2026版高考物理步步高大二轮（标准版）选择题满分练(五)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）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＝0.75A，故A正确，B错误；把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为P＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)R0，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；R0上的功率为P＝Ieq\o\al(2,2)R0，当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。10.(2024·福建卷，7)如图10甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法中正确的是()图10A.0～4t0，物体一直沿斜面向下运动B.0～4t0，合外力的总冲量为0C.t0时动量是2t0时的一半D.2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程的位移答案AD解析沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mgsinθ和F，分阶段分析，由牛顿第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0阶段，物体的加速度大小为3gsinθ，方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0阶段，物体的加速度大小为gsinθ，方向沿斜面向上，可以画出物体运动的v－t图像如图所示。由v－t图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A正确；全过程中，对物体由动量定理结合v－t图像得合外力的总冲量大小为4mgt0sinθ，B错误；由v－t图像可知t0时的动量为2t0时的1.5倍，C错误；由v－t图像与t轴围成的面积表示位移可知，2t0～3t0过程比3t0～4t0过程的位移小，D正确。11.(2024·山东押题卷)一列简谐横波沿x轴传播，t＝2s时的波形图如图1