2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）选择题满分练(四)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）选择题满分练(四)(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·安徽卷，2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v，已知人与滑板的总质量为m，可视为质点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为()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解析人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2，故D正确。2.大量处在激发态n的氢原子向基态跃迁时能向外辐射三种波长不同的光子，三种光子的波长分别为λ1、λ2、λ3，且有λ1＞λ2＞λ3，波长为λ1的光能使某种金属发生光电效应现象。则下列说法正确的是()A.n＝4B.波长为λ3的光一定能使该金属发生光电效应现象C.λ1＝λ2＋λ3D.三种光复合而成的细光束由玻璃射入空气，入射角由0°逐渐增大时，波长为λ1的光先发生全反射答案B解析大量氢原子跃迁时向外辐射的光子种类为eq\f(n（n－1）,2)＝3，解得n＝3，A错误；由公式c＝λν，可知ν＝eq\f(c,λ)，又λ1＞λ2＞λ3，则有ν1<ν2<ν3，光电效应的发生条件是入射光的频率大于金属的极限频率，λ1的光能使某种金属发生光电效应现象，λ3的光一定能使该金属发生光电效应现象，B正确；由跃迁规律可知，光子λ3的能量一定等于光子λ1、λ2的能量之和，则有eq\f(hc,λ3)＝eq\f(hc,λ1)＋eq\f(hc,λ2)，则eq\f(1,λ3)＝eq\f(1,λ1)＋eq\f(1,λ2)，C错误；由以上分析可知，三种光的折射率关系为n1<n2<n3，由临界角公式sinC＝eq\f(1,n)，可知三种光的临界角关系为C1＞C2＞C3，所以最先发生全反射的是波长为λ3的光，D错误。3.(2024·山东青岛高三期末)如图1所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切。穿在圆弧轨道上的小球在水平拉力F(图中未画出)的作用下，缓慢地由B向A运动，圆弧轨道对小球的弹力为FN。则在小球运动的过程中()图1A.F增大，FN减小 B.F增大，FN增大C.F减小，FN减小 D.F减小，FN增大答案C解析根据题意可知，小球缓慢地由B向A运动，则水平拉力F方向向左，设某时刻小球与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，对小球受力分析，如图所示，则有F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，小球缓慢地由B向A运动过程中，θ由0至90°逐渐增大，则sinθ和tanθ均增大，所以F减小，FN减小，故C正确。4.(2024·江苏镇江模拟)如图2所示，水平液柱封闭了烧瓶中的气体，外界大气压强保持不变。当气体温度变化后，液柱稍稍向右移动，下列关于烧瓶内气体的说法正确的是()图2A.气体分子热运动的平均动能减少B.单位面积上单位时间内气体分子的撞击次数变少C.气体分子的密集程度变大D.气体对外做功，同时气体对外放出热量答案B解析外界大气压强保持不变，可知，气体发生等压变化，液柱稍稍向右移动，则气体的体积变大，根据eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)可知气体的温度升高，即气体分子热运动的平均动能增加，A错误；气体的体积变大，则气体分子的密集程度变小，C错误；气体分子热运动的平均动能增加，则气体分子热运动的平均速率变大，根据动量定理可知气体与烧瓶碰撞过程中的冲击力变大，但压强不变，可知单位面积上单位时间内气体分子的撞击次数变少，B正确；气体的体积变大，则气体对外做功，气体的温度升高，则气体内能增加，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，D错误。5.(2024·安徽合肥三模)如图3甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝2s时的波形图，P、Q是平衡位置分别位于x＝1.5m和x＝2.75m处的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是()图3A.波沿x轴正方向传播B.波传播的速度大小为2m/sC.当P位于波谷时，质点Q的位移为3eq\r(2)cmD.当P沿y轴负方向运动时，Q一定沿y轴正方向运动答案C解析由图乙可知，t＝2s时，质点P正沿y轴负方向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；波传播的速度大小为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,4)m/s＝0.5m/s，故B错误；将波形沿x轴负方向移动0.5m的距离，可知此时P点在波谷，Q位移为y＝6sin(eq\f(0.25,2)×2π)cm＝3eq\r(2)cm，故C正确；由于P、Q水平距离并不等于半波长的奇数倍，因此两质点的振动方向并不一定相反，故D错误。6.一种平抛运动的实验游戏如图4所示，AB是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面内，B点的切线水平，让质量为m的小球(直径略小于细管的直径)从A点由静止释放，沿着管壁向下运动，达到B点时的速度方向水平向右，大小为v0，接着小球从B运动到C，已知AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图4A.A、C两点间的高度差为eq\f(2veq\o\al(2,0),g)B.A点的切线与水平方向的夹角为45°C.小球从B到C重力的平均功率为mgv0D.若小球从A到B的运动时间为t，则管壁对小球支持力的冲量大小为meq\r(veq\o\al(2,0)＋gt)答案B解析小球从A运动到B过程，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A、C两点间的高度差为H＝2h＝eq\f(veq\o\al(2,0),g)，故A错误；小球从B到C过程，根据平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2，tanθ＝eq\f(gt,v0)，结合上述解得θ＝45°，由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A点的切线与水平方向的夹角为45°，故B正确；小球从B到C重力的平均功率为P＝eq\f(mgh,t)，结合上述解得P＝eq\f(mgv0,2)，故C错误；小球从A到B的运动过程，将管壁对小球支持力的冲量沿竖直方向与水平方向进行分解，根据动量定理有Ix＝mv0－0，Iy－mgt＝0，则管壁对小球支持力的冲量大小为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错误。7.(2024·浙江嘉兴一模)如图5所示，将静电计与电容器(图中未画出)相连，可检测带电电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则()图5A.静电计两根金属指针带异种电荷B.图中实线表示电场线，虚线表示等势面C.图中P点电势一定高于Q点电势D.当静电计两指针张角减小时，表明电容器在放电答案D解析依题意，静电计与电容器相连，由图可知静电计金属指针接在电容器的同一个极板上，金属外壳接在电容器的另一个极板上，所以两根金属指针带同种电荷。根据电场线从正电荷发出，到负电荷终止，可知图中虚线表示电场线，则实线表示等势线，故A、B错误；题中不知哪一个极板带正电，即不知道电场线的方向，所以P、Q两点电势的高低无法判断，故C错误；静电计两指针张角可以显示极板间的电压，当静电计两指针张角减小时，表明电容器极板间的电压减小，正在放电，故D正确。8.如图6所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜固定在水平面上，以恒定的速率v0＝2m/s逆时针转动，质量m＝1kg的炭块无初速度放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.2s炭块的速度达到2m/s，此后再经过t2＝1.0s的时间，炭块运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v＝4m/s。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，则下列说法正确的是()图6A.炭块从无初速度放在传送带的顶端P到运动到Q端，一直做匀变速直线运动B.传送带与水平面的夹角为θ＝37°C.传送带的长度为x＝2.4mD.炭块在传送带上留下的划痕的长度为1.2m答案B解析由题可知炭块在前0.2s内的加速度a1＝eq\f(v0,t1)＝eq\f(2,0.2)m/s2＝10m/s2，在后1.0s内的加速度a2＝eq\f(v－v0,t2)＝eq\f(4－2,1)m/s2＝2m/s2，则从无初速度放在传送带的顶端P到运动到Q端，炭块不是一直做匀变速直线运动，选项A错误；炭块在前0.2s内根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，在后1.0s内有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据联立解得θ＝37°，μ＝0.5，选项B正确；传送带的长度为x＝eq\f(v0,2)t1＋eq\f(v＋v0,2)t2＝3.2m，选项C错误；在前0.2s内炭块与传送带的相对位移x1＝v0t1－eq\f(v0,2)t1＝0.2m，在后1.0s内炭块与传送带的相对位移x2＝eq\f(v0＋v,2)t2－v0t2＝1m，因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1m，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.(2024·四川绵阳高三月考)卫星A在地球的赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r，运行的周期与地球的自转周期T0相同；卫星B绕地球的表面附近做匀速圆周运动；物体C位于地球的赤道上，相对地面静止，地球的半径为R。则有()A.卫星A与卫星B的线速度之比是eq\f(R,r)B.卫星A与物体C的向心加速度之比是eq\f(r,R)C.卫星B与物体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解析卫星绕地球做匀速圆周运动，根据eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，则卫星A与卫星B的线速度之比为eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(R,r))，故A错误；根据eq\f(GMm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，卫星A与卫星B的向心加速度之比为eq\f(aA,aB)＝eq\f(R2,r2)，由于卫星A的周期等于地球自转周期，则卫星A的角速度等于地球自转角速度，根据a＝ω2r，可知卫星A与物体C的向心加速度之比eq\f(aA,aC)＝eq\f(r,R)，卫星B与物体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正确，C错误；对于卫星A，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,Teq\o\al(2,0))r，根据eq\f(GMm,R2)＝mg，联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正确。10.如图7所示是某小型水电站的输电原理图，输出电压有效值恒定为U1＝100V，输电线路的总电阻r＝1Ω。两个变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圆匝数比为9∶1。用户的负载可用滑动变阻器R表示。当R变化时，理想电压表和理想电流表示数变化的绝对值分别为ΔU和ΔI。已知水电站的输出功率为40kW时，用户获得电压为220V。则()图7A.升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶20B.若用户数量减少，则电压表示数降低C.当水电站输出功率为40kW时，输电线路上损耗的功率为200WD.eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1,9)Ω答案AD解析用户获得的电压即降压变压器副线圈两端电压U4＝220V，利用降压变压器匝数比为9∶1可得降压变压器原线圈电压为U3＝1980V，设此时输电线路中的电流为I2，电路的总功率为P＝40000W，即Ieq\o\al(2,2)r＋U3I2＝P，解得I2＝20A，故升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3＋I2r＝2000V，故升压变压器原、副线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,20)，故A正确；当用户减少时，R增大，I2减小，U3增加，电压表示数增加，故B错误；当输出功率为40kW时，输电线路损耗的功率为P损＝Ieq\o\al(2,2)r＝400W，故C错误；由输电线路可知eq\f(ΔU,ΔI2)＝r＝1Ω，又因为ΔI2＝eq\f(1,9)ΔI，所以eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1,9)Ω，故D正确。11.(2024·四川成都模拟)如图8，在竖直平面内有一半径为R、圆心为O的圆形区域，在圆形区域内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为－e、质量为m的电子从圆形区域边界上的A点沿半径AO方向以速度v0射入圆形区域，要使电子从圆形区域边界上的B点离开圆形区域，∠AOB＝120°，不计电子重力。下列说法正确的是()图8A.可加磁感应强度大小为eq\f(\r(3)mv0,3eR)，方向垂直于纸面向里的匀强磁场B.可加磁感应强度大小为eq\f(\r(3)mv0,eR)，方向垂直于纸面向外的匀强磁场C.可加电场强度大小为eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),9eR)，方向竖直向上的匀强电场D.可加电场强度大小为eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),3eR)，方向竖直向上的匀强电场答案AC解析若添加匀强磁场，由于电子带负电，要使电子从B点离开圆形区域，则添加磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系得，电子做匀速圆周运动的半径r＝eq\r(3)R，根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(\r(3)mv0,3eR)，故A正确，B错误；由于电子带负电，要使电子从B点离开圆形区域，可添加电场强度方向竖直向上的匀强电场，电子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有R＋Rsin30°＝v0t，竖直方向有Rcos30°＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)t2，联立解得E＝eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),9eR)，故C正确，D错误。12.(2024·陕西宝鸡二模)如图9所示，两平行金属导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L，处在竖直向上、磁感应强度为2B的匀强磁场中，宽轨部分间距为2L，处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现将两根质量均为m的导体棒a、b分别静置在弧形导轨和水平宽轨上，导体棒a从距水平导轨h处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体棒接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()图9A.a棒刚进入磁场时，b棒的加速度水平向左B.从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，b棒上产生的焦耳热为eq\f(1,2)mghC.从a棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，通过b棒的电荷量为eq\f(m\r(2gh),4BL)D.从a棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中，a、b棒与导轨所围线框的磁通量变化了eq\f(mR\r(2gh),2BL)答案ACD解析根据右手定则可知，a棒刚进入磁场时感应电流为逆时针方向，对b棒由左手定则可知其所受安培力水平向左，则加速度水平向左，故A正确；对a棒由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金属棒a进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，金属棒b受安培力而运动切割磁感线，产生“反电动势”，当两棒达到稳定即各自产生的感应电动势大小相等时，设此时其速度分别为va、vb，则有2BLva＝B·2Lvb，解得va＝vb，对杆a、b分别应用动量定理有－2BL·q＝mva－mv1，B·2L·q＝mvb，联立以上各式解得va＝vb＝eq\f(\r(2gh),2)，通过b棒的电荷量为q＝eq\f(m\r(2gh),4BL)，由能量守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mgh，则b棒上产生的焦耳热为Qb＝eq\f(R,R＋R)Q＝eq\f(1,4)mgh，故B错误，C正确；根据q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋R)＝eq\f(ΔΦ,2R)，可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量ΔΦ＝q·2R＝eq\f(mR\r(2gh),2BL)，故D正确。选择题满分练(五)(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·湖北武汉一模)离子烟雾报警器是一种常见且广泛使用的火灾报警设备。某离子烟雾报警器中装有放射性元素镅241，其半衰期为432.2年，衰变方程为eq\o\al(241,95)Am→eq\o\al(237,93)Np＋X＋γ。下列说法正确的是()A.夏天气温升高，镅241的衰变速度会变快B.X是α粒子，具有很强的电离本领C.镓237的比结合能比镅241的比结合能小D.衰变前后核子总数不变，因此衰变前后总质量也不变答案B解析半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故A错误；根据核电荷数和质量数守恒可知X是eq\o\al(4,2)He，即α粒子，具有很强的电离本领，故B正确；自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，镓237的比结合能比镅241的比结合能大，故C错误；核反应释放能量，质量亏损，因此反应前后总质量会减小，故D错误。2.(2024·海南卷，5)商场自动感应门如图1所示，人走近时两扇门从静止开始同时分别向左、右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同的加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为()图1A.1.25m/s2 B.1m/s2 C.0.5m/s2 D.0.25m/s2答案C解析作出单扇感应门打开过程的v－t图像如图所示，根据v－t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，eq\f(1,2)vm×4s＝2m，解得vm＝1m/s，根据加速度的定义可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，C正确。3.(2024·湖南长沙模拟)如图2所示，一装满水的长方体的玻璃容器，高度为eq\r(7)a，上下两个面为边长为4a的正方形，底面中心O点放有一单色点光源，可向各个方向发射单色光。水面上漂浮一只可视为质点的小甲虫，已知水对该单色光的折射率为n＝eq\f(4,3)，则小甲虫能在水面上看到点光源的活动区域面积为()图2A.16a2 B.7πa2 C.9πa2 D.6.25a2答案A解析假设水面足够大，当入射角等于临界角时，在上表面能发生全反射，折射出光线的最大半径为r，光路图如图所示。发生全反射时，sinC＝eq\f(1,n)，由几何关系tanC＝eq\f(r,h)，其中h＝eq\r(7)a，代入数据解得r＝3a，水面的对角线长度为4a×eq\r(2)＝4eq\r(2)a<2r，因此在上表面能被光照亮的区域是整个水面，面积为16a2，故A正确。4.(2024·湖南衡阳二模)如图3甲所示，一质量为m、电荷量为q的正电荷从a点由静止释放，仅在电场力的作用下沿直线abc运动，其v－t图像如图乙所示。已知正电荷在b点处速率为eq\f(3,5)v，斜率最大，最大值为k，在c点处的速率为v，斜率为0，则下列说法正确的是()图3A.该正电荷在从a到c的运动过程中，电势能先减小后增大B.b点的电场强度大小为eq\f(km,q)，方向由b指向cC.a、b之间的电势差Uab＝eq\f(9mv2,25q)D.从a到c电势逐渐升高，c点的电势最大答案B解析该正电荷由a到c的过程中，速度逐渐增大，电场力做正功，电势能逐渐减小，故A错误；由题图乙可知在b点时电荷的加速度为a＝k，所以b点的电场强度大小为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(km,q)，电场力方向由a指向c，正电荷的电场强度方向跟电场力方向相同，b点的电场强度方向由b指向c，故B正确；对正电荷从a到b的过程，根据动能定理有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错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，从a到c电势逐渐降低，故D错误。5.(2024·天津模拟)北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8h的出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既定任务。已知核心舱组合体离地高度约391.9km，地球质量为5.98×1024kg，地球半径为6400km，引力常量取6.67×10－11N·m2/kg2，以下说法正确的是()图4A.航天员相对太空舱静止时，所受合外力为零B.由于太空舱在绕地球做圆周运动，出舱后航天员会很快远离太空舱C.航天员在8h的出舱活动中，将绕地球转过eq\f(1,3)周D.航天员出舱后，环绕地球的速度约为7.7km/s答案D解析航天员相对太空舱静止时，依然绕地球做圆周运动，所受合外力不为零，故A错误；由于太空舱在绕地球圆周运动，出舱后航天员在太空舱表面工作，随太空舱一起绕地球圆周运动，不会远离太空舱，故B错误；由万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得核心舱组合体的运行周期为T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))≈1.5h，航天员在8小时的出舱活动中，将绕地球转过5周多，故C错误；由万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正确。6.(2024·广东湛江一模)在金沙湾海滨浴场，某同学测得一波源位于O处的海水水波(视为简谐横波)，某时刻沿x轴正方向传播到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，质点P离O处60cm，如图5所示，取该时刻为t＝0。下列说法正确的是()图5A.质点P开始振动时的速度方向沿y轴正方向B.该波的传播速度为1m/sC.经过0.9s，质点P第一次到达波谷D.在0～0.1s时间内，x＝20cm处的质点振动的速度逐渐增大答案C解析波沿x轴正方向传播，可知质点A起振方向沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误；根据题图可知波长为20cm，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期为0.4s，可知波的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.2,0.4)m/s＝0.5m/s，故B错误；根据波形图可知，质点P第一次到达波谷经过的时间t＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(（60－15）×10－2,0.5)s＝0.9s，故C正确；在0～0.1s时间内，x＝20cm处的质点从平衡位置向波谷位置运动，速度逐渐减小，故D错误。7.(2024·河北保定二模)如图6所示，排球场的宽为d，长为2d，球网高为eq\f(d,4)，发球员在底线中点正上方的O点将排球水平击出，排球恰好擦着网落在对方场地边线上的E点，ED＝eq\f(d,2)，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图6A.O点距地面的高度为eq\f(9d,20)B.排球做平抛运动的时间为eq\r(\f(d,g))C.排球击出时的速度大小为eq\r(gd)D.排球着地时的速度大小为2eq\r(gd)答案A解析排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为O′E，显然eq\f(O′F,EF)＝eq\f(CQ,EQ)＝eq\f(2,1)，所以排球在左、右场地运动的时间之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为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))，选项A正确，B错误；排球击出时的速度大小v0＝eq\f(O′E,3t)＝eq\f(5\r(gd),3)，选项C错误；排球着地时的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)＝eq\r(\f(331gd,90))，选项D错误。8.如图7甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图，卷筒半径为R，某次从深井中汲取质量为m的水，并提升至高出水面H处的井口，假定出水面到井口转筒以角速度ω匀速转动，水斗出水面立即获得相同的速度并匀速运动到井口，则此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为()图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解析水上升的速度为v＝Rω，水提升到井口对水做功为W＝mgH＋eq\f(1,2)mv2＝mgH＋eq\f(mR2ω2,2)，所用时间为t＝eq\f(H,v)＝eq\f(H,Rω)，平均功率为P＝eq\f(W,t)，联立解得，此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为P＝eq\f(mRω（2gH＋R2ω2）,2H)，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.利用变压器原理的无线充电简化原理图如图8所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是()图8A.接收线圈的输出电压约为8VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案AC解析根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,80%I1)可得eq\f(I2,I1)＝eq\f(88,5)，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。10.(2024·山东临沂一模)一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p－V图像如图9所示，已知状态A的气体温度为TA＝200K，下列说法正确的是()图9A.状态B的气体温度为627℃B.在A→B过程中，气体既不对外做功，外界也不对气体做功C.在B→C过程中，气体对外做功1200JD.在A→B→C→A一个循环过程中，气体向外界释放热量450J答案BD解析由A→B为等容变化，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，状态B的气体温度为tB＝(800－273)℃＝527℃，故A错误；在A→B过程中，气体体积没有发生变化，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；在B→C过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为W1＝pB(VB－VC)＝4×105×(5－2)×10－3J＝1200J，故C错误；在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能变化ΔU＝0，A→B过程，气体体积不变，做功为零，即W2＝0，B→C过程，外界对气体做功为W1＝1200J，C→A过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积W3＝eq\f(1,2)×(1＋4)×105×3×10－3J＝750J，则有W＝W1＋W2－W3＝1200J－750J＝450J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝ΔU－W＝0－450J＝－450J，气体向外界释放热量450J，故D正确。11.(2024·湖南长沙模拟)在如图10所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想交流电表，R0、R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在a、b两端输入正弦交流电压，将滑动变阻器滑片从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是()图10A.电流表示数一直增大B.电压表示数一直增大C.a、b端输入功率一直增大D.变压器的输出功率一直增大答案AC解析滑动变阻器的滑片从最上端滑到最下端的过程中，副线圈电路中的电阻减小，设副线圈电路中的电阻为R，则U＝I1R0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)I1R，当R减小时，I1增大，根据变流比可知，电流表的示数增大，A正确；R0两端的电压与电压表电压之和等于a、b两端的输入电压，R0两端的电压增大，因此电压表的示数减小，B错误；由P＝UI1可知，a、b端输入功率一直增大，C正确；变压器的输出功率P1＝UI1－Ieq\o\al(2,1)R0，由于P1与I1是非单调关系，因此不能判断变压器的输出功率是增大还是减小，D错误。12.地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的生物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图11所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是()图11A.该带电粒子带正电B.从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变C.带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变D.一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动答案ABD解析粒子受到的洛伦兹力指向轨迹的内侧，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；粒子只受洛伦兹力，由于洛伦兹力方向总是垂直于粒子的速度，所以其对粒子不做功，不改变粒子的速度大小，只改变粒子的速度方向，故带电粒子的速率保持不变，B正确；对在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq\f(v2,R)，又T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，显然随磁感应强度的增强，粒子运动周期变小，可知带电粒子每旋转一周的时间变短，结合题图可知，带电粒子所受洛伦兹力存在竖直向上的分量，所以带电粒子沿轴线的速度逐渐减小，结合位移时间公式定性分析可知，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离逐渐减小，C错误；结合C项分析可知，当带电粒子竖直向下的分速度减为0时，其所受洛伦兹力斜向上，又开始向上运动，即从强磁场到弱磁场做螺线运动，D正确。选择题满分练(一)(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·浙江杭州二模)如图1，S为单色光源，M为一水平放置的平面镜。S发出的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏上可以看到明暗相间的条纹。设光源S到平面镜和光屏的距离分别为a和l，相邻两条亮纹(或暗纹)间距离为Δx，则光的波长λ为()图1A.eq\f(2lΔx,a) B.eq\f(2aΔx,l) C.eq\f(lΔx,2a) D.eq\f(aΔx,2l)答案B解析根据题意可知，光源到屏的距离可以看作双缝到屏的距离l，光源S与平面镜中虚像S′的间距看作双缝的间距d，则有d＝2a，由Δx＝eq\f(l,d)λ，可得λ＝eq\f(2aΔx,l)，故B正确。2.(2024·山东泰安一模)如图2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，下列可能反映此过程的v－t图像和x－t图像是()图2答案C解析足球沿边线在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，速度越来越小；运动员为了追上足球做加速运动，速度越来越大。v－t图像与坐标轴的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，v－t图像与坐标轴围成的面积相同，故A、B错误；x－t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x－t图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的x－t图像斜率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的x－t图像交于一点，故C正确，D错误。3.(2024·河北保定一模)如图3，质量为0.2kg的小球A在水平力F作用下，与四分之一光滑圆弧形滑块B一起静止在地面上，小球球心跟圆弧圆心连线与竖直方向夹角θ＝60°，g取10m/s2。则以下说法正确的是()图3A.B对A的支持力大小为2eq\r(3)NB.水平地面对B的摩擦力方向水平向右C.增大夹角θ，若A、B依然保持静止，F减小D.增大夹角θ，若A、B依然保持静止，地面对B的支持力减小答案B

解析对A受力分析，如图所示，根据平衡条件，B对A的支持力FN＝eq\f(mg,cosθ)＝4N，故A错误；对A、B整体受力分析，在水平方向，根据平衡条件，摩擦力与水平力F等大反向，即摩擦力水平向右，故B正确；对A受力分析，则F＝mgtanθ，增大夹角θ，若A、B依然保持静止，F增大，故C错误；对A、B整体受力分析，在竖直方向，根据平衡条件，支持力与A、B的重力二力平衡，大小相等，即地面对B的支持力不变，故D错误。4.(2024·山东临沂一模)1905年，爱因斯坦获苏黎世大学物理学博士学位，并提出光子假设，成功解释了光电效应，因此获得1921年诺贝尔物理学奖。如图4所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则()图4A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eUC.电子从M到N过程中y方向最大位移为vmdeq\r(\f(2m,eU))D.M、N之间的遏止电压等于eq\f(mveq\o\al(2,m),4e)答案C解析M、N间距离增大时，由于M、N间的电压不变，电场力对电子做功不变，则电子到达N的动能并不会随着距离的增大而增大，故A错误；电子从M到N运动过程，根据动能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，可知无论从哪个方向逸出的电子到达N时的最大动能均为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Nm)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eU，故B错误；当电子从M板沿y方向逸出，且速度最大时，电子从M到N过程中y方向位移最大，则有ym＝vmt，沿x方向有d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU,md)，联立可得ym＝vmdeq\r(\f(2m,eU))，故C正确；设M、N之间的遏止电压为Uc，根据动能定理可得－eUc＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得Uc＝eq\f(mveq\o\al(2,m),2e)，故D错误。5.(2024·湖南长沙模拟)人类发现并记录的首颗周期彗星——哈雷彗星在2023年12月初抵达远日点后开始掉头，踏上归途。已知哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，如图5所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星轨道是一个很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为r2，若地球的公转轨道可视为半径为R的圆轨道，则下列说法正确的是()图5A.哈雷彗星在近日点与远日点的速度大小之比为eq\r(\f(r2,r1))B.哈雷彗星在近日点与远日点的加速度大小之比为eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))C.哈雷彗星大约将在2071年左右再次离太阳最近D.哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足eq\f(r1＋r2,R)≈18答案B解析根据开普勒第二定律，取时间微元Δt，结合扇形面积公式可得eq\f(1,2)v1Δtr1＝eq\f(1,2)v2Δtr2，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(r2,r1)，A错误；由牛顿第二定律可得，在近日点时，eq\f(GMm,req\o\al(2,1))＝ma1，在远日点时，eq\f(GMm,req\o\al(2,2))＝ma2，联立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1))，B正确；由题中信息可知，哈雷彗星将在2023＋(76÷2)＝2061年左右回到近日点，C错误；根据开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k，得eq\f(a3,Teq\o\al(2,哈))＝eq\f(R3,Teq\o\al(2,地))，则有a＝eq\r(3,762)R≈18R，又半长轴a＝eq\f(r1＋r2,2)，则eq\f(r1＋r2,R)≈36，D错误。6.(2024·天津和平二模)一实验小组使用如图6所示的装置探究力和运动的关系，P是位于光滑水平轨道上的滑块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，开始时用手托住Q，绳子处于拉直状态，释放Q后两物体由静止开始运动的过程中(P未与滑轮相碰)，P与滑轮间的绳子是水平的，以下对实验规律描述中正确的是()图6A.P受到轻绳的拉力大小等于Q的重力mgB.Q减小的重力势能等于P增加的动能C.若P与滑轮间的绳子不水平，P也能做匀变速直线运动D.某段时间内，Q的重力冲量大小大于P的动量增加量答案D解析P、Q整体做匀加速直线运动，设轻绳拉力为T，加速度为a，对Q有mg－T＝ma，则T＝mg－ma，可见P受到轻绳的拉力大小小于Q的重力mg，故A错误；根据能量守恒定律可知Q减小的重力势能等于P增加的动能与Q增加的动能之和，故B错误；若P与滑轮间的绳子不水平，因运动过程绳子与水平方向夹角不断变化，所以P不能做匀变速直线运动，故C错误；某段时间t内，对Q，由动量定理有mgt－Tt＝mv，对P，Tt＝mPv，联立得mgt＝mPv＋mv，可见Q的重力冲量大小大于P的动量增加量，故D正确。7.(2024·广东广州高三期末)阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图7，探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电荷量为＋q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从ad边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p满足()图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解析粒子从ad边射出的临界轨迹如图所示带电荷量为＋q的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，粒子从a点射出时，由几何关系可得最小半径为r1＝eq\f(L,4)；粒子从d点射出时，由几何关系可得L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(L,2)))eq\s\up12(2)＝req\o\al(2,2)，解得最大半径为r2＝eq\f(5L,4)，粒子从ad边射出的半径满足eq\f(L,4)≤r≤eq\f(5L,4)，故粒子进入磁场时的动量p满足eq\f(qBL,4)≤p≤eq\f(5qBL,4)，故C正确。8.如图8所示，在磁感应强度大小为0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在宽度为0.2m的平行金属导轨上以5m/s的速度沿导轨向右匀速滑动，电阻R的阻值为2Ω，其他电阻不计。金属杆始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是()图8A.通过电阻R的电流方向为c→aB.通过电阻R的电流为0.2AC.1s内，电阻R产生的热量为4×10－3JD.若磁感应强度为0.4T，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为0.4V答案D解析根据右手定则，通过电阻R的电流方向为a→c，故A错误；金属杆产生的电动势为E＝BLv＝0.2×0.2×5V＝0.2V，通过电阻R的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.2,2)A＝0.1A，故B错误；1s内，电阻R产生的热量为Q＝I2Rt＝0.12×2×1J＝0.02J，故C错误；MN中产生的感应电动势变为E′＝B′Lv＝0.4×0.2×5V＝0.4V，故D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·河南新乡二模)如图9所示，理想变压器原线圈接电压u＝12eq\r(2)sin(100πt)V的交流电源，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，副线圈上接一定值电阻R0与电动机，电动机的内阻RM＝1Ω，定值电阻R0＝2Ω。下列说法正确的是()图9A.电动机消耗的最大功率为4.5WB.原线圈上电流为3A时，电动机消耗功率最大C.若把电动机换成滑动变阻器(0～5Ω)，滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5WD.若把电动机换成滑动变阻器(0～5Ω)，当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功率最大答案AC解析副线圈两端电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1，将n1∶n2＝2∶1和U1＝12V代入上式解得U2＝6V，电动机消耗的功率PM＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R0，当I2＝eq\f(U2,2R0)＝1.5A时电动机消耗的功率最大，即PM＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),4R0)＝4.5W，由于是理想变压器，所以eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为I1＝0.75