2026版高考物理步步高大二轮（标准版）选择题满分练(三)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）选择题满分练(三)(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·江苏卷，3)用粒子X轰击氮核从原子核中打出了质子，该实验的核反应方程式是X＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(1,1)H＋eq\o\al(14,6)C，则粒子X为()A.正电子eq\o\al(0,1)e B.中子eq\o\al(1,0)n C.氘核eq\o\al(2,1)H D.氦核eq\o\al(4,2)He答案B解析2.如图1所示的电路，线圈的电阻忽略不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC电路中将产生电磁振荡，如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，断开开关的时刻t＝0，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为()图1答案D解析因线圈电阻为零，电路稳定时，线圈两端电压为零，电容器不带电；断开开关后，t＝0时刻线圈中电流最大，方向由b到a，为负方向，以后形成振荡电流，则电感线圈中电流i随时间t变化的图像为D，故D正确。3.某实验小组用如图2所示的实验装置探究某金属发生光电效应的实验规律。当用频率为ν的入射光照射金属板K时，电流表示数不为零，向右调节滑动变阻器的滑片P，直到电流表的示数刚好为零，此时电压表的示数为Uc。则下列说法中正确的是()图2A.实验时电源的左端为正极B.若增大入射光的频率，Uc将会变大C.若不改变入射光频率和电路，增大入射光强度，Uc将会变大D.调换电源的极性(同时调整电压表)，保持光照不变，向右滑动滑片P的过程中，电流表示数一定一直增大答案B解析根据题意可知，当向右调节滑动变阻器的滑片P，电流表的示数减小为零，说明此时光电管两端的电压为反向电压，则电源的右端为正极，故A错误；根据爱因斯坦光电效应方程可知，当增大入射光的频率时，光电子的最大初动能增大，而Ekm＝eUc，所以Uc将会变大，故B正确；若不改变入射光频率和电路，增大入射光强度，饱和光电流增大，频率不变，Uc将保持不变，故C错误；调换电源的极性(同时调整电压表)，保持光照不变，向右滑动滑片P的过程中，当电流达到饱和光电流后，电压增大，电流将保持不变，故D错误。4.(2024·辽宁大连二模)目前，国产部分品牌家用汽车已安装智能雨刮器。有的智能雨刮器借助于光学式传感器实现下雨时自动启动，前挡风玻璃安装光学传感器后的横截面示意图如图3所示，其工作原理可做如下简化：不下雨时，激光光源P发出的红外线在玻璃内传播斜射到N处，全反射后被接收器Q接收；下雨时N处的外侧有水滴，光源P发出的红外线在N处不能全反射，接收器Q接收到的光照强度变小，从而启动雨刮器。关于智能雨刮器工作原理的分析正确的是()图3A.入射角θ的设计与红外线的频率无关B.前挡风玻璃的折射率需要比雨水的折射率小C.若前挡风玻璃外侧区域有油污，可能会影响雨刮器的自动启动D.若光源P和接收器Q的距离变大了，一定会导致不下雨时雨刮器自动启动答案C解析根据全反射的条件可知，入射角θ的设计需要大于或等于全反射临界角，而全反射临界角与红外线的频率有关，A错误；根据全反射条件可知，前挡风玻璃的折射率要比雨水的折射率大，B错误；若前挡风玻璃外侧区域有油污，油污对红外线有折射作用，接收器Q接收到的光照强度变小，不下雨时雨刮器也可能自动启动，C正确；若光源P和接收器Q的距离变大了，根据几何关系可知，光源P发出的红外线在玻璃内传播斜射到N处的入射角变大，若入射角仍大于或等于全反射临界角，则接收器Q仍可以接收到红外线，雨刮器不会启动，D错误。5.(2024·广东深圳二模)2024年3月20日，长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图4所示，鹊桥二号在进入近月点P、远月点A的月球捕获椭圆轨道，开始绕月球飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二号最终进入近月点P和远月点B、周期为24小时的环月椭圆轨道。关于鹊桥二号的说法正确的是()图4A.离开火箭时速度大于地球的第三宇宙速度，才能进入环月轨道B.在捕获轨道运行的周期大于24小时C.在捕获轨道上经过P点时，需要点火加速，才可能进入环月轨道D.经过A点的加速度比经过B点时大答案B解析鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入环月轨道，A错误；由开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k知，鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B正确；在P点要由捕获轨道变轨到环月轨道，做近心运动，必须降轨减速，C错误；根据万有引力提供向心力知Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，则经过A点的加速度比经过B点时小，D错误。6.在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块A，凹槽的底端切线水平，如图5所示。质量为1kg的小物块B以v0＝6m/s的水平速度从滑块A的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块A的顶端。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则小物块B沿滑块A上滑的最大高度为()图5A.0.3m B.0.6m C.1.2m D.1.8m答案C解析当二者速度相等时，小物块B沿滑块A上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh，解得h＝1.2m，故C正确。7.(2024·江苏泰州一模)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6所示。下列判断正确的是()图6A.气体在a→b过程中做等温变化B.气体在b→c过程中内能增加C.气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等D.气体在一次循环过程中会向外界放出热量答案C解析气体在a→b过程中因pV乘积变大，由eq\f(pV,T)＝C知温度升高，选项A错误；气体在b→c过程中因pV乘积变小，可知温度降低，内能减小，选项B错误；在p－V图像中，图像与坐标轴围成的面积等于气体对外做功，可知气体在a→b过程和b→c过程对外界做的功相等，选项C正确；气体在一次循环过程中从a到b再到c过程对外做功，从c到a过程外界对气体做功，整个过程中气体对外做功，且内能不变，则气体会从外界吸收热量，选项D错误。8.(2024·河北邢台二模)随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图7所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的比荷均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则()图7A.右极板带正电B.颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动C.两极板间的电压值为eq\f(gkd2,2L)D.颗粒落到收集板时的速度大小为eq\r(2g（L＋H）＋\f(gd2,2L))答案D解析根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，右极板带负电，故A错误；由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；设两极板间的电压值为U，水平方向上有qeq\f(U,d)＝ma，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，竖直方向上有L＝eq\f(1,2)gt2，联立解得U＝eq\f(gd2,2kL)，故C错误；颗粒离开电场时的水平速度为vx＝eq\r(2a·\f(d,2))＝eq\r(\f(gd2,2L))，离开电场后，水平方向做匀速直线运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx；竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，颗粒落到收集板时的竖直速度为vy＝eq\r(2g（H＋L）)，则颗粒落到收集板时的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2g（L＋H）＋\f(gd2,2L))，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.下列说法正确的是()A.在液体表面层，分子间作用力表现为斥力B.一切与热现象有关的宏观自然过程都不可逆C.玻尔理论可以成功解释氦原子的光谱现象D.电磁波在真空中传播时，它的电场强度E、磁感应强度B、波的传播方向两两垂直答案BD解析在液体表面层，分子间距离较大，分子间作用力表现为引力，因此产生液体表面张力，故A错误；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，是不可逆的，故B正确；玻尔理论只能成功解释氢原子的光谱现象，故C错误；电磁波是横波，每一处的电场强度和磁感应强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故D正确。10.(2024·江西九校协作体二模)如图8所示，在等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点为ab边的中点，在O点处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v＝eq\f(qBL,m)不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为2eq\r(2)L。不计重力和粒子间的相互作用力，则()图8A.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,4qB)B.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,3qB)C.粒子能从bc边射出的区域长度为LD.粒子能从bc边射出的区域长度为eq\r(2)L答案BD解析由qvB＝meq\f(v2,r)和v＝eq\f(qBL,m)，联立解得r＝L，如图所示，Od⊥ac，根据几何关系可知，Od＝L，对应从ac边射出的最短弦长，圆半径一定时，弦长越短其所对应的圆心角越小，即运动时间最短，轨迹对应的圆心角为60°，则最短时间tmin＝eq\f(1,6)T，T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，解得t＝eq\f(πm,3qB)，A错误，B正确；当粒子轨迹与ac边相切时与bc边交于e点，即从bc边射出的最高点，由几何关系可知Oe＝2L，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为eq\r(2)L，C错误，D正确。11.(2024·山东济南模拟)如图9所示，质量为m1＝90g的物块从距离地面高度为h＝19m处自由下落，在下落到距离地面高度为h′＝14m时，质量为m2＝10g的子弹以v0＝10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()图9A.子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为1m/sB.子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为10m/sC.物块下落的总时间为2sD.物块下落的总时间为eq\f(\r(95),5)s答案AC解析12.足够长的两根平行等长的导轨弯折成正对的“”形，MN、M′N′部分水平且光滑，NP、N′P′部分竖直，如图10所示，导轨间距为L＝0.5m，整个空间存在竖直向上、磁感应强度为B＝2T的匀强磁场。质量为m＝0.2kg、电阻为R＝0.5Ω、长度也为L的金属棒ab放在导轨MN、M′N′上，另一根与ab完全相同的金属棒cd置于NP、N′P′的外侧，距NN′足够高。现给ab棒一个向左的初速度v0＝8m/s，同时由静止释放cd棒，金属棒cd与NP、N′P′之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的有()图10A.初始时金属棒cd受到的摩擦力为4NB.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab向左移动的位移是0.8mC.金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为16WD.当ab停止运动时，整个系统产生的热量为6.4J答案BC解析初始ab棒产生的电动势E＝BLv0＝8V，ab与cd组成闭合回路，电流为I＝eq\f(E,2R)＝8A，两金属棒所受安培力大小为F＝BIL＝8N，根据右手定则可知，通过cd的电流方向由d到c，根据左手定则，cd受向左的安培力，与导轨对cd棒的支持力平衡，其所受最大静摩擦力为Ffmax＝μFN＝μBIL＝4N＞mg，故此时受到的静摩擦力大小为Ff＝mg＝2N，故A错误；当cd棒刚要运动时有Ff＝μBI′L＝mg，I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(BLv,2R)，联立解得v＝4m/s，从开始到cd棒刚要运动的过程，对金属棒ab，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv－mv0，eq\o(I,\s\up6(－))t＝q，q为该过程通过金属棒的电荷量，则有q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)t＝eq\f(BL\o(v,\s\up6(－))t,2R)＝eq\f(BLx,2R)，联立解得x＝0.8m，故B正确；金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为P＝F安v＝BI′Lv＝eq\f(B2L2v2,2R)＝16W，故C正确；根据功能关系，ab棒克服安培力所做的功等于减少的动能，则有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(W安))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝6.4J，而克服安培力所做的功等于回路产生的焦耳热，但cd棒下降过程中与导轨之间还有摩擦生热，所以整个系统产生的热量大于6.4J，故D错误。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