2026高考物理二轮复习（标准版）选择题满分练（五）含答案

（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锢241,其半衰期为432.2年，衰变方程为例

Am一锣Np+X+y。下列说法正确的是（）

A.夏天气温升高，锢241的衰变速度会变快

B.X是a粒子，具有很强的电离本领

C.钱237的比结合能比锢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是犯e,即a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，钱237的比结合能比锡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（）

感细

.应力应力.

,门

2m2m

图1

A.1.25m/s2B.lm/s2C.0.5m/s2D.0.25m/s2

答案C

解析作出单扇感应门打开过程的。一，图像如图所示，根据。一，图像与坐标轴

所围图形的面积表示位移可知，1ymX4s=2m,解得Om=lm/s,根据加速度的

定义可知。=辞=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，高度为由〃,

上下两个面为边长为4。的正方形，底面中心。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〃=点4则小甲虫能在水面上看到点光源的活动区域面积为（）

图2

A.16〃2B.7TU/2C.97U/2D.6.25/

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八光路图如图所示。

I

7

发生全反射时，sinC=由几何关系tanC=j,其中力=由〃，代入数据解得厂

=3小水面的对角线长度为4ax6=4啦〃<2/，因此在上表面能被光照亮的区域

是整个水面，面积为167,故A正确。

4.（2024・湖南衡阳二模）如图3甲所示，一质量为粗、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。儿运动，其。一/图像如图乙所示。己

知正电荷在力点处速率为上，斜率最大，最大值为2,在c•点处的速率为。，斜率

为0,则下列说法正确的是（）

A.该正电荷在从。到c的运动过程中，电势能先减小后增大

B./?点的电场强度大小为牛，方向由b指向c

Q/777；-

C.4、h之间的电势差&也=言

JJcy

D.从。到。电势逐渐升高，c点的电势最大

答案B

解析该正电荷由。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8点时电荷的加速度为。=k,所以力点的电场

强度大小为后=£=詈=等，电场力方向由。指向c,正电荷的电场强度方向跟

夕夕夕

电场力方向相同，〃点的电场强度方向由〃指向c,故B正确；对正电荷从。到方

的过程，根据动能定理有出面=品苏一品看解得〃片黯，故C错误；沿着

电场线的方向电势逐渐降低，从。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5.98X1024kg,地球半径为6400km,引力常量取6.67X10-"N・m2/kg2,

以下说法正确的是（）

图4

A.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

力有竿=，与V,可得核心舱组合体的运行周期为及■弋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

,,GMinV2[GMrri，山n〒心

力有/=行,可付27.7km/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），某时刻沿工轴正方向传播到20cm处，此时丫轴上10cm处的

质点己振动0.2s,质点尸离。处60cm,如图5所示，取该时刻为，=0。下列说

法正确的是（）

A.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/s

C.经过0.9s,质点P第一次到达波谷

D.在（）〜0.1s时间内，x=2（）cm处的质点振动的速度逐渐增大

答案C

解析波沿工轴正方向传播，可知质点A起振方向沿），轴负方向，各个质点的起

振方向均相同，故质点尸起振时的速度方向沿,，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

200

知波的传播速度为。=*=言m/s=0.5m/s,故B错误；根据波形图可知，质点尸

（6X1

第一次到达波谷经过的时间t=^=°-n<°s=0.9s,故C正确；在。〜

U・J

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,球网高为生发球

员在底线中点正上方的。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=$不计空气阻力，重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

图6

Qz/

A.0点距地面的高度为患

B.排球做平抛运动的时间为

C.排球击出时的速度大小为标

D.排球着地时的速度大小为2屈

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,显然票=晋=*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方，有〃=

；g（3f）2，*（2/）2,解得“=差3/=\聆£选项A正确，B错误；

排球击出时的速度大小加=第=零，选项C错误；排球着地时的速度大小。

=、涕+2gH='巴选项D错误。

8.如图7甲所示，辘泸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口

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，则此过程中辘粕

对水斗中的水做功的平均功率为（）

皿一卷/辐条

mRo)(2g//+R%2)mRco(2且+7?2苏)

,2HH

mR%(g+2火①2)〃庆%(g+&/)

答案A

解析水上升的速度为。=火①，水提升到井口对水做功为卬=〃吆”+5/=〃吆”

+小弊，所用时间为，=4=4,平均功率为P=5,联立解得，此过程中辘骄

ZVKCDI

对水斗中的水做功的平均功率为。=吗」嚼陛＞，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220

V、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（）

交流电直流电

接收整流

线圈电路

A.接收线圈的输出电压约为8V

B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1

C.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?=%”可得接收线圈的输出电压约为S=8V,故A正确；根据?

=而方可得牛=学，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；

oU/0/11]J

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-8、8-C、C-4

三个过程后回到初始状态A,其〃一V图像如图9所示，已知状态4的气体温度

为"=200K,下列说法正确的是()

p/(xlOsPa)

A.状态B的气体温度为627℃

B.在A-8过程中，气体既不对外做功，外界也不对气体做功

C.在BfC过程中，气体对外做功1200J

D.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，有偿=祟，解得及=的心=把黑义2()0K=8()()K,

IBIApA1A1tr

状态8的气体温度为。=(800—273)℃=527℃,故A错误；在A-8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

8-*。过程中，气体压强不变，体积减小，外界发气体做功为W1=PB(VB—Vc)—

4X105X(5-2)Xl(r3J=1200J,故C错误；在A—6-C—A一个循环过程中，

温度不变，内能变化AU=0,A-B过程，气体体积不变，做功为零，即M=(),

B-C过程，外界对气体做功为用=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=1X(1+4)X105X3X10-3J=750J,则有

+卬2—叩3=1200J—750J=450J,根据热力学第一定律AU=W+Q,可得Q=bU

-lV=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，R。、Ri为定值电阻，电为滑动变阻器，在〃、人两端

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10

A.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=/iRo+阅2力凡当R减小时，人增大,

根据变流比可知，电流表的示数增大，A正确；R）两端的电压与电压表电压之和

等于以〃两端的输入电压，Ro两端的电压增大，因此电压表的示数减小，B错

误；由尸=U/i可知，匕端输入功率一直增大，C正确；变压器的输出功率Pi

=U/LARO,由于P与人是非单调关系，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11

A.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/8=〃扇，又7=萼，解得7=窗，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，所以带巨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，即从里磁场到弱磁场做螺线运动，D

（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。和/,相

邻两条亮纹（或暗纹）间用离为心,则光的波长A为（）

光

S屏

J---"J",

1M/:

|・*:

图1

2/Atl\xa\x

A--/c•石D-^r

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/,光源S与平

面镜中虚像S的间距看作双缝的间距"，则有d=2m由Ax=）,可得2=竿，

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，乂向前追上足球，

下列可能反映此过程的v-t图像和x-t图像是（）

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，u—f图像与坐标轴围成的面积

相同，故A、B错误；x—/图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x—/

图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加返运动，运动员的x-f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

和运动员的工一/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E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

向夹角夕=60。，g取10m/s2。则以下说法正确的是（）

A.B对A的支持力大小为25N

B.水平地面对B的摩擦力方向水平向右

C.增大夹角0,若A、B依然保持静止，尸减小

D.增大夹角仇若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的支持力人=黑=4

N,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

水平力尸等大反向，即摩擦力水平向右，故B正确；对A受力分析，则F=mglan

仇增大夹角仇若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。m。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〃7,电荷量为e,则（）

A.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时才有最大动能区加

C.电子从M到N过程中y方向最大位移为

D.M、N之间的遏止电压等于喏

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，根据动能定理可得凉m—多加缸可知无论从哪个方向逸出的电

子到达N时的最大动能均为少〃加琢+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）方向位移最大，则有），m=lW,

沿x方向有〃=*，联立可得加=如（八「2，故C正确；设M、N之

/1•v<C-Ly

[2

间的遏止电压为Uc,根据动能定理可得一cUc=0-：〃2%,解得d=喏，故D

错误。

5.（2024・沏南长沙模拟）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内，在远日点与太阳中心的距离为m

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5

A.哈雷彗星在近日点与远日点的速度大小之比为。

B.哈雷彗星在近日点与远日点的加速度大小之比为。

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笠'七18

答案B

解析根据开普勒第二定律，取时间微元N,结合扇形面积公式可得斗小

。2加2解得*今A错误；由牛顿第二定律可得，在近日点时，平=〃依，

在远日点时，笔蛆=〃也2,联立解得意=♦，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了=

k,喏岑,则有。=仍不RF8R,又半长轴。="々则”^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的质量为机，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（）

A.P受到轻绳的拉力大小等于Q的重力mg

B.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，设珞绳拉力为厂加速度为〃，对Q有，”

—T=ma,则可见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，内，对Q,

由动量定理有机/-77=，如，对P,Tt=nipv,联立得〃侬=〃%+〃边，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abed

区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为&当宇宙中带电荷量为

+q的粒子从"中点。沿纸面垂直油边射入磁场区域时，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（）

5qBLB^^SpWqBL

A.qBLWpW

-4

5qBL

D-.-pqWB%L或-卢、5q七BL

4

答案c

解析粒子从Qd边射出的临界轨迹如图所示

2

带电荷量为+q的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力十，解得

治，粒子从〃点射出时，由几何关系可得最小半径为门=5粒子从d点射出时,

2_

由几何关系可得〃+加，解得最大半径为门=牛，粒子从4d边射出的

半径满足亨W-W苧，故粒子进入磁场时的动量〃满足华W〃W号，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().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2C,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()

A.通过电阻R的电流方向为c-。

B.通过电阻R的电流为0.2A

C.ls内，电阻R产生的热量为4X10、j

D.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。一c,故A错误；金属杆产生

E02

的电动势为E=8LD=0.2X0.2X5V=0.2V,通过电阻R的电流为/=方=；A

=0.1A,故B错误；1s内，电阻R产生的热量为。=产放=0.12X2X1J=0.02J,

故C错误；MN中产生的感应电动势变为£=H5=0.4X0.2X5V=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()分。)

9.(2024-河南新乡二模加图9所示，理想变压器原线圈接电压“=12V2sin(l00nZ)V

的交流电源，原、副线圈的匝数比“：〃2=2：1,副线圈上接一定值电阻R)与电

动机，电动机的内阻定值电阻Ro=2Q。下列说法正确的是()

A.电动机消耗的最大功率为4.5W

B.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(0-5Q),滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5W

D.若把电动机换成滑动变阻器(0〜5Q),当Ro与滑动变阻器阻值相等时，Ro的功

率最大

答案AC

解析副线圈两端电压为将m：“2=2：1和S=12V代入上式解得

S=6V,电动机消耗的功率PM=S/2—近Ro,当/2=M=1.5A时电动机消耗的

ZA0

功率最大，即PM=蛊=4.5W,由于是理想变压器，所以三音，电动机消耗功

率最大时，原线圈上电流为人=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=S/2—AR),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；Ro上的功率为P=RRO,当电流最大时，

定值电阻Ro的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，Ro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，7=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10

A.O~4fo,物体一直沿斜面向下运动

B.0〜4/o,合外力的总冲量为0

CJo时动量是2fo时的一半

D.2fo〜3fo过程物体的位移小于3fo〜4fo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mgsinO和F,分阶段分析,

由牛顿第二定律可知，在。〜io和2/0〜3/0阶段，物体的加速度大小为3g*in。，方

向沿斜面向下，在m〜2/o和3/o~4/o阶段，物体的加速度大小为gsin仇方向沿斜

面向上，可以画出物体运动的。一，图像如图所示，

由。一/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。一f图像得合外力的总冲量大小为4加gfosin&B错误；由o—/图像

可知fo时的动量为2m时的1.5倍，C错误；由。一，图像与f轴围成的面积表示位

移可知，2fo〜3加过程比3fo〜4fo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,/=2s时的波形图如图11®所示,

在波的传播方向上有两质点P