2024版高考物理复习考前特训选择题提速练汇编

选择题提速练(1)(限时25分钟)1．下列说法正确的是()A．两个分子间的作用力表现为引力时，分子势能随分子间距增大而减小B．分子间距小于r0时，分子势能一定随分子间距的减小而减小C．具有各向异性且熔点一定的物质可能是多晶体D．肥皂泡在空中呈球状是液体的表面张力引起的答案D解析两个分子间的作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子间作用力做负功，分子势能增大，A错误；分子间距小于r0时，两个分子间的作用力表现为斥力，分子间距减小时，斥力做负功，分子势能增大，B错误；单晶体、多晶体的熔点一定，但多晶体具有各向同性，具有各向异性的物质一定是单晶体，C错误；液体表面张力会使液体表面具有收缩的趋势，肥皂泡在空中呈球状是液体的表面张力引起的，D正确。2．(2023·江苏省苏锡常镇四市二模)在La型超新星爆发中，可以观察到放射性镍56(eq\o\al(56,28)Ni)衰变为钴56(eq\o\al(56,27)Co)。已知镍56的半衰期为6天，下列说法正确的是()A．该衰变为α衰变B．该衰变过程会释放能量C．一定质量的镍56，经12天后将全部衰变为钴56D．镍56在常温下的半衰期比在超新星爆发时高温下的长答案B解析放射性镍56(eq\o\al(56,28)Ni)衰变为钴56(eq\o\al(56,27)Co)，根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，放出的粒子是正电子eq\o\al(0,1)e，该衰变不是α衰变，故A错误；该衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故B正确；已知镍56的半衰期为6天，一定质量的镍56，经12天后只有eq\f(3,4)镍56发生了衰变，故C错误；半衰期只由原子核内部决定，与外界环境温度无关，则镍56在常温下的半衰期与在超新星爆发时高温下的半衰期相等，故D错误。3．(2023·江苏省海安中学阶段测试)图甲为电影《流浪地球2》中的太空电梯，又称为“斯科拉门德快速电梯”，是一种可以在地球表面和太空间来回运输人员和物资的巨型结构。图乙为其简化图，固定在空间站和地球间的刚性“绳索”与空间站一起和地球保持相对静止，电梯可沿“绳索”升降，则()A．空间站绕地球运行的向心力小于地球对它的万有引力B．空间站绕地球运行的向心力等于地球对它的万有引力C．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站将落回地面D．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站做离心运动答案D解析同步卫星在轨道上运行时，由万有引力提供向心力，恰好相对地球静止，而空间站轨道高于同步卫星轨道，若仅由万有引力提供向心力，空间站的周期大于同步卫星的周期，不可能相对地球静止，空间站所需的向心力由万有引力和“绳索”拉力的合力提供，故空间站绕地球运行的向心力大于地球对它的万有引力，A、B错误；若连接空间站处的“绳索”断裂，万有引力不足以提供向心力，故空间站做离心运动，C错误，D正确。4.质量为m、长为L的匀质木板以速度v0向右运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是粗糙的，与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，当木板全部进入粗糙水平地面时刚好静止，则木板的初速度v0是()A.eq\r(μgL) B．2eq\r(μgL)C.eq\r(3μgL) D．3eq\r(μgL)答案A解析在O点右侧，摩擦力与木板进入到粗糙面的长度成线性关系，可以用平均摩擦力来求摩擦力做功，根据动能定理得－eq\f(0＋μmg,2)L＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(μgL)，故选A。5．《天工开物》中记载了在冶炼过程中通过牲畜节省人力的工序，如图甲所示，牛轭(套在牛颈上的曲木)上两点通过两条轻绳与犁前的横木两端相连，拖动犁沿水平方向运动。两轻绳在牛轭上的固定点在同一水平面内，间距为0.5m，两固定点所在直线与犁前横木(质量可忽略)平行，间距为eq\r(3)m，俯视图可简化成如图乙所示，整体关于虚线对称，两轻绳所在平面与水平面间的夹角为30°，犁受到水平方向的阻力大小为300N，轻绳能承受的最大拉力为200N，则犁前横木的最大长度为()A．2.5mB．2mC．1.5mD．1m答案A解析横木受到两轻绳的合力在两轻绳所在平面内，方向与横木垂直，对横木进行受力分析，如图甲所示，则两轻绳的合力大小F合＝200eq\r(3)N。如图乙所示，在两轻绳所在平面内轻绳拉力由力的合成可知，设轻绳与F合间的夹角为θ，有2F绳cosθ＝F合，又F绳max＝200N，则(cosθ)min＝eq\f(\r(3),2)，由几何关系可知，横木的最大长度为d＝2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)m＋0.5m＝2.5m，A正确。6.(2023·江苏南通市期末)如图所示，红光与紫光组成的复色光自空气沿AO方向，从半圆形玻璃砖的左上方O点射入，分别从B、C点射出，则()A．从B点射出的是红光B．红光、紫光通过玻璃砖的时间相等C．紫光在空气中的波长比在玻璃中的波长短D．逐渐增大复色光的入射角，紫光先在半球面上发生全反射答案B解析由于紫光的频率大于红光的频率，根据频率大折射率大，可知玻璃对紫光的折射率大于红光，所以从B点射出的是紫光，故A错误；设OD长度为d，折射角分别为θB、θC，连接BD、CD，如图，根据nB＝eq\f(sini,sinθB)＝eq\f(c,vB)，nC＝eq\f(sini,sinθC)＝eq\f(c,vC)，解得eq\f(sinθB,vB)＝eq\f(sinθC,vC)，光在玻璃中传播时间为t＝eq\f(dsinθ,v)，可解得tB＝tC，故B正确；根据v＝eq\f(c,n)，可知紫光在玻璃中的传播速度比在空气中的小，由于频率不变，结合λ＝eq\f(v,f)可知，紫光在空气中的波长比在玻璃中的波长长，故C错误；根据题图可知，若逐渐增大复色光的入射角i，则折射角θ也增大，由几何知识可知在半圆形玻璃砖内部光的入射角反而逐渐减小，则红光和紫光均不会发生全反射，故D错误。7.如图，x轴上的P(l,0)点处有一正离子源，在xOy平面内向第一象限各个方向发射速率相同的同种离子。当离子沿与x轴正方向成θ＝30°角射入第一象限内的匀强磁场时，从y轴上的D点(未画出)离开磁场，在所有离子轨迹与y轴交点中，D点距离O点最远。若θ＝90°，离子将从C点(未画出)离开磁场，不计离子重力及离子间的相互作用，DC的长为()A．(2－eq\r(3))l B．(eq\r(3)－1)lC．(eq\r(2)－1)l D．(2－eq\r(2))l答案B解析当离子沿与x轴正方向成θ＝30°角射入第一象限内的匀强磁场时，从y轴上的D点离开磁场，在所有离子轨迹与y轴交点中，D点距离O点最远，如图。根据几何关系，圆周运动半径为R＝l，OD＝eq\r(3)l，若θ＝90°，离子将从C点离开磁场，可知OC＝l(等于磁场中圆周运动的半径)，则DC＝OD－OC＝(eq\r(3)－1)l，故选B。8.(2023·江苏省模拟)如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的小球(可视为质点)从距弹簧上端高度为h的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上振动。一段时间后，小球静止在O点，此时弹簧长度为eq\f(L,2)，弹簧的弹性势能为Ep，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为eq\f(mg,L)B．小球在运动过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒C．小球第一次下落过程中速度最大位置在O点D．Ep<mg(h＋eq\f(L,2))答案D解析小球停止运动时，受力平衡，根据平衡条件和胡克定律得kΔx＝mg，Δx＝L－eq\f(1,2)L＝eq\f(L,2)，解得k＝eq\f(2mg,L)，A错误；由分析可知小球开始从高处下落，经过一段时间，最后在O点静止，说明运动过程中有阻力作用，故小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；由于小球在运动过程中有阻力作用，第一次下落过程中合力为零的平衡位置并不在最后的静止位置，故O点不是第一次下落过程中速度最大处，C错误；小球从被释放到第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒定律有mg(h＋eq\f(L,2))＝Ep＋Ek＋W克f，则Ep＝mg(h＋eq\f(L,2))－Ek－W克f<mg(h＋eq\f(L,2))，D正确。9.(2023·江苏省海安高级中学高三月考)用电流传感器研究电容器充、放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是()答案A解析闭合开关S1后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时通过传感器的电流为零；再闭合开关S2，因为电容器的电压大于R2两端的电压，电容器放电，电容器的电压与R2的电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的电流方向相反，当电容器的电压等于R2两端的电压时，此时通过传感器的电流为零，故选A。10.如图所示，菱形ABCD上B、C、D三点放置电荷量分别为＋Q、－Q、＋Q的点电荷，O为菱形的中心，a、b、c、d为四条边的中点，∠ABC＝60°，则a、b、c、d四点的电势关系为()A．φa＝φd>φb＝φcB．φa＝φb＝φc＝φdC．φa＝φb>φc＝φdD．φb＝φc>φa＝φd答案A解析根据对称性可知，B、C两点处的点电荷在a点产生的电势与C、D两点处的点电荷在d点产生的电势相等，又D处点电荷在a点产生的电势与B处点电荷在d点产生的电势相等，可得a、d两点处的电势相等，同理可得b点电势与c点电势相等。在B、D处点电荷产生的电场中，a点与b点的电势相等，a点距离负点电荷远，则a点处的电势大于b点处的电势，根据以上分析可知a、b、c、d四点的电势关系为φa＝φd>φb＝φc，A正确。11.(2023·江苏南京市模拟)如图，竖直平面内有一宽度为L的有界匀强磁场，一边长为a(a<L)的正方形线框以一定的初速度v0水平抛出，从右边界离开磁场，运动过程中线框不翻转。关于进、出磁场的两个过程，下列说法正确的是()A．进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量大B．进入磁场过程中速度变化量小C．飞出磁场过程中线框产生的热量多D．重力做的功相等答案B解析设磁场的磁感应强度为B，线框电阻为R，根据q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，由于线框进、出磁场的两个过程穿过线框的磁通量变化量大小相等，则两个过程通过线框横截面的电荷量相等，故A错误；将线框的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，可知线框竖直方向做自由落体运动，线框在进、出磁场的两个过程水平方向均做减速运动，则线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，竖直方向根据Δvy＝gΔt，可知线框进入磁场过程竖直方向的速度变化量小于线框离开磁场过程竖直方向的速度变化量；线框在水平方向根据动量定理可得－Beq\x\to(I)aΔt＝－Baq＝Δpx＝mΔvx，由于线框进、出磁场的两个过程通过线框横截面的电荷量相等，则线框进、出磁场的两个过程水平方向的速度变化量相等，根据Δv＝eq\r(Δvx2＋Δvy2)，可知线框进入磁场过程中速度变化量小于线框离开磁场过程中速度变化量，故B正确；线框产生的热量等于克服安培力做的功，根据F安＝Beq\x\to(I)a＝eq\f(B2a2\x\to(v)x,R)，由于线框进入磁场过程的水平平均速度大于离开磁场过程的水平平均速度，则线框进入磁场过程受到的安培力大于离开磁场过程受到的安培力，又两个过程线框通过的水平位移相同，则线框进入磁场过程克服安培力做的功大于离开磁场过程克服安培力做的功，可知线框飞出磁场过程中线框产生的热量少于线框进入磁场过程中线框产生的热量，故C错误；由于线框竖直方向做自由落体运动，且线框进入磁场过程所用时间小于线框离开磁场过程所用时间，则线框进入磁场过程下落高度小于线框离开磁场过程下落高度，根据WG＝mgh，可知线框进入磁场过程重力做的功小于线框离开磁场过程重力做的功，故D错误。

选择题提速练(2)(限时25分钟)1.(2023·江苏省如皋中学阶段测试)互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则()A．该电流表可用来测量直流电B．次级线圈匝数越少，电流表读数越大C．该电流表测电流时相当于降压变压器D．测量时电流表应串联在被测通电导线中答案B解析互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B正确；该电流表原线圈为单匝，比次级线圈匝数少，是升压变压器，故C错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D错误。2.(2023·江苏南通市调研)如图所示为一带正电的金属球，a、b、c、d为过球心O的同一直线上的点，则()A．a点电势比b点的低B．a点电场强度比b点的大C．c点电势比d点的低D．c点电场强度比d点的大答案A解析根据静电平衡可知，带正电的金属球的电荷均匀分布在球的外表面，球的内部电场强度处处为零，整个金属球为等势体；金属球外部离金属球越远，电场强度越小，电势越低，则有Eb>Ea，Ec＝Ed，φc＝φd，φb>φa，故选A。3．(2023·江苏淮安市模拟)图甲是判断电流I0大小是否发生变化的装置示意图。电流I0在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与I0成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断I0的大小是否发生变化。当I0的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是()A．仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“＋”“－”接线柱连线位置无需改动C．M端应与电压表V的“＋”接线柱相连D．当电流I0增大时，电压表V的示数会减小答案A解析磁感应强度与I0成正比，当霍尔元件内部电场稳定时，evB＝evkI0＝eeq\f(U,b)，即ΔU＝vbkΔI0，仅适当增大工作电流I，根据I＝neSv可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电子在洛伦兹力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的“＋”“－”接线柱连线位置需要改动，B错误；根据安培定则及左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的“－”接线柱相连，C错误；当电流I0增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内、外两侧电势差增大，电压表V的示数会增大，D错误。4．某同学在做“用双缝干涉测光的波长”实验时，在实验操作过程中，测得第一条与第七条亮条纹中心间的距离为a＝7.68mm，已知双缝间的距离为d＝0.5mm，双缝到光屏的距离为L＝1.00m，则所测光的波长为()A．600nm B．640nmC．700nm D．740nm答案B解析由题知相邻亮条纹中心间的距离Δx＝eq\f(a,n－1)＝1.28mm，根据双缝干涉条纹间距公式可得λ＝eq\f(dΔx,L)＝640nm，B正确。5．如图所示，滑块M与重物m通过轻绳跨过定滑轮相连，M放在水平地面的长木板上，当长木板在外力的作用下向右运动时，M静止不动。测得M与m的总质量为1.4kg，固定滑轮的悬线拉力大小为5N、与竖直方向的夹角为37°，若定滑轮的重力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，轻绳与滑轮间摩擦不计，则M与长木板间的动摩擦因数为()A．0.2B．0.3C．0.4D．0.5答案B解析固定滑轮的悬线拉力大小为5N、与竖直方向的夹角为37°，根据平衡条件可知，绳中＝μ(Mg－mgsin16°)，M＋m＝1.4kg，联立解得μ＝0.3，故选B。6．(2023·江苏盐城市东沟中学三模)如图所示，空间存在水平垂直于纸面的匀强磁场，在磁场中放着四个用同样的细导线做成的刚性单匝闭合线框，其中线框Ⅰ和线框Ⅱ是边长为L的正方形线框，线框Ⅲ是长为2L、宽为0.5L的矩形线框，线框Ⅳ是周长为4L的圆形线框。四个线框绕各自的轴(如图中的虚线所示)匀速转动，其中线框Ⅰ的转速为n，其他线框的转速均为2n。四个线框产生的最大感应电动势分别为E1、E2、E3和E4，下列说法正确的是()A．E1<E2＝E3<E4B．E1<E2<E3<E4C．E1＝E2<E3<E4D．E1<E2＝E3＝E4答案A解析转动线框产生的感应电动势与形状和转轴位置无关，根据Em＝BSω，ω＝2πn，四个线框产生的最大感应电动势分别为E1＝BL2·2πn，E2＝BL2·2π·2n＝BL2·4πnE3＝B·0.5L·2L·2π·2n＝BL2·4πnE4＝Bπ(eq\f(4L,2π))2·2π·2n＝BL2·16n则有E1<E2＝E3<E4，故选A。7.(2023·江苏省如皋中学阶段测试)山地自行车前轮有气压式减震装置来抵抗颠簸，其原理如图所示。当路面不平时，活塞上下振动，在汽缸内封闭气体的作用下，起到延缓震动的目的。当活塞迅速下压过程中()A．汽缸内的气体分子的平均动能不变B．汽缸内所有分子的速率增大C．汽缸内的气体压强可能不变D．单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多答案D解析当活塞迅速下压时，活塞对气体做功，气体来不及散热，则由热力学第一定律可知，气体内能增加，温度升高，汽缸内的气体分子的平均动能增大，A错误；汽缸内的气体分子的平均动能增大，则分子的平均速率增大，并不是汽缸内所有分子的速率增大，B错误；当活塞迅速下压时，汽缸内的气体的体积减小，温度升高，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体压强一定增大，则单位时间内撞到汽缸内壁单位面积上的气体分子数增多，C错误，D正确。8.(2023·江苏镇江市三模)如图为地球的三个卫星轨道，Ⅱ为椭圆轨道，其半长轴为a，周期为T，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，且Ⅲ的轨道半径与Ⅱ的半长轴相等，Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点，三颗不同的卫星A、B、C分别运行在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上，已知引力常量为G，则()A．由题中条件可求得地球质量B．B、C在M点的向心加速度大小相等C．A、B经过N点时的所受地球引力相同D．A、B与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等答案A解析椭圆轨道Ⅱ半长轴为a，周期为T，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，由于Ⅲ的轨道半径与Ⅱ的半长轴相等且为a，由开普勒第三定律可知卫星C的周期为T，则Geq\f(Mm,a2)＝meq\f(4π2,T2)a，解得地球的质量M＝eq\f(4π2a3,GT2)，故A正确；由Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，所以B、C在M点的加速度大小相等，由于卫星B做变速圆周运动，卫星B的加速度与向心加速度不等，所以B、C在M点的向心加速度大小不相等，故B错误；A、B的质量大小关系未知，由F＝Geq\f(Mm,r2)可知A、B经过N点时的所受地球引力不一定相同，故C错误；由开普勒第二定律可知同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，A、B与地心的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。9.(2023·江苏省扬州中学阶段测试)某兴趣小组利用压敏电阻制作一台电子秤，其内部电路如图所示，R1是保护电阻，R2是调零电阻，压敏电阻值R随压力F变化规律为R＝kF＋C(k、C为常量，k>0)。现对电流表的刻度盘进行改装，使得电流表满偏时对应的测量物体质量为零，下列说法正确的是()A．刻度盘标注的质量刻度均匀B．若使用前质量示数大于零，应将R2的滑片向右滑动C．电子秤的示数越大，电源的总功率越大D．若电源的内阻增大，但仍能调零，则称量值仍准确答案D解析由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R2＋R＋R1＋r)＝eq\f(E,R2＋kF＋C＋R1＋r)，电路中的电流与压力F不是线性关系，刻度盘标注的质量刻度不均匀，故A错误；若使用前质量示数大于零，即电流表未满偏，电路中电流偏小，应减小电阻，将R2的滑片向左滑动，故B错误；电子秤的示数越大，电路中电流越小，电源的总功率P＝EI越小，故C错误；电源的内阻增大，电动势不变，仍能调零，则电流表仍可以满偏，称量值仍准确，故D正确。10.(2023·江苏省扬州中学阶段练习)如图所示，某同学自制了一个质量分布均匀、半径为R的冰球，O为球心，单色点光源S置于O点正下方球内最低点。已知冰球的折射率为eq\f(4,3)，不考虑反射光的折射，则冰球上无光射出的部分所对应的最大横截圆面的面积为()A.eq\f(7,16)πR2B.eq\f(9,16)πR2C.eq\f(49,64)πR2D.eq\f(63,64)πR2答案D解析设点光源S发出的光在球面P点发生全反射，根据几何关系可知光线SP与半径OP的夹角为全反射临界角C，如图，又sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，由几何关系知无光线射出的部分的截面圆的半径r＝Rsin(π－2C)＝eq\f(3\r(7),8)R，则截面圆的面积为S＝πr2＝eq\f(63,64)πR2，故选D。11.(2023·江苏泰州市阶段练习)如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，倾角为α，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a随时间t(沿斜面向下为正方向)，受到的弹力FN随时间t(垂直斜面向下为正方向)，以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是()答案D解析当mgcosα>qvB时，由牛顿第二定律得mgsinα－μ(mgcosα－qvB)＝ma，则eq\f(Δa,Δt)＝μqBeq\f(Δv,Δt)＝μqBa，－eq\f(ΔFN,Δt)＝qBeq\f(Δv,Δt)＝qBa可见a－t图像的斜率越来越大，FN－t图像的斜率越来越大。当mgcosα<qvB时，由牛顿第二定律得mgsinα－μ(qvB－mgcosα)＝ma，则eq\f(Δa,Δt)＝－μqBeq\f(Δv,Δt)＝－μqBa，eq\f(ΔFN,Δt)＝qBeq\f(Δv,Δt)＝qBa，则a－t图像的斜率越来越小，FN－t图像的斜率越来越小，故A、B错误；小球重力势能Ep＝－mgxsinα，可得Ep－x图像为倾斜直线，故C错误；因为qvB从0开始增加，故摩擦力先变小再变大后不变，机械能的变化量为摩擦力做功，所以机械能E－x的图像斜率先变小再变大后不变，故D正确。

选择题提速练(3)(限时25分钟)1.(2023·江苏南通市模拟)研究表明，分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示。则()A．液体表面层分子间距离略大于r1B．理想气体分子间距离为r1C．分子间距离r＝r2时，分子力表现为斥力D．分子间距离r＝r2时，分子势能最小答案A解析由于r＝r0时，分子力为0，则可知r1＝r0，而液体由于表面张力的作用，表面分子间作用力为引力，表面分子间距离大于r0，故液体表面层分子间距离略大于r1，故A正确；理想气体分子间距离为10r0，即10r1，故B错误；分子间距离r＝r2时，即r>r0，分子力表现为引力，故C错误；当r＝r0，即r＝r1时，分子势能最小，故D错误。2．(2023·江苏南京市汉开书院阶段检测)有些金属原子受激后，从某激发态跃迁回基态时，会发出特定颜色的光。如图甲所示为钠原子和锂原子分别从激发态跃迁回基态的能级差值，钠原子发出频率为5.09×1014Hz的黄光，可见光谱如图乙所示。锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为()A．红色B．橙色C．绿色D．青色答案A解析由玻尔理论结合普朗克的能量子假说可知E＝hν，分析题图甲可得ENa＝hνNa，ELi＝hνLi，代入数据可得νLi≈4.48×1014Hz，对照题图乙可知，锂原子从激发态跃迁回基态发光颜色为红色，A正确。3．每年进入秋冬季，天气变得干燥，城市的防火和消防压力陡然增大。假定某市商场发生火灾，消防员用靠在一起且口径相同的高压水枪甲、乙进行灭火，喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间不相等B．甲、乙水枪喷出的水落到失火处时的速度相同C．甲、乙水枪喷出的水的速度变化率相同D．甲、乙水枪喷出的相同质量的水落到失火处时，重力做功的功率不相等答案C解析甲、乙水枪喷出的水在竖直方向上的位移相等，可知甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相等，A错误；甲、乙水枪喷出的水在失火处竖直方向上的速度相同，而乙水枪喷出的水在水平方向上运动得更远，所以甲、乙水枪喷出的水落到失火处时的速度大小和方向均不同，B错误；甲、乙水枪喷出的水仅受重力，速度变化率均等于重力加速度，C正确；根据P＝mgvy，可知甲、乙水枪喷出的水落到失火处时重力做功的功率相等，D错误。4.(2023·江苏苏州市阶段练习)如图所示，在野营时需要用绳来系住一根木桩。细绳OA、OB、OC在同一平面内。两等长绳OA、OB夹角是90°。绳OC与竖直杆夹角为60°，绳CD水平，如果绳CD的拉力等于100N，那么OA、OB的拉力等于多少时才能使得木桩受到绳子作用力方向竖直向下()A．50N B．100NC.eq\f(100\r(6),3)N D.eq\f(100\r(3),3)N答案C解析要使木桩受到绳子作用力方向竖直向下，则绳子OC与CD的合力竖直向下，如图甲根据平行四边形定则，有FTC＝eq\f(F,sin60°)＝eq\f(100,\f(\r(3),2))N＝eq\f(200\r(3),3)N点O受力平衡，其受力如图乙所示，根据平衡条件结合对称性有FTA＝FTB＝eq\f(FTC,\r(2))＝eq\f(\f(200\r(3),3)N,\r(2))＝eq\f(100\r(6),3)N，故选C。5．有一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻波源O从平衡位置开始振动，图甲是该列波在t＝0.6s时的部分波形图，图乙是该列波上x＝14m处的质点振动的图像，则0～0.7s内平衡位置在x＝2m处的质点运动的路程为()A．10cmB．20cmC．30cmD．40cm答案C解析由题图乙可知，该波经0.7s传播到x＝14m处，则该列波的波速为v＝eq\f(Δx,Δt)＝20m/s，由此可知该波在t＝0.1s时传播到x＝2m处，此时位于该处的质点开始振动，由T＝eq\f(λ,v)有T＝0.4s，则0.6s＝1.5T，振幅A＝5cm，所以0～0.7s内平衡位置是x＝2m处的质点运动的路程为s＝1.5×4A＝30cm，C正确。6．(2023·江苏淮安市模拟)光刻机利用光源发出的紫外线，将精细图投影在硅片上，再经技术处理制成芯片。为提高光刻机投影精细图的能力，在光刻胶和投影物镜之间填充液体，提高分辨率，如图所示。若浸没液体的折射率为1.65，当不加液体时光刻胶的曝光波长为193nm，则加上液体后()A．紫外线进入液体后波长变短，光子能量增加B．传播相等的距离，在液体中所需的时间变为原来的eq\f(20,33)C．紫外线在液体中比在空气中更容易发生衍射，能提高分辨率D．在液体中的曝光波长约为117nm答案D解析紫外线在液体中的波长λ′＝eq\f(λ,n)＝eq\f(193,1.65)nm≈117nm，故D正确；根据D选项分析可知波长变短，紫外线进入液体频率不变，根据E＝hν可知光子能量不变，故A错误；设传播L距离，在真空中的时间t＝eq\f(L,c)，在液体中所需的时间t′＝eq\f(L,\f(c,n))＝eq\f(1.65L,c)＝eq\f(33,20)t，故B错误；紫外线在液体中波长变短，更不容易发生衍射，故C错误。7.如图所示，球形石墩放置在水平面上，一小玻璃弹珠从石墩顶部由静止释放沿表面落下，弹珠在运动过程中的速度v、加速度a、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的图像可能正确的是()答案D解析弹珠沿石墩下滑时，所受合力增加，运动过程的加速度逐渐增加，离开石墩后加速度为重力加速度g保持不变，故A、B错误；由于eq\f(ΔEp,Δt)＝mgvy，则重力做功的瞬时功率在逐渐增加，故C错误；由于W合＝ΔEk，则eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(W合,Δt)＝P合，故eq\f(ΔEk,Δt)为合力做功的功率，在逐渐增加，故D正确。8.(2023·江苏省扬州中学阶段测试)如图所示，两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是()A．两卫星在图示位置的速度v1<v2B．两卫星在A处的加速度大小不相等C．两颗卫星可能在A或B点处相遇D．两卫星永远不可能相遇答案D解析v2为卫星2在椭圆轨道的远地点速度，只有加速做离心运动，才能在远地点与地心连线为半径的圆周轨道上运动，故v2速度小于对应圆轨道的环绕速度v3，v1为做匀速圆周运动的速度，根据eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，v＝eq\r(\f(GM,r))，可知v1>v3>v2，故A错误；两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度a＝eq\f(GM,r2)，加速度大小相等，故B错误；椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故D正确，C错误。9.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为()A.eq\f(1,2)vB.eq\f(\r(3),2)vC.eq\f(2,3)vD.eq\f(3,2)v答案B解析带电粒子两次在磁场中的运动时间相同，圆心角都是60°；设圆形磁场的半径为R，粒子第一次在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r1)，r1＝2R粒子第二次在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得qv′B＝meq\f(v′2,r2)，r2＝Rtan60°，解得v′＝eq\f(\r(3),2)v故选B。10．(2023·江苏无锡市期末)如图所示，一足够长的轻质绸带放在水平光滑桌面上，A、B两物块静止在绸带上。现A、B同时受到反向、等大的力F作用，已知A的质量大于B的质量，A、B与绸带间的动摩擦因数相同，若最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则F由0逐渐增大的过程中()A．A先开始做加速运动B．A、B同时相对绸带滑动C．同一时刻，A的动能不大于B的动能D．同一时刻，A、B的加速度大小一定相等答案C解析因为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，A的质量大于B的质量，A、B与绸带间的动摩擦因数相同，根据Ff＝μmg可知，A的最大静摩擦力大于B的最大静摩擦力，所以B先达到最大静摩擦力，即B先相对于丝绸开始加速运动，故A、B错误；当F较小时，F逐渐增加，两物块都处于静止状态，两物块动能均为零，即动能相等；继续增大F，B先达到最大静摩擦力，B开始做加速运动的同时，A与绸带一起也做加速运动，此时B受的滑动摩擦力等于A与绸带整体所受的滑动摩擦力，均为μmBg，方向相反，并且此时A与绸带是相对静止的，对A有F－μmBg＝mAaA，对B有F－μmBg＝mBaB，因为A的质量大于B的质量，所以A的加速度小于B的加速度，所以同一时刻A的位移小于B的位移，根据(F－μmBg)x＝Ek，此时A的动能小于B的动能，由上述分析可知同一时刻A的动能不大于B的动能，故C正确，D错误。11.(2023·江苏省百校联考)在磁感应强度B＝eq\r(2)T的匀强磁场中有一矩形线圈，相关数据如下：匝数N＝10匝，面积S＝0.02m2，电阻r＝1Ω。线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，通过电刷与一理想变压器原线圈相接，变压器原、副线圈匝数比为1∶2。副线圈两端的理想交流电压表读数为36V，接入电灯电阻R＝36Ω。以下说法正确的是()A．矩形线圈转动产生的电流最大值为2AB．矩形线圈转动产生的电动势有效值为20eq\r(2)VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝20sin(100t)VD．若矩形线圈转速增大1倍，电压表读数变为72V答案D解析因为电压表读数为36V，电灯电阻为36Ω，所以通过电灯的电流为I2＝eq\f(U,R)＝1A，设原线圈的电流为I1，根据变压器电流与匝数的关系有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝2A，由题意可知I1为电流的有效值，故最大值为I1m＝eq\r(2)I1＝2eq\r(2)A，故A项错误；根据变压器电压与匝数的关系有eq\f(U1,U)＝eq\f(n1,n2)，解得U1＝18V，其电动势为E＝U1＋I1r＝20V，所以矩形线圈转动产生的电动势的有效值为20V，故B项错误；矩形线圈产生的电动势最大值为Em＝eq\r(2)E＝20eq\r(2)V，又有Em＝NBSω，解得ω＝100rad/s，所以，从中性面开始计时，电动势随时间变化规律为e＝20eq\r(2)sin(100t)V，故C项错误；若矩形线圈转速增大1倍，其角速度也增大一倍，故有Em′＝NBSω′，E′＝eq\f(Em′,\r(2))＝40V，由上述式子可知，转速增大1倍，电源电动势增大1倍，而电路不变，所以电路中的电流也增大1倍，所以其电压表读数为U′＝I2′R，所以电压表读数也增大一倍，即读数变为72V，故D项正确。

选择题提速练(4)(限时25分钟)1.在红绿灯旁有时可以看到“绿波速度”的标识，“绿波速度”指的是若汽车以标识速度沿当前道路行驶，则不会遇到红灯。已知某标志牌上显示的绿波速度如图所示，下列说法正确的是()A．绿波速度指的是平均速率B．绿波速度指的是瞬时速度C．若汽车以小于60km/h的速度行驶，一定不会遇到红灯D．若汽车以大于60km/h的速度行驶，一定不会遇到红灯答案A解析由题意可知，绿波速度指的是汽车在两红绿灯间行驶的平均速率，A正确，B错误；由于不知道汽车以绿波速度在两红绿灯间行驶的时间和红绿灯持续时间的关系，故无法确定速度改变时汽车是否会遇到红灯，C、D错误。2．(2023·江苏省第五次大联考)神舟十四号成功发射后，与空间站天和核心舱成功对接，航天员顺利进入天和核心舱。已知地球半径为R，空间站在距离地面高度h＝eq\f(R,16)处做匀速圆周运动，同步卫星距离地面高度为空间站距离地面高度的90倍，地球自转周期为T。则空间站绕地运行周期为()A.eq\r(\f(17,106)3)T B.eq\r(\f(1,90)3)TC.eq\r(\f(106,17)3)T D.eq\r(903)T答案A解析设同步卫星距地面的高度为H，空间站绕地运行的周期为T0，则由开普勒第三定律有eq\f(R＋H3,R＋h3)＝eq\f(T2,T02)，可得T0＝eq\r(\f(R＋h3T2,R＋H3))，解得T0＝eq\r(\f(17,106)3)T，故选A。3.(2023·江苏苏州市阶段练习)如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与B相连，在外力作用下A沿杆以速度vA匀速上升经过P、Q，经过P点时绳与竖直杆间的角度为α，经过Q点时A与定滑轮的连线处于水平方向，则()A．经过Q点时，B的速度方向向下B．经过P点时，B的速度等于eq\f(vA,cosα)C．当A从P至Q的过程中，B处于失重状态D．当A从P至Q的过程中，B处于超重状态答案D解析对于A，它的速度vA分成两个分速度分别是va、vb，其中va就是B的速度vB(同一根绳子，速度大小相同)，经过P点时B的速度为vB＝vAcosα；当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va＝0，所以此时B的速度vB＝0，故A、B错误；当A匀速上升时，由vB＝vAcosα可知，α增大，vB减小，因此B向下做减速运动，则处于超重状态，故C错误，D正确。4.如图所示，某透明介质的横截面为直角三角形，∠BAC＝30°。一束由单色光a和单色光b组成的复色光从O点垂直AB界面射入介质，b光在AC界面上的M点恰好发生全反射，a光在AC界面上的折射角为60°，已知OB＝2AO，则该介质对a光和b光的折射率分别为()A.eq\r(3)2B．2eq\r(3)C.eq\r(2)3D．3eq\r(2)答案A解析根据几何关系可知，AC界面上a光和b光入射角均为30°，则该介质对a光的折射率na＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，因b光在AC界面上的M点恰好发生全反射，由nb＝eq\f(1,sin30°)得nb＝2，A正确。5．(2023·江苏省八市检测)当篮球气不足时常用打气筒和气针给篮球充气，把气针安装在打气筒的气嘴上，把气针慢慢地插入篮球气孔，然后压缩打气筒将空气压入篮球内。在一次缓慢压缩打气筒的充气过程中，设此次充气过程中篮球的体积不变，气体温度不变，打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，气体可视为理想气体，对于此次充气前打气筒内的气体和篮球内原来的气体，下列说法正确的是()A．此过程中气体的内能增大B．此过程中每个气体分子的动能均不变C．此过程中气体向外界放出热量D．此过程中气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减少答案C解析打气筒内的气体全部压入篮球内，没有向外界漏气，两者的气体质量不变，缓慢压缩打气筒，气体温度不变，则气体内能不变，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度不变，则分子的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，B错误；充气前气体在打气筒和篮球内，充气后气体全部在篮球内，篮球的体积不变，则气体的体积减小，则此过程中外界对气体做功，即W>0，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q<0，即气体向外界放出热量，C正确；压缩过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可知气体的压强增大，此过程中气体的温度不变，即分子热运动的激烈程度不变，但压强增大，则气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D错误。6．(2023·江苏南京师大附中模拟)图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态。图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q两波源形成的波分别传到点M(－1.5,0)、点N(0.5,0)，已知声波传播的速度为340m/s。则下列说法正确的是()A．该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340HzB．小水珠悬浮时，受到的声波压力为零C．两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点M(－1.5,0)附近D．经过t＝1×10－4s，点M沿x轴正方向移动3.4cm答案C解析由题图乙可知，超声波波长为1cm，而声波的传播速度为340m/s，所以该超声波信号频率为f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(340,1×10－2)Hz＝34000Hz，故A错误；小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力竖直向上，不为零，故B错误；由于P、Q为两个波源，可知波源振动步调相反，M点与两个波源的波程差为2.5cm，即2.5个波长，为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，故C正确；介质中的各质点在平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。7.(2023·江苏南通市海安中学开学考)如图为验证向心力公式的实验装置。在直尺上钻一小孔，使小孔恰能穿过一根细线，线下端挂一钢球，固定直尺，使球在水平面内绕圆心O做匀速圆周运动，待球稳定运动后，从尺上方垂直直尺往下看，估测球外侧到点O的距离r，用秒表测出球运动的时间，得到周期T，根据向心力公式计算出球所需向心力，再与球所受合力比较，实验中()A．必须测出钢球的质量B．为估测距离r，小孔距尺右端的距离必须小于rC．用秒表测量球只转一周的时间记为球运动的周期TD．以r作为运动半径，球所需向心力的计算值将偏大答案D解析为减小误差，应用秒表测量出钢球转动多圈所用的时间t，再计算钢球运动的周期，设圈数为n，则T＝eq\f(t,n)，故C错误；钢球受重力和细线的拉力两个力作用，设小孔到钢球球心的长度为L，钢球直径为d，根据平行四边形定则可知，合力为F合＝mgtanθ＝eq\f(mgr－\f(d,2),\r(L2－r－\f(d,2)2))，钢球做圆周运动的向心力为F向＝m(r－eq\f(d,2))eq\f(4π2,T2)＝m(r－eq\f(d,2))eq\f(4π2n2,t2)，比较合力与向心力时，钢球的质量可以约去，故不需要测出钢球的质量，故A错误；由上述分析可知，以r作为运动半径，球所需向心力的计算值将偏大，故D正确；估测距离r可通过小孔左侧直尺的刻度测出，故不需要小孔距尺右端的距离必须小于r，故B错误。8.(2023·江苏省百校第三次联考)街头变压器通过降压给用户供电的示意图如图。输出的电压通过输电线输送给用户，输电线总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻。若变压器视为理想变压器，且输入电压保持不变，理想电流表的示数为I，理想电压表的示数为U，当滑片下移(相当于用户的用电器增加)时()A．I减小B．U减小C．R0消耗的功率减小D．变压器输入功率减小答案B解析当滑片下移时，变压器输出电路的总电阻减小，根据I2＝eq\f(U2,R0＋R)可知副线圈电流增大，由eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)可知理想电流表的示数增大，故A错误；输入电压U1跟输出电压U2均不变，根据U2＝I2R0＋U，可知理想电压表的示数减小，故B正确；根据P＝I22R0，可知R0消耗的功率增大，故C错误；变压器输入功率为P输入＝U1I，随着变压器输入电流的增大，其输入功率增大，故D错误。9.(2023·江苏泰州市阶段练习)如图所示，投球游戏中，某同学将皮球从地面上方O点处水平抛出，第一次皮球直接落入墙角A处的空筐，第二次皮球与地面发生一次碰撞后恰好落入A处空筐。已知皮球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力，则()A．第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍B．两次抛出皮球过程人对球做的功一样多C．皮球入筐瞬间，第二次重力的功率大于第一次D．从抛出到入筐，第二次皮球重力势能的减少量比第一次多答案A解析设抛出点距离地面的高度为h，下落时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，设第一次抛出速度为v1，则水平位移与抛出速度关系x＝v1t，第二次抛出去的速度为v2，则水平位移与抛出速度关系x＝v2·3t，联立可知v1＝3v2，第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍，A正确；由动能定理可知，人对球做的功等于球动能的变化量，两次抛出时的速度不同，动能变化量不同，故人对球做的功不一样多，B错误；皮球入筐瞬间，重力的功率为P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，两次皮球落入筐时竖直方向的分速度大小相同，第二次重力的功率等于第一次，C错误；从抛出到入筐，同一皮球两次高度的变化相同，故两次皮球重力势能的减少量一样多，D错误。10．(2023·江苏省如皋中学阶段测试)如图甲所示，三个电荷量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x＝0处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受静电力随位置的变化图像如图乙所示(以x轴正向为静电力的正方向)。设无穷远处电势为零。则()A．试探电荷带负电B．乙图中的x1与甲图中的x0相等C．在x轴正半轴上，x2处电势最高D．试探电荷在x1处电势能最大答案D解析在x<x1时，三个点电荷对试探电荷的静电力向左，则该试探电荷带正电，故A错误；在x＝x0时，试探电荷所受静电力向左，在x＝x1时，试探电荷所受静电力为0，则乙图中的x1与甲图中的x0不相等，故B错误；试探电荷沿x轴正方向运动，在0≤x≤x1时，试探电荷所受静电力做负功，电势能增大，在x≥x1时，试探电荷所受静电力做正功，电势能减小，则试探电荷在x1处电势能最大，由电势的定义φ＝eq\f(Ep,q)可知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高，则在x1处电势最高，故C错误，D正确。11.如图所示，光滑且足够长的斜面倾角θ＝30°，斜面O点静置一个质量为1kg的物体，从某时刻开始，沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动，经过一段时间到达A点，突然撤去外力，又经过相同时间物体返回到斜面B点，且物体具有180J的动能，已知AO＝OB，重力加速度g取10m/s2，以下说法正确的是()A．恒力F大小为7.5NB．撤去外力F时物体的动能为40JC．恒力F对物体所做的功为100JD．下滑过程中，物体由A点到O点所用时间与由O点到B点所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)答案C解析设物体由O到A过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F－mgsinθ＝ma1，撤去外力后物体先做减速运动后反向做加速运动，其加速度大小都为a2＝gsinθ，由于AO＝OB，物体由A到B过程中有－2×eq\f(1,2)a1t2＝a1t2－eq\f(1,2)a2t2，得a1＝eq\f(1,4)a2，则F＝6.25N，故A错误；物体到达B点时动能Ek＝180J，物体由O点到B点过程，由动能定理有FL＋mgsinθ·L＝Ek，得L＝16m，设撤去外力F时物体的动能为Ek′，物体从O点到A点过程，由动能定理有FL－mgsinθ·L＝Ek′，得Ek′＝20J，故B错误；恒力F对物体所做的功W＝FL＝100J，故C正确；下滑过程中，物体由A点到O点和由O点到B点位移相同，但物体在A点速度不为零，故物体由A点到O点所用时间与由O点到B点所用时间之比不是1∶(eq\r(2)－1)，故D错误。

选择题提速练(5)(限时25分钟)1．(2023·江苏省扬州中学阶段测试)我国自主研发的东方超环(EAST)是国际首个全超导托卡马克核聚变实验装置，有“人造太阳”之称。“人造太阳”核反应的方程可能是()A.eq\o\ar(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\ar(140,54)Xe＋eq\o\al(94,38)Sr＋2eq\o\al(1,0)nB.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nC.eq\o\ar(226,88)Ra→eq\o\ar(222,86)Rn＋eq\o\al(4,2)HeD.eq\o\ar(14,7)N＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\ar(17,8)O＋eq\o\al(1,1)H答案B解析四个核反应依次是重核裂变、轻核聚变、α衰变和人工核转变，“人造太阳”为轻核聚变，故B正确。2.(2023·江苏南通市适应性考试)如图所示，从地面上同一位置同时抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，已知两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则上述运动过程中()A．B相对A做匀速直线运动B．B的速度变化率逐渐增大C．B的速率始终比A的小D．B的初动量比A的大答案A解析依题意，两小球均做斜抛运动，二者具有相同的加速度，所以B相对A做匀速直线运动，故A正确；根据g＝eq\f(Δv,Δt)可知，B的速度变化率不变，故B错误；根据vy2＝2gH可知，两球抛出时初速度的竖直分速度相同，又vy＝gt，即两球在空中运动的时间也相同，根据x＝vxt可知，小球A抛出时初速度的水平分速度较小，根据v＝eq\r(vx2＋vy2)，易知球B的初速度比球A的大，根据p＝mv可知两球质量关系未知，无法判断初动量大小，同理可得出两小球在运动过程中，竖直方向的分速度始终相同，水平方向的分速度A球小于B球，所以B的速率始终比A的大，故C、D错误。3.(2023·江苏省高三联考)空间探测卫星主要用于探测太阳风对地球空间环境的影响，近地点为几百公里，远地点为几万公里。如图所示两空间探测卫星A、B在同一平面内沿同一方向绕地球运行。则()A．卫星A的线速度大小大于卫星B的线速度大小B．卫星A与地心连线在单位时间内扫过的面积与B与地心连线在单位时间内扫过的面积不相等C．卫星A的半长轴三次方与周期二次方的比值比卫星B的小D．卫星A的发动机短时间喷气一次，就能转移到卫星B的轨道上答案B解析卫星A、B的轨道为椭圆，所以每一个点的速度大小不同，无法确定速度大小的比较，A错误；根据开普勒第二定律，卫星A、B在两个不同的椭圆轨道上运动，则卫星A与地心连线在单位时间内扫过的面积与B与地心连线在单位时间内扫过的面积不等，B正确；根据开普勒第三定律可知，卫星A的半长轴三次方与周期二次方的比值与卫星B的相等，C错误；卫星A的发动机短时间喷气一次，速度增大做离心运动，轨道会与原轨道加速点相切，D错误。4.如图所示，A、B为两带电小球，B用绝缘轻质细线悬挂于O点，A球固定且在O点正下方，和B球相连的细线与竖直方向成一定的夹角，已知OA∶OB∶AB＝5∶5∶3，细线对B的拉力与A对B作用力的大小之差为Fn，重力加速度为g，则小球B的质量为()A.eq\f(Fn,2g)B.eq\f(3Fn,2g)C.eq\f(5Fn,2g)D.eq\f(7Fn,2g)答案C解析以小球B为研究对象，其受到重力G＝mBg、A对它的作用力F2和细线的拉力F1三个力作用，受力情况如图所示，作出F1、F2的合力F，由平衡条件得F＝G，根据△CBD和△OAB相似可得，eq\f(F,OA)＝eq\f(F2,AB)＝eq\f(F1,OB)，又F1－F2＝Fn，解得mB＝eq\f(5Fn,2g)，C正确。5．(2023·江苏南京市、盐城市一模)湖面上P、Q两艘小船(均视为质点)相距6m，一列水波以大小为1m/s的波速沿PQ方向传播，在t＝0时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，t＝1.5s时刻小船P第一次到达最低点。则下列说法正确的是()A．水波的周期为4sB．水波的波长为4mC．水波从小船P传到小船Q的时间为6sD．从小船Q起振到小船Q第一次到达最高点的时间为1s答案C解析由于在t＝0时刻水波恰好到达小船P处，此时小船P由平衡位置开始竖直向上运动，t＝1.5s时刻小船P第一次到达最低点，则有eq\f(3,4)T＝1.5s，解得T＝2s，A错误；根据v＝eq\f(λ,T)，解得λ＝2m，B错误；根据v＝eq\f(Δx,Δt)，解得水波从小船P传到小船Q的时间Δt＝6s，C正确；介质中各质点的起振方向相同，即小船Q起振方向为由平衡位置开始竖直向上运动，则从小船Q起振到小船Q第一次到达最高点的时间为eq\f(T,4)＝0.5s，D错误。6．(2023·江苏省苏锡常镇二模)环形变压器视为理想变压器，原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12V，22W”的照明电灯，示意图如图甲所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表。原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光。则()A．原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3s的电压瞬时值相等B．若电压表为非理想交流电表，读数比理想电压表读数小C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05AD．在t＝5×10－3s时刻，电压表的示数为零答案A解析原线圈两端电压的有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由题图乙可知电压周期T＝2×10－2s，则电压瞬时值表达式为u＝Umcoseq\f(2π,T)t＝220eq\r(2)cos(100πt)V，当t＝2.5×10－3s时的电压瞬时值为u＝220eq\r(2)cos(100π×2.5×10－3)V＝220V，即原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3s的电压瞬时值相等，A正确；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，原线圈两端有效值一定时，副线圈两端电压也一定，电压表测的是变压器副线圈两端电压，其不会随外电阻的变化而变化，即若电压表为非理想交流电表，其读数与理想电压表读数相等，B错误；照明电灯正常发光时，通过副线圈的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(11,6)A，线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,12)＝eq\f(55,3)，则电流表的读数为I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.1A，C错误；电压表测的是副线圈两端电压的有效值，即始终为12V，D错误。7.在斯特林循环中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c、d后再回到最初状态a完成一次循环，如图所示，实现由高温热源吸热，部分转化为机械功后向低温热源放热的效果。整个过程由两个等温和两个等容过程组成。在a→b、b→c、c→d、d→a的过程中，气体与外界的热量交换分别为9J、20J、12J、20J。定义该循环的热效率为经历一个循环所转化的机械功与从外界吸收热量的比值，已知斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，则下列说法正确的是()A．状态a比状态c的温度高B．b→c的过程中，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数减少C．完成一次循环，外界对气体做功3JD．气体的热效率为25%答案D解析d→a的过程，体积不变，压强降低，由eq\f(pV,T)＝C可知，温度降低，c、d在同一条等温线上，温度相等，故状态a比状态c的温度低，A错误；b→c的过程中，体积不变，压强增大，故温度升高，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数增多，B错误；a→b、d→a过程气体放热，b→c、c→d过程气体吸热，由于内能不变，则完成一次循环，气体对外界做功3J，C错误；由于斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，一个循环内，只计算a→b和c→d过程，这两个过程只有c→d过程气体吸热。根据气体的热效率的定义，转化的机械功为3J，气体从外界吸收热量为12J，故气体的热效率为25%，D正确。8.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，一个粒子源在b点将质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(不计粒子重力及粒子间的相互作用)()A.eq\f(qBL,2m)B.eq\f(qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m)D.eq\f(\r(3)qBL,3m)答案D解析由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周时，运动时间最长，速度最大时的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径r＝ab·tan30°＝eq\f(\r(3),3)L，由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝meq\f(vm2,r)，从而求得最大速度vm＝eq\f(\r(3)qBL,3m)，A、B、C错误，D正确。9.如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，重力加速度为g，则()A．v＝v0 B．v>v0C．a2＝eq\r(2)gsinθ D．a1＝eq\r(2)gsinθ答案D解析小滑块在斜面上滑动，摩擦力大小始终不变为Ff＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，滑块速度从水平到竖直过程中根据动能定理得mgsinθ·y－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，根据几何关系可知s>y，可知v<v0，故A、B错误；摩擦力的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知Ff的方向与重力沿斜面向下的分力的方向的夹角为90°到180°，则合力的大小范围满足mgsinθ－Ff≤F合≤eq\r(Ff2＋mgsinθ2)，结合牛顿第二定律F合＝ma，可得0≤a≤eq\r(2)gsinθ，则a1＝eq\r(2)gsinθ，a2＝0，故D正确，C错误。10．(2023·江苏省如皋中学阶段测试)利用如图甲所示的装置可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差，T1、T2是标准平面玻璃，A0为标准金属丝，直径为D0，A为待测金属丝，直径为D。用波长为λ的单色光垂直照射玻璃表面，干涉条纹如图乙所示，相邻亮条纹的间距为ΔL。则()A．D与D0相差越大，ΔL越大B．轻压T1的右端，若ΔL变小，有D<D0C．相邻亮条纹对应的空气薄膜厚度差为λD．图乙可能是D与D0相等时产生的条纹答案B解析设标准平面玻璃之间的夹角为θ，由题设条件有tanθ＝eq\f(|D－D0|,L)，由空气薄膜干涉条件有2ΔLtanθ＝λ，即ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)，由此可知D与D0相差越大，θ越大，ΔL越小，A错误；轻压T1的右端，若ΔL变小，由ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)可知，θ变大，因为压的是右侧，说明右侧直径小，即有D<D0，B正确；相邻亮条纹的光路对应的是光程差，是空气薄膜厚度差的2倍，C错误；当D＝D0时，光程差相等，则不产生干涉条纹，故D错误。11．如图甲所示，光滑绝缘的水平面上固定有平行部分间距为L＝1m的光滑U形金属导轨，导轨的左侧接一阻值为R＝1Ω的定值电阻，在两虚线(与导轨垂直)间存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场，磁场区域的宽度为d。现有一质量为m＝0.1kg的导体棒ab(与导轨垂直)以某一水平向左的初速度从导轨的右端开始运动，在运动过程中导体棒始终受到水平向右的恒力F的作用，规定水平向左为正方向，导体棒的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，导轨与导体棒的电阻不计，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，下列说法正确的是()A．恒力F的大小为10NB．导体棒刚进入磁场时回路中的感应电流为4AC．导体棒向左穿过磁场的过程，通过R的电荷量为0.2CD．导体棒向左穿过磁场的过程，恒力F对导体棒做的功为－0.15J答案D，解得F＝1N，A错误；导体棒刚进入磁场时，有F1＝BI1L，I1＝eq\f(E1,R)，E1＝BLv1，F1＋F＝ma1，解得v1＝3m/s，I1＝3A，B错误；导体棒离开磁场前瞬间，同理有F＋eq\f(B2L2v2,R)＝ma2，解得v2＝1m/s。导体棒在穿过磁场的过程中，由动量定理可得－(FΔt＋Beq\x\to(I)LΔt)＝mv2－mv1，结合q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝0.15C，C错误；由eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)、eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)、ΔΦ＝BLd、q＝eq\x\to(I)Δt可得q＝eq\f(BLd,R)，解得d＝0.15m，向左穿过磁场过程恒力F对导体棒做的功为W＝－Fd＝－0.15J，D正确。

选择题提速练(6)(限时25分钟)1．(2023·江苏省海安中学阶段测试)研究光的双缝干涉现象，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1和S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹，已知入射激光的波长为λ，屏上的P点到两缝S1和S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作第0号亮纹，由P向上数，与0号亮纹相邻的亮条纹为1号亮纹，与1号亮纹相邻的亮条纹为2号亮纹，则P1处的亮条纹恰好是8号亮纹。设直线S1P1的长度为γ1，S2P1的长度为γ2，则γ2－γ1等于()A．4λB．8λC．16λD．32λ答案B解析当两列波的路程差为波长的整数倍时出现亮条纹，即γ2－γ1＝nλ(n＝0,1,2，…)，P1处的亮条纹恰好是8号亮纹，故n＝8，故选B。2.如图所示为氢原子能级图，处于某激发态的大量氢原子向低能级跃迁，共发出6种不同频率的光，已知金属钨的逸出功为4.5eV。用发出的光照射钨时，逸出光电子的最大初动能为()A．8.25eV B．8.56eVC．9.1eV D．10eV答案A解析结合题图可知，处于n＝4能级的大量氢原子向低能级跃迁时可发出6种不同频率的光，跃迁过程中发出光子的最大能量为E＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，其照射钨时，逸出光电子的最大初动能为ΔE＝12.75eV－4.5eV＝8.25eV，A正确。3．波源位于x轴，且从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波在t＝1s时恰好传到P点，此时部分波形图如图所示，Q为传播方向上的一点，再过eq\f(2,3)s后Q与M相对平衡位置的位移始终相同，则波在介质中的最小传播速度为()A．6m/sB．5m/sC．4m/sD．3m/s答案A解析由题述可知波传播的速度v＝eq\f(3xMQ－4,2)m/s，又M、Q相对平衡位置的位移始终相等，则xMQ＝nλ(n＝1,2,3，…)，由题图可知λ＝8m，当n取1时，解得vmin＝6m/s，A正确。4.(2023·江苏省天一中学阶段练习)如图，半圆形框架竖直静放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，现用水平力F拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中框架始终保持静止，下列说法中正确的是()A．水平拉力F为恒力B．水平拉力F先增大后减小C．框架对小球的支持力不断减小D．地面对框架的摩擦力一直增大答案C解析对小球受力分析有F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)，上移到框架的最高点的过程中，θ越来越大，拉力减小，支持力减小，故A、B错误，C正确；对整体受力分析，竖直方向上，地面对框架的支持力的大小等于系统的总重力大小，水平方向上，地面对框架的摩擦力与外力F相等，所以地面对框架的摩擦力一直减小，故D错误。5.(2023·江苏南通市适应性考试)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后又回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”，则该气体()A．在A→B过程中，密度不变B．在B→C过程中，分子的速率分布曲线不发生变化C．在B→C和D→A过程中，对外界做功的绝对值相等D．在一次循环过程中，吸收的热量小于放出的热量答案C解析在A→B过程中，体积变大，则密度减小，选项A错误；在B→C过程中，绝热，体积增加，对外做功，则内能减小，温度降低，分子的速率分布曲线发生变化，选项B错误；在B→C和D→A过程中，温度的变化绝对值相等，内能变化的绝对值相等，且两个过程都是绝热，根据热力学第一定律可知，两过程中气体对外界做功的绝对值相等，选项C正确；在一次循环过程中，气体内能不变，因p－V图像的面积表示气体做的功，可知气体对外做的功大于外界对气体做的功，即整个过程气体对外做功(大小等于ABCD图像包围的面积)，吸收热量，即整个过程吸收的热量大于放出的热量，选项D错误。6.(2023·江苏省苏锡常镇二模)空间站梦天实验舱在发射入轨后，成功对接于天和核心舱前向端口