开始时R等效＝2R，此时R1和R等效并联电阻为R等于电源内阻，则开始时发电机输出功率最大，仅将滑片P向下滑动，R等效减小，外电阻逐渐远离电源内阻，可知发电机的输出功率将变小，选项C正确；将R1和R并联后的电阻(eq\f(2R,3))等效为电源内阻，将R等效看作是外电路，仅将滑片P向下滑动，则外电阻从2R逐渐减小，外电路消耗的功率先增加后减小，即电阻R2消耗的功率先增加后减小，选项D错误。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·陕西西安高三期末)如图7甲所示，横截面积为10cm2、绕有4000匝的螺线管与一定值电阻串联。已知螺线管的电阻为2Ω，定值电阻的阻值为6Ω，穿过螺线管内的匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变大，其B－t图像如图乙所示，以磁场向右穿过螺线管为正方向，在0～2s内，下列说法正确的是()图7A.穿过螺线管的磁通量的变化率为10Wb/sB.A点电势比C点电势低C.定值电阻的电功率为8WD.螺线管产生的热量为4J答案BD解析磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(6－2,2)×10×10－4Wb/s＝2×10－3Wb/s，故A错误；根据楞次定律可知，A点电势比C点电势低，故B正确；回路中的感应电动势为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝4000×2×10－3V＝8V，则定值电阻的电功率为PR＝I2R＝(eq\f(E,R＋r))2R＝6W，故C错误；螺线管产生的热量为Q＝I2rt＝(eq\f(E,R＋r))2rt＝4J，故D正确。10.(2024·江西上饶二模)如图8所示，在同一均匀介质中，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.2m处，两列波的传播周期均为0.4s，两波源的振幅均为10cm，所有质点均沿y轴方向运动。t＝0时刻的波形如图8所示，此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x＝0.6m处。已知两波源开始振动后持续振动，下列说法正确的是()图8A.质点M的起振方向沿y轴负方向B.两列波的波速均为0.1m/sC.0.4s后质点M是振动加强点D.在0～1.0s时间内质点P通过的路程为60cm答案AD解析在同一介质中，波速相等，则右侧的波先传到M点，根据平移法可知，质点M的起振方向沿y轴负方向，故A正确；两列波的波长为0.4m，则波速为v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，故B错误；由距离关系可知0.2s后右侧的波传到质点M处，M向下振动，再经0.2s后经过平衡位置向上振动，0.4s后左侧的波刚好传到质点M处，起振方向向下，则质点M是振动减弱点，故C错误；右侧波传到P点用时为t＝eq\f(Δx,v)＝0.6s＝T＋eq\f(1,2)T，根据Δx＝0.6m＝eq\f(3,2)λ，可知该点为振动减弱点，则0～1.0s时间内质点P通过的路程为s＝6A＝60cm，故D正确。11.(2024·海南海口模拟预测)如图9所示，边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ad边中点O有一粒子源，可平行纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，下列说法中正确的是()图9A.粒子带负电B.磁场的磁感应强度大小为eq\f(2mv,qL)C.从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πL,6v)D.有粒子从b点射出磁场答案BC解析根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场，则运动半径为r＝eq\f(L,2)，联立解得磁场的磁感应强度为B＝eq\f(2mv,qL)，故B正确；从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。则从a点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πr,v)＝eq\f(πL,6v)，故C正确；离子的运动半径为r＝eq\f(L,2)，Ob之间距离大于L，即大于轨迹直径，所以没有粒子从b点射出磁场，故D错误。12.(2024·广东卷，10)如图10所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有()图10A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙无关D.甲最终停止位置与O处相距eq\f(H乙,μ)答案ABD解析两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有eq\f(H乙,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,1)，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动时间t3后停止，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有veq\o\al(2,乙)＝2μgx，联立可得x＝eq\f(H乙,μ)，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距eq\f(H乙,μ)，故D正确。选择题满分练(六)(时间：35分钟)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·浙江嘉兴一模)2024年8月巴黎奥运会10m跳台的跳水决赛中，运动员离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v－t图像如图1所示。则运动员的重心()图1A.在0～t1过程中做自由落体运动B.在t2～t3过程中速度方向发生改变C.在t3～t4过程中加速度逐渐减小D.在t4时刻上浮至水面答案C解析在0～t1过程中初速度不为零，不是自由落体运动，故A错误；在t2～t3过程中速度始终为正值，方向不变，故B错误；在t3～t4过程中，图像斜率变小，斜率表示加速度，加速度逐渐减小，故C正确；根据图像可知，运动员的重心在0～t1过程竖直向上运动，t1～t4过程中竖直向下运动，在t4时刻下降到最低点，故D错误。2.如图2甲是双缝干涉实验的装置，用a、b两种不同频率的单色光分别做实验，a光形成的相邻两条亮纹中心之间的距离较大。图乙是研究光电效应的实验装置，当用a、b两束光分别照射阴极时，微安表均有示数，普朗克常量为h。下列说法正确的是()图2A.对同一介质，a光的折射率较大B.用a光照射阴极，滑动变阻器的滑片向右移动时，微安表的示数一直增大C.用b光照射阴极时，光电子的最大初动能较大D.阴极K接电源正极，微安表的示数一定为零答案C解析根据Δx＝eq\f(l,d)λ可知，a光形成的条纹间距较大，则a光的波长长，频率小，对同一介质的折射率小，故A错误；滑动变阻器的滑片向右移动时，光电管两端的电压增大，会有更多光电子到达阳极，微安表的示数逐渐增大，当达到饱和光电流后，微安表的示数不再增大，故B错误；根据Ek＝hν－W0，已知b光频率大，用b光照射阴极时，光电子的最大初动能较大，故C正确；阴极K接电源正极时，该装置所加的电压为反向电压，而当逸出的光电子的最大初动能较小，使其无法达到A端，此时微安表的示数才为0，故D错误。3.(2024·福建龙岩高三期末)如图3所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为M的托盘，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为g，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为()图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解析顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子受到的合力为mg，根据牛顿第二定律有mg＝(M＋5m)a，对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有FN－5mg＝5ma，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为FN＝eq\f(5mg（M＋6m）,M＋5m)，故A正确。4.(2024·湖南长沙二模)如图4所示，一个折射率为n的柱状玻璃砖横截面由四分之一圆OPQ和直角三角形OQS组成，∠QSO＝60°，OS＝a。一束单色光从SQ的中点A以入射角i＝60°入射，折射光线恰好射向圆心O点，已知光在真空中传播的速度为c，则()图4A.玻璃砖材料的折射率n＝eq\r(2)B.光束在O点将发生全反射C.光束在玻璃砖内的传播时间为eq\f(na,c)D.如果入射光束绕A点逆时针旋转使入射角减小，折射光束一定会在O点发生全反射答案C解析由于A是SQ的中点，∠QSO＝60°，则△OSA是等边三角形，则光在A点的折射角为30°，在O点的入射角也为30°，且OA＝OS＝a，则玻璃砖材料的折射率n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，由光线的可逆性可知，光束在O点不发生全反射，该光束在玻璃砖内的传播距离为OA＝a，传播速度为v＝eq\f(c,n)，则光束在玻璃砖内的传播时间为t＝eq\f(a,v)＝eq\f(na,c)，故A、B错误，C正确；如果入射光束绕A点逆时针旋转使入射角减小，则光在A点的折射角减小，折射光束不能射向圆心O点，则一定不能在O点发生全反射，故D错误。5.(2024·重庆九龙坡模拟)空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图5为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，已知初始气体压强为p0＝1.0×105Pa，温度为T0＝300K，加热一段时间后气体温度升高到T＝360K，此过程中气体吸收的热量为4.2×103J，则()图5A.升温后所有气体分子的动能都增大B.升温后胆中气体的压强为1.5×105PaC.此过程胆中气体的内能增加量为4.2×103JD.升温后压强增大是由于单位体积的分子数增多了答案C解析升温后气体分子平均动能变大，并非所有气体分子的动能都增大，选项A错误；根据eq\f(p0,T0)＝eq\f(p,T)，解得升温后胆中气体的压强为p＝1.2×105Pa，选项B错误；此过程胆中气体体积不变，则W＝0，吸收的热量为Q＝4.2×103J，则气体内能增加量为ΔU＝Q＝4.2×103J，选项C正确；气体体积不变，则单位气体体积的分子数不变，升温后气体分子平均速率变大，可知压强增大不是由于单位体积的分子数增多了，而是气体分子对器壁的平均碰撞力增大了，选项D错误。6.(2024·浙江嘉兴一模)风力发电模型如图6所示。风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过转速比1∶n的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则()图6A.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为eq\f(1,2)ρπr2v2B.经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mnC.变压器原、副线圈的匝数比为eq\r(2)πNBSmn∶UD.高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好答案C解析单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V＝Sh＝Sv·Δt＝πr2v，气体质量m＝ρV＝ρπr2v，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρπr2v3，故A错误；发电机线圈转速为mn，则ω＝2πmn，频率f＝eq\f(ω,2π)＝mn，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；变压器原线圈两端电压最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn，有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\r(2)πNBSmn，则变压器原、副线圈的匝数比为eq\r(2)πNBSmn∶U，故C正确；考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故D错误。7.(2024·北京门头沟一模)2024年2月10日是天问一号火星环绕器环火三周年纪念日。3年前天问一号火星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。要完成探测任务探测器需经历如图7所示变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，轨道Ⅱ、轨道Ⅲ为椭圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是()图7A.在轨道Ⅰ上的周期大于在轨道Ⅱ上的周期B.在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C.在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度D.在轨道Ⅰ上经过P点的向心加速度小于轨道Ⅱ上经过P点的向心加速度答案C解析由开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k可知，轨道半径越大，周期越大，故A错误；探测器从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，发动机点火致使其减速，其机械能将减小，故B错误；探测器从轨道Ⅱ上P点减速变轨到轨道Ⅰ，所以在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度，故C正确；根据牛顿第二定律，有Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝Geq\f(M,r2)，则在轨道Ⅰ上经过P点的向心加速度等于轨道Ⅱ上经过P点的向心加速度，故D错误。8.(2024·河南郑州一模)已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与导线中的电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比；现有通有电流大小为I的长直导线固定在正方体的棱dh上，通有电流大小为2I的长直导线固定在正方体的棱hg上，彼此绝缘，电流方向如图8所示。则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为()图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解析设正方体边长为a，因为dh和hg处的两根导线在e点产生的磁场分别为Be1＝keq\f(I,a)，Be2＝keq\f(2I,a)，则e点的磁感应强度为Be＝eq\r(Beq\o\al(2,e1)＋Beq\o\al(2,e2))＝keq\f(\r(5)I,a)；dh和hg处的两根导线在a点产生的磁场分别为Ba1＝keq\f(I,a)，Ba2＝keq\f(2I,\r(2)a)＝keq\f(\r(2)I,a)，则a点的磁感应强度为Ba＝eq\r(Beq\o\al(2,a1)＋Beq\o\al(2,a2))＝keq\f(\r(3)I,a)，则eq\f(Be,Ba)＝eq\f(\r(5),\r(3))，故A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。)9.2023年7月，中国科学院空间应用工程与技术中心研制建设的4秒电磁弹射微重力实验装置已启动试运行，这是亚洲首个电磁弹射微重力实验装置：实验装置能在竖直方向通过电磁弹射技术把质量为500kg的实验舱以一初速度自由向上弹出，再自由下落到抛出位置，这个过程可以对里面的实验样品提供4s的微(零)重力环境。重力加速度g＝10m/s2，则()A.实验舱被弹出后只在下落过程处于完全失重状态B.实验舱在弹出后完全失重的4s内速度的变化量大小为40m/sC.实验舱弹出后继续上升的最大高度为80mD.弹出过程，电磁系统对实验舱做的功大于105J答案BD解析实验舱被弹出后做竖直上抛运动，上升和下落过程都处于完全失重状态，A错误；由Δv＝gΔt知完全失重的4s内速度变化量大小为40m/s，方向竖直向下，B正确；由对称性可知，实验舱被弹出后，自由上升的时间为2s，上升的最大高度为h＝eq\f(gt2,2)＝20m，C错误；根据以上分析可知实验舱被弹出的初速度大小为20m/s，动能Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝105J，弹出过程实验舱的重力势能增加，电磁系统对实验舱做的功等于实验舱重力势能和动能的增加量之和，即大于105J，D正确。10.如图9所示，为一个水平弹簧振子的振动图像，下列说法正确的是()图9A.t＝1s到t＝2s内，弹簧振子的动能不断减小B.该弹簧振子的振动方程为x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cmC.t＝3s时，弹簧振子的加速度沿x轴负方向D.t＝0到t＝10s内弹簧振子的路程为50cm答案BC解析t＝1s到t＝2s内，弹簧振子从最大位移处向平衡位置运动，则振子的动能不断增加，选项A错误；因为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，振幅A＝10cm，该弹簧振子的振动方程为x＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t))cm，选项B正确；t＝3s时，弹簧振子的位移正向最大，则加速度沿x轴负方向，选项C正确；因10s＝2.5T，则t＝0到t＝10s内弹簧振子的路程为2.5×4A＝100cm，选项D错误。11.如图10所示，某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t＝0.6s的时间向前运动x1＝0.36m刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16m停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是()图10A.由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒B.碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2C.碰撞前白球的速度大小为2m/sD.该碰撞为弹性碰撞答案BC解析由题意可知两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程动量守恒，A错误；碰后蓝球与白球均做匀减速直线运动，两球的加速度大小相等，由