2026版高考物理步步高大二轮（标准版）选择题满分练(六)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）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，由公式v2＝2ax得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(x1,x2))＝eq\f(3,2)，则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2，B正确；碰撞后蓝球速度v1＝eq\f(2x1,t)＝1.2m/s，白球速度v2＝eq\f(2,3)v1＝0.8m/s，碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2m/s，C正确；两球碰前的动能为Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝2m，两球碰后的总动能为Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.04m，由于Ek1＞Ek2，所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。12.(2024·山东东营二模)如图11所示，两水平虚线间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，两虚线间的距离为eq\f(7,4)h，磁感应强度大小为B。边长为h的正方形导体框由虚线1上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线1平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，ab边与两虚线重合时的速度大小相等，忽略空气阻力，导体框在运动过程中不会发生转动，则()图11A.导体框可能先加速后减速B.导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为4mghC.导体框的最小速度是v＝eq\f(\r(2gh),2)D.导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合时所用的时间为eq\f(B2h3,mgr)－eq\r(\f(h,2g))答案CD解析已知ab边与两虚线重合时的速度大小相等，则导体框在cd边与虚线1重合时速度最小。设ab边与虚线1重合时速度为v1，则有veq\o\al(2,1)＝2gh，设cd边与虚线1重合时导体框的速度为v2，ab边与虚线2重合时的速度为v3，则有v3＝v1＝eq\r(2gh)，veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2g×(eq\f(7,4)h－h)，联立解得v2＝eq\f(\r(2gh),2)，整个过程中导体框经历了先加速、后减速、再加速、再次减速，出磁场后做匀加速运动，故A错误，C正确；根据运动的对称性可知，导体框完全离开磁场时的速度为v4＝v2＝eq\f(\r(2gh),2)，根据能量守恒定律可得mg(2h＋eq\f(7,4)h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＋Q，解得Q＝eq\f(7,2)mgh，故B错误；设导体框从ab边与虚线1重合到cd边与虚线1重合时所用的时间为t，线框中的平均感应电流为eq\o(I,\s\up6(－))，则由动量定理可得mgt－Beq\o(I,\s\up6(－))ht＝mv2－mv1，流过导体某一截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r)t＝eq\f(Bh2,r)，联立解得t＝eq\f(B2h3,mgr)－eq\r(\f(h,2g))，故D正确。选择题满分练(七)(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·甘肃卷，2)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v－t图像如图1所示，此两站间的距离约为()图1A.980m B.1230m C.1430m D.1880m答案C解析根据v－t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移结合题图可知，x＝eq\f(（74－25）＋94,2)×20m＝1430m，C正确。2.(2024·湖南株洲一模)如图2，一蚂蚁(可看成质点)在半径为R的半球体表面上缓慢爬行，蚂蚁与半球体间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若蚂蚁在爬行过程中不滑离球面，则其距半球体顶点的竖直高度不应超过()图2A.R－eq\f(R,\r(1＋μ2)) B.R－eq\f(R,\r(1－μ2)) C.eq\f(R,\r(1－μ2)) D.eq\f(R,\r(1＋μ2))答案A解析蚂蚁缓慢沿轨道下移，受力如图所示随着蚂蚁的下移，支持力与竖直方向的夹角θ在增大，蚂蚁受到的摩擦力在增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，蚂蚁离顶点最远，此时有tanθ＝eq\f(Ff,FN)＝μ，蚂蚁离顶点的高度为h＝R(1－cosθ)，结合几何关系可解得h＝R－eq\f(R,\r(1＋μ2))，故A正确。3.(2024·山东枣庄三模)如图3甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度a与其到地心距离r的关系图像，已知r1为地球半径，r2为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是()图3A.地球自转的角速度ω＝eq\f(a2－a1,r2－r1)B.地球同步卫星的周期T＝2πeq\r(\f(r2,a2))C.上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变D.从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动答案B解析根据a＝ω2r，可知a－r图像中，其斜率为角速度的平方，所以ω＝eq\r(\f(a2－a1,r2－r1))，A错误；由于a2＝ω2r2，解得ω＝eq\r(\f(a2,r2))，周期T＝eq\f(2π,ω)＝2πeq\r(\f(r2,a2))，B正确；上升过程中，人处于超重状态，支持力会变大，C错误；太空中物体均处于失重状态，从空间站向舱外自由释放一物体，不会做自由落体运动，D错误。

4.(2024·河北沧州模拟)肺活量是衡量人体呼吸功能的一个重要指标，是指人能够呼出的气体在标准大气压p0下的最大体积。一同学设计了如图4所示的装置测量自己的肺活量，竖直放置的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞，活塞上方放有重物，活塞由于卡槽作用在汽缸中静止不动，插销K处于打开状态，汽缸中活塞下方空间的体积为V0，该同学用尽全力向细吹嘴吹气后，关闭插销K，最终活塞下方空间的体积变为eq\f(3,2)V0，已知外界大气压强为p0，活塞的面积为S，活塞及上方重物的总重力G＝eq\f(1,2)p0S，汽缸的导热性能良好，则该同学的肺活量为()图4A.eq\f(3,4)V0 B.V0 C.eq\f(5,4)V0 D.eq\f(3,2)V0答案C解析设该同学呼出的气体在标准大气压p0下的体积为V，把该同学呼出的气体和活塞下方汽缸中原有的气体作为研究对象，有p0V0＋p0V＝p·eq\f(3,2)V0，其中p＝p0＋eq\f(G,S)＝eq\f(3,2)p0，解得V＝eq\f(5,4)V0，故C正确。5.一铅球被水平抛出，从抛出时开始计时，第0.1s内的位移为s1，第0.2s内的位移为s2，第0.3s内的位移为s3，不计空气阻力，已知eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,2)，则()A.0＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(2,3) C.eq\f(2,3)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(3,4) D.eq\f(3,4)＜eq\f(s2,s3)＜eq\f(4,5)答案B解析设铅球在第0.1s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为y，则第0.2s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为3y，第0.3s内水平方向的位移为x、竖直方向的位移为5y，则第0.1s内的位移为s1＝eq\r(x2＋y2)，第0.2s内的位移为s2＝eq\r(x2＋（3y）2)，第0.3s内的位移为s3＝eq\r(x2＋（5y）2)，由eq\f(s1,s2)＝eq\f(1,2)可得eq\f(s2,s3)＝eq\f(2,\r(10))，B正确。6.如图5所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同。三个灯泡都能发光(不考虑灯丝电阻随温度变化的情况)，工作中L3灯丝被烧断，关于L3灯丝烧断后说法正确的是()图5A.灯泡L1变亮B.灯泡L2变亮C.原线圈两端的电压变小D.变压器输入功率不变答案B解析灯泡L3灯丝烧断后，副线圈回路电阻R副变大，如图所示，根据变压器的等效电阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R副，可知R等阻值变大，电源电压恒定，则原线圈电流减小，灯泡L1变暗，A错误；原线圈电流减小，电源电压恒定，所以变压器的输入功率变小，D错误；由于输入电流变小，灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯泡L2变亮，故B正确，C错误。7.如图6所示，空间中存在一平面直角坐标系xOy，其第一象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一带负电的粒子从y轴上的A(0，a)点以一定初速度沿着与y轴正半轴成θ＝45°的方向射入磁场，经磁场偏转后，粒子从x轴上的C点垂直x轴离开磁场。已知磁感应强度大小为B，粒子的比荷和电荷量分别为k、q，粒子的重力不计。下列说法正确的是()图6A.粒子在磁场中运动的时间为eq\f(π,4kB)B.从射入磁场到离开磁场，粒子所受洛伦兹力冲量的大小为eq\f(3\r(2)πqBa,4)C.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.C与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案D解析作出粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(（π－θ）,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3π,4kB)，A错误；由几何关系得粒子的运动轨道半径r＝eq\r(2)a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(2)qBa,m)，因为洛伦兹力是变力，所以粒子所受洛伦兹力冲量的大小I≠(qvB)t，即I≠eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q\f(\r(2)qBa,m)B))·eq\f(3πm,4qB)＝eq\f(3\r(2)πqBa,4)，B、C错误；由几何关系可知，C与O点距离为sOC＝r＋a＝(eq\r(2)＋1)a，D正确。8.(2024·湖北武汉高三期末)如图7所示阴影部分为某玻璃砖的截面图，ABCD是边长为L的正方形，DC是半圆弧CPD的直径，O是其圆心，一束单色光从AD边的E点射入玻璃砖，入射角为i，折射光线正好照射到半圆弧的顶端P，并且在P点恰好发生全反射，反射光线正好经过BC边的F点。已知sini＝eq\f(\r(3),3)，光在真空中的传播速度为c，则该单色光在玻璃砖中的传播时间为()图7A.eq\f(4L,c) B.eq\f(2L,c) C.eq\f(3L,2c) D.eq\f(4L,3c)答案D解析在P点恰好发生全反射，根据几何关系可知，在E点的折射角与临界角C互余。根据折射定律n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(sini,cosC)，sinC＝eq\f(1,n)，解得n＝eq\f(2,\r(3))，单色光在玻璃砖中的传播速度为v＝eq\f(c,n)＝eq\f(\r(3),2)c，由几何关系有s＝2×eq\f(\f(1,2)L,sinC)＝nL，该单色光在玻璃砖中的传播时间为t＝eq\f(s,v)＝eq\f(4L,3c)，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.(2023·天津卷，7)位于坐标原点的波源从t＝0时刻开始振动，t＝0.5s时形成的机械波波形图如图8所示，则下列说法正确的是()图8A.机械波的波速v＝4m/sB.x＝1m处的质点在t＝0.3s时位于波谷C.波源的振动方程为y＝0.02sin(5πt＋π)mD.x＝－1m处的质点半个周期内向左移动半个波长答案BC解析波源位于坐标原点，由题图可知，该波源形成两列波，且在t＝0.5s的时间内波传播的距离为Δx＝2.5m，则机械波的波速为v＝eq\f(Δx,t)＝eq\f(2.5,0.5)m/s＝5m/s，A错误；由题图可知波的波长为λ＝2m，则波的周期为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(2,5)s＝0.4s，波刚传到x＝1m处需要的时间t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(1,5)s＝0.2s，由于t＝0.5s时波恰好向右传播到x1＝2.5m处，结合同侧法可知波源的起振方向沿y轴的负方向，所以t1＝0.2s时x＝1m处的质点沿y轴的负方向振动，再经过0.1s的时间，即eq\f(1,4)T的时间后，x＝1m处的质点刚好位于波谷处，B正确；设波源的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ)，由以上可知ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，由题图可知波的振幅为A＝2cm＝0.02m，又波源的起振方向沿y轴的负方向且t＝0时刻位于坐标原点，则波源的振动方程为y＝－0.02sin(5πt)m＝0.02sin(5πt＋π)m，C正确；质点起振后只在平衡位置附近上下振动，不会随波左右迁移，D错误。10.(2024·福建七地市质检)如图9甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物块P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物块P、Q运动的a－t图像如图乙所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则()图9A.物块Q的质量为eq\f(1,2)mB.t0时刻物块Q的速度为vQ＝S2C.t0时刻物块P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1D.0～2t0时间内弹簧始终对物块Q做正功答案ACD解析0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得eq\f(F弹,mP)＝eq\f(F弹,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F弹,mQ)＝a0，则Q的质量为eq\f(1,2)m，故A、D正确；由a－t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝eq\f(1,2)S2，故B错误；由a－t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1，故C正确。11.(2024·四川凉山州联考)如图10所示a、b、c、d为匀强电场中4条沿水平方向的等势面，一个质量为m，电荷量为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1