2025 高考物理三维设计二轮第三部分 高考题型组合练

5/62025高考物理三维设计二轮第三部分高考题型组合练1.选择题＋实验题组合练（1）一、单项选择题1.（2024·甘肃酒泉三模）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将94238Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。94238Pu的衰变方程为94238Pu→

92A.衰变方程中的X为

－B.此衰变为α衰变C.94238Pu比92D.月夜的寒冷导致94238解析：B根据质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程为94238Pu→92234U＋24He，此反应为α衰变，X为24He，故A错误，B正确；由于该反应释放核能，所以94238Pu比92234U的结合能大2.（2024·浙江杭州模拟）图1是一款阴极射线管，K极是圆形金属板电极，A极为圆环状金属电极，对于K、A间的电场分布来说，A极可以等效为圆形金属板电极，在K、A之间加上如图1所示的高压，阴极射线就可以在K极和A极之间运行，图2是K极和A极之间的部分电场线分布，下列说法正确的是（）A.阴极射线的本质是α射线B.图2中P点电势低于Q点电势C.如果在图2中P点从静止释放一电子，则电子会沿该处电场线运动到A极D.从K极静止出发的阴极射线粒子，沿中间直线电场线到达A极电场力做功最多解析：B阴极射线的本质是β射线，故A错误；因为K为阴极，A为阳极，所以P点电势低于Q点电势，故B正确；由于P点所在的电场线为曲线，所以在P点从静止释放一电子不会沿该处电场线运动，故C错误；只要从K极出发的阴极射线粒子，沿任意轨迹到达A极电场力做功一样多，故D错误。3.（2024·广东广州三模）如图所示，某大型吊灯半径为R，质量为M，且分布均匀，通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆盘上，已知r＜R，重力加速度为g，四根细线均匀对称分布，且长度可调节，则下列说法正确的是（）A.每根细线对吊灯的拉力大小均为14B.将四根细线同时缩短相同长度，细线的张力大小不变C.将四根细线同时伸长相同长度，细线的张力减小D.去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，剩下三根细线上的张力大小相等解析：C设细线与竖直方向的夹角为θ，以吊灯为研究对象，竖直方向上，根据平衡条件可得4Tcosθ＝Mg，可得每根细线对吊灯的拉力大小为T＝Mg4cosθ＞Mg4，故A错误；将四根细线同时缩短相同长度，则θ变大，cosθ变小，根据T＝Mg4cosθ可知细线的张力大小变大，故B错误；将四根细线同时伸长相同长度，则θ变小，cosθ变大，根据T＝Mg4cosθ可知细线的张力大小变小，故C正确；去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，由于剩下三根细线在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根据平衡条件可知，4.（2024·浙江金华三模）2024年4月26日凌晨，神舟十八号载人飞船成功对接空间站，题图中的照片拍摄于航天员叶光富、李聪、李广苏进入天和核心舱的瞬间，我们可以看到：一个大质量的包裹悬浮在核心舱中，针对这一情景，下列同学的观点中正确的是（）A.悬浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表可以忽略B.天宫号空间站在运行过程中机械能保持不变C.天宫号空间站的加速度比北斗系列同步卫星的加速度小D.只记录空间站的运行周期可估算地球的密度解析：B依题意知，空间站的高度与地球半径相比，相差较大，根据F地表＝GMmR2，F空间站＝GMmR＋h2，可知悬浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表不可以忽略，故A错误；天宫号空间站在运行过程中，动能和势能均保持不变，因此，天宫号空间站的机械能是守恒的，故B正确；根据GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，天宫号空间站的轨道半径比北斗系列同步卫星的小，所以加速度较大，故C错误；根据GMmr2＝m4π2T2r5.（2024·山东烟台三模）如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好，则此过程中（）A.气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量B.气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快C.活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量D.活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和解析：D气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒定律知活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。6.（2024·浙江金华三模）如图甲所示，质量为m的B木板放在水平面上，质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A.物块A做简谐运动，回复力由弹簧提供B.木板B在t1时刻对地面的压力大小为mgC.物块A在运动过程中机械能守恒D.物块A的振动方程为y＝0.1sin2πt＋解析：D物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，A错误；t1时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为F＝2mg，对木板B受力分析有FN＝F＋mg，则可得FN＝3mg，由牛顿第三定律得木板B在t1时刻对地面的压力大小为3mg，B错误；物块A在运动过程中除了受重力外，还受弹簧的弹力，弹力对物块A做功，故机械能不守恒，C错误；由图乙可知振幅为A＝10cm，周期为T＝1.0s，角速度为ω＝2πT＝2πrad/s，规定竖直向上为正方向，t＝0时刻位移为0.05m，表示物块A由平衡位置上方0.05m处开始运动，所以初相为φ0＝π6，则物块A的振动方程为y＝0.1sin2πt＋7.（2024·广东惠州期末）阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置，如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮，保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上，让装置动起来，从开始运动到A和C下落高度h过程中，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.A和B构成的系统机械能守恒B.A和C向下运动的加速度大小为a＝mgC.轻绳的弹力大小为T＝MD.A的末速度大小为v＝m解析：B小物块C对A和B构成的系统做功，所以A和B构成的系统机械能不守恒，A错误；对A、B及C构成的系统，根据牛顿第二定律得mg＝2M＋ma，解得a＝mg2M＋m，B正确；对B，根据牛顿第二定律得T－Mg＝Ma解得T＝2MM＋mg2M＋m，C错误；二、多项选择题8.某同学利用图甲所示的装置研究光的干涉和衍射，光电传感器可用来测量光屏上光强的分布。某次实验时，在电脑屏幕上得到图乙所示的光强分布。下列说法正确的是（）A.这位同学在缝屏上安装的是双缝B.这位同学在缝屏上安装的是单缝C.当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的间距变大，应选用狭缝间距较小的双缝D.当做光的干涉现象研究时，若使干涉条纹的间距变小，应增大缝屏与光屏间的距离解析：BC由题图乙可知，条纹中间宽且亮、两边窄且暗，是衍射条纹，所以在缝屏上安装的是单缝，故A错误，B正确；根据题意，由公式Δx＝Ldλ可知，若要使干涉条纹的间距Δx变大，应选用狭缝间距d较小的双缝，若要使干涉条纹的间距变小，应减小缝屏与光屏间的距离L，故D错误，C9.（2024·重庆模拟）如图甲所示，轻质细线吊着正方形闭合线圈（上、下边均水平），正方形线圈左右两边中点a、b连线以下区域处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示。正方形线圈的质量m＝0.5kg、边长L＝0.5m、匝数n＝4匝、总电阻r＝2Ω，重力加速度大小取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.0～4s时间内线框中感应电流沿逆时针方向B.0～4s时间内线框中感应电动势大小为E＝0.5VC.2s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝5.25ND.2s末细线对正方形线圈的拉力大小为F＝6N解析：BD由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，故A错误；0～4s时间为线框中产生的感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt·L22＝0.5V，故B正确；正方形线圈中产生的电流为I＝Er＝0.25A，根据楞次定律可知线圈中电流沿顺时针方向，线圈受到的安培力方向向下，根据平衡条件可得F＝mg＋nBIL，由B-t图像可知，t＝2s时磁感应强度大小为B＝2T，联立解得t＝2s时细线对正方形线圈的拉力大小为F＝610.（2024·山东泰安三模）如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C，木板B的质量为4m，物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一次碰撞（弹性碰撞），且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为vB.木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为vC.木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为vD.物块A相对木板B滑行的距离为11解析：ACD从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有mv0＝mvA1＋4mvB1，B与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有4mvB1＝4mvB2＋12mvC，12×4mvB12＝12×4mvB22＋12×12mvC2，解得vB2＝－12vB1，vC＝12vB1，B与C碰撞后，A、B均能停下来，根据动量守恒定律，有mvA1＋4mvB2＝0，联立解得vA1＝v03，vB1＝v06，vB2＝－v012，vC＝v012，故A、C正确，B错误；整个过程中，根据能量守恒定律三、实验题11.（2024·辽宁辽阳二模）某学习小组用如图甲所示的装置测量砝码盘的质量。左、右两个相同的砝码盘中各装有5个质量相同的砝码，每个砝码的质量均为m0，装置中左端砝码盘的下端连接纸带。现将左端砝码盘中的砝码逐一放到右端砝码盘中，并将两砝码盘由静止释放，运动过程中两盘一直保持水平，通过纸带计算出与转移的砝码个数n相对应的加速度a，已知交流电的频率f＝50Hz。（结果均保留两位小数）（1）某次实验，该组同学得到了如图乙所示的一条纸带，相邻两计数点间还有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为0.10s，打下D点时纸带的速度大小为1.19m/s，纸带的加速度大小为1.72m/s2。（2）若该组同学得到的n-a图像为过原点、斜率为k的直线，则每个砝码盘的质量为kg－5m0。（用k、m0和重力加速度大小g解析：（1）交流电的频率是50Hz，打点计时器每隔0.02s打一个点，相邻两计数点间有四个点未画出，所以相邻两计数点间的时间间隔为0.10s。打下D点时纸带的速度大小为vD＝xCD＋xDE2T＝（11.04+12.76）×10－2m0（2）设砝码盘的质量为m，将左端砝码盘中的n个砝码放到右端砝码盘中时，有5+nm0＋mg－整理得n＝5m0＋mm0ga，解得m＝kg－5m12.（2024·云南昆明模拟）如图a所示，某同学根据所学知识制作了一个简易的欧姆表，表盘刻度如图b所示，中间刻度为15，表头G的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，电源电动势E＝4.5V。（1）图a中B端应接红表笔。（填“红”或“黑”）（2）将旋钮旋到×1k挡，进行欧姆调零后，该欧姆表的内阻为15kΩ。（3）将旋钮旋到×100挡，欧姆调零后接入一待测电阻，指针如图b所示，则读数为1400，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小倍率。（填“大”或“小”）（4）图a中R1＝11.1Ω。（计算结果保留3位有效数字）（5）若电池老化，内阻变大，电动势变小，但仍可进行欧姆调零，则测量结果将偏大。（填“偏大”“偏小”或“不变”）解析：（1）流过表头G的电流方向为从右向左，B端应接红表笔。（2）将旋钮旋到×1k挡时，有R内＝R中＝15kΩ。（3）将旋钮旋到×100挡，读数为1400Ω，若继续接入另一电阻测量时发现指针偏角过大，则应换用更小的挡位。（4）将旋钮旋到×100挡时R内＝R中＝1500Ω则I＝E所以I1＝I－Ig根据部分电路欧姆定律有R1＝IgRgI1＝11（5）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势E变小、内阻变大，根据Ig＝ER由于E变小，内阻R内偏小，用欧姆表测电阻时，电流I＝ER内＋Rx由于R内偏小，I偏小，指针偏左，测量结果与原结果相比较偏大。2.选择题＋实验题组合练（2）一、单项选择题1.（2024·广东惠州期末）关于光在竖直肥皂液薄膜上产生的干涉条纹，下列说法正确的是（）A.若明暗相间的条纹相互平行，说明薄膜厚度均匀B.薄膜上的干涉条纹基本上是竖直的C.用紫光照射薄膜产生的干涉条纹间距比用红光照射时大D.干涉条纹是光在薄膜前、后两个表面反射后叠加的结果解析：D若明暗相间的条纹间距相等，说明薄膜厚度均匀，A错误；薄膜上的干涉条纹基本上是水平的，B错误；由薄膜干涉特征可知，照射光的波长越长，经由同一薄膜产生的相邻干涉条纹间距越大，同种介质中紫光的波长比红光的波长短，故用紫光照射薄膜产生的干涉条纹间距比用红光照射时小，C错误；干涉条纹是光在薄膜前、后两个表面反射后叠加的结果，D正确。2.（2024·四川内江期末）如图，健身球是一个充满气体的大皮球，当人压向健身球上时，假设球内气体温度不变，则在这个过程中（）A.气体分子的平均速率增大B.外界对气体做功C.气体从外界吸收热量D.气体的压强不变解析：B气体温度不变，则气体分子的平均速率不变，故A错误；因为气体的内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体要向外放出热量，故B正确，C错误；根据公式pVT＝C可知，温度不变，体积减小，则气体的压强增大，故D3.（2024·浙江金华三模）热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，如图，记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2秒热气球的高度变化，记录单位是米。下列同学对热气球在记录时间内的运动判断正确的是（）A.记录竖直上升的高度变化，热气球不能被视为质点B.热气球正处在超重状态C.我们可以用Δx＝aT2来计算出热气球的上升加速度D.记录时间内热气球的平均速度大小为1.78m/s解析：D记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点，故A错误；由图可知热气球在上升过程，相等的时间间隔的位移越来越小，说明热气球在向上减速运动，处于失重状态，故B错误；由图可知热气球在相邻的2s内的位移差不是一恒量，说明热气球不是向上做匀减速直线运动，所以不能用Δx＝aT2来计算出热气球上升的加速度，故C错误；记录时间内热气球的平均速度大小为v＝xt＝2.35+3.30+4.05+4.554×2m/s4.（2024·陕西渭南二模）如图甲所示，小鸟一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v-t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为53t1，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（A.t1＝1.6sB.整个过程下落的高度为27mC.t1至53t1时间内v-t图线的斜率为－10m/sD.t1至53t1时间内阻力是重力的1.5解析：B小鸟做自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A错误；整个过程下落的高度可由题图乙v-t图线与时间轴所围成的面积表示，则h＝vm2×53t1＝27m，故B正确；t1至53t1时间内小鸟的加速度为a＝0－vm53t1－t1＝－15m/s2，则此时间内v-t图线的斜率为k＝a＝－15m/s2，故C错误；t1至53t1时间内，由牛顿第二定律有f－mg＝ma，解得f5.（2024·浙江金华三模）如图，利用平面镜也可以实现杨氏双缝干涉实验的结果，下列说法正确的是（）A.光屏上的条纹与镜面垂直B.相邻亮条纹的间距为Δx＝b＋C.若将平面镜向右移动一些，相邻亮条纹间距不变D.若将平面镜向右移动一些，亮条纹数量保持不变解析：C题中利用单色光源S以及其在平面镜中的虚像形成相干光源，可知，光屏上的条纹与镜面平行，并非与镜面垂直，故A错误；根据双缝干涉中相邻亮条纹之间的距离公式Δx＝Ldλ，其中d＝2a，L＝b＋c，所以相邻两条亮条纹之间的距离Δx＝b＋c2aλ，故B错误；若将平面镜向右移动一些，不影响光源的虚像的位置和L的大小，相邻亮条纹间距不变，故C正确；若将平面镜向右移动一些，射到平面镜边缘的两条光线反射到屏上的位置向下移动，干涉图样宽度减小，而条纹间距不变，6.（2024·四川内江期末）当上、下抖动长长的轻绳时，轻绳则呈正弦波形状。图甲是某轻绳产生的横波在介质中沿x轴传播，在t＝0.25s时的波形图，图乙为横坐标在1.5m处P点的振动图像，则下列说法中正确的是（）A.该波向左传播，波速为2m/sB.再经过3.5s质点P通过的路程为140cmC.L质点比N质点先到达波峰D.若人加快抖动轻绳，两个相邻波峰之间的距离不变解析：C由图乙可知，在t＝0.25s时，质点P向上振动，根据“同侧法”可知，该波向右传播；由图甲可知，波的波长为λ＝4m，由图乙可知，波的周期为T＝2s，所以波速为v＝λT＝2m/s，故A错误；再经过3.5s，则前3s，Δt1＝3s＝32T，质点P通过的路程为s1＝32×4A＝120cm，后0.5s，Δt2＝0.5s＝14T，由于质点P从位移为负向最大位移振动，则通过的路程s2＜A＝20cm，所以，再经过3.5s质点P通过的路程s＝s1＋s2＜140cm，故B错误；根据“同侧法”可知，L质点向y轴正方向运动，N质点向y轴负方向运动，则L质点比N质点先到达波峰，故C正确；若人加快抖动轻绳，则波的振动频率变大，波速不变，根据λ＝vf可知，波长变小，7.（2024·陕西渭南二模）华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示，三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。下列说法正确的是（）A.三颗卫星的运行速度大于7.9km/sB.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等C.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgD.能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R解析：C7.9km/s是卫星的最大环绕速度，所以三颗卫星的运行速度小于7.9km/s，故A错误；根据万有引力的公式F＝GMmR＋h2可知，由于不知道三颗卫星的质量，因此不能确定三颗卫星所受地球万有引力大小的关系，故B错误；根据万有引力充当向心力有GMmR＋h2＝mv2R＋h，可得卫星的线速度为v＝GMR＋h，则该卫星的动能Ek＝12mv2，又GMmR2＝mg，联立，解得Ek＝mgR22R＋h，故C正确；若恰好能实现赤道全球通信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为120°，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以及地心与切点的连线恰好构成直角三角形，二、多项选择题8.（2024·甘肃酒泉三模）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直，管道横截面半径为a，长度为l（l≫a）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧运动垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。已知单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB.粒子的质量为BC.管道内的等效电流为nqD.粒子束对管道的平均作用力大小为Bql解析：AC带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子在磁场中运动的圆弧半径为R＝a，由洛伦兹力提供向心力知qvB＝mv2R，解得粒子的质量为m＝qaBv，故A正确，B错误；根据电流的定义式I＝Qt＝tnqt＝nq，故C正确；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力，即F＝BIl＝9.（2024·山东济南二模）2024年春晚杂技节目《跃龙门》带给观众震撼的视觉盛宴，教练在训练时将压力传感器安装在蹦床上，记录演员对蹦床的压力。如图是某次彩排中质量为40kg的演员在竖直方向运动时传感器记录的压力—时间（F-t）图像片段。演员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.演员在a到b过程中先超重后失重B.演员在b时刻速度最大，速度大小为8m/sC.从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于1280JD.从a时刻到b时刻，演员受到合力的冲量大小为320N·s解析：AD演员在a到b过程，压力由最大值减小为0，根据牛顿第三定律可知，演员所受支持力由最大值减小为0，支持力先大于重力后小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度方向先向上后向下，则演员在a到b过程先处于超重状态，后处于失重状态，故A正确；根据图像可知，演员脱离蹦床在空中运动的时间为t＝2.8s－1.2s＝1.6s，根据竖直上抛运动的对称性可知，演员脱离蹦床向上运动的时间为0.8s，利用逆向思维，根据速度公式有vb＝g·t2＝8m/s，演员在a到b过程，先向上做加速度减小的变加速直线运动，当加速度为0时，速度达到最大值，后向上做加速度增大的变减速直线运动，即a到b之间的某一时刻，演员的速度最大，最大速度大于8m/s，故B错误；从a时刻到b时刻，根据动能定理W蹦床－WG＝12mvb2＝12×40×82J＝1280J，可知从a时刻到b时刻，蹦床的弹性势能转化为演员的重力势能与动能，故从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1280J，故C错误；从a时刻到b时刻，根据动量定理有I合＝Δp＝mvb－0＝320N·10.（2024·黑龙江三模）如图所示，质量m＝π10kg，长L＝1m、电阻Rab＝1Ω的水平导体棒ab，其两个端点分别搭接在竖直平行正对放置的两光滑金属圆环上，两圆环半径均为r＝2πm，电阻不计。阻值为R＝1Ω的定值电阻用导线与圆环相连接，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2T的匀强磁场中。导体棒ab在外力F作用下以速率v＝2m/s绕两圆环的中心轴OO'匀速转动，ab在圆环最低点时记为t＝0时刻，重力加速度g取10m/s2，电流表为理想交流表，其他电阻不计。下列说法正确的是（A.电流表的示数为1AB.定值电阻两端的电压为uR＝22cosπtVC.从t＝0到0.5s的过程中，通过导体棒ab的电荷量为0.5CD.从t＝0到0.5s的过程中，外力F做的功为3J解析：AD导体棒ab在圆环最低点时，速度v与磁感线垂直，有效切割速度最大，经过时间t导体棒速度与磁感线夹角为θ＝ωt＝vrt＝πt，导体棒的有效切割速度为v'＝vcosθ＝2cosπtm/s，则感应电动势随时间的变化规律为u＝Emcosθ＝22cosπtV，电动势最大值为Em＝22V，感应电流最大值为Im＝EmRab＋R＝2A，电流表示数为电流有效值，故电流表示数为I＝Im2＝1A，A正确；定值电阻两端的电压为uR＝RR＋Rabu＝2cosπtV，B错误；导体棒ab做圆周运动的周期为T＝2πrv＝2s，因为0.5s＝T4，所以在0～0.5s时间内，通过导体棒ab的电荷量为q＝ΔΦR＋Rab＝BLrR＋Rab＝2πC，C错误；从t＝三、实验题11.（2024·广东汕头二模）小晗同学利用图甲所示的装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，并将拍摄到的图片进行叠加处理在一张照片中，图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。（1）下列说法正确的是BC。A.实验所用斜槽应尽量光滑B.斜槽末端必须保持水平C.实验所用斜槽不需要尽量光滑（2）图乙是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置较高（选填“较低”或“较高”）。（3）某次拍摄后得到的照片如图丙所示，小球做平抛运动的初速度大小v0＝2.8m/s（结果保留两位有效数字，重力加速度取g＝10m/s2）。解析：（1）实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误，C正确；斜槽末端必须保持水平，确保小球离开斜槽后做平抛运动，B正确。（2）由图乙可知两次小球做平抛运动下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上由静止释放的位置较高。（3）由图丙可得，小球在竖直方向相邻位移之差Δy＝2×10cm＝0.2m，根据匀变速直线运动特点可得T＝Δyg＝210s，由水平位移Δx＝v0T，可得v0＝ΔxT＝4×10×10－20.12m/s12.（2024·重庆九龙坡三模）图甲为电阻式触摸屏的简化原理图：按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，从而改变接入电路的电阻。（1）某研究小组找到一块电阻式触摸屏单元，将其接入电路中，简化电路如图乙。先将开关闭合到1让电容器充满电，再将开关切换到2，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况。图丙中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则不按压状态对应图像丙中Ⅱ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。（2）粗测该触摸屏单元未按压状态下的电阻约为几十欧姆。某同学想较准确测量此电阻，可供使用的器材有：A.电源E（电动势为3V，内阻约为1Ω）；B.电压表V（量程为15V，内阻约为10kΩ）；C.电流表A1（量程为3mA，内阻为5Ω）；D.电流表A2（量程为60mA，内阻约为2Ω）；E.滑动变阻器R1（总阻值约为10Ω）；F.电阻箱R2，最大阻值为99999Ω；G.开关S，导线若干。①该同学将电流表A1和电阻箱R2串联改装成量程为4.5V的电压表，电阻箱R2的阻值应调为1495Ω。②该同学设计了图丁测量电路，为了尽量减小实验的系统误差，电阻箱右边的导线应该接a（填“a”或“b”）；按正确选择连接好电路之后，改变滑动变阻器滑片位置，测得多组对应的电流表A1和电流表A2的示数I1、I2，得到了如图戊所示的图像，由图中数据可得该触摸屏单元未按压状态下的阻值为79Ω（结果保留2位有效数字）；该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果没有（填“有”或“没有”）影响。解析：（1）按压状态时两层导电层就在按压点位置有了接触，电阻并联，总电阻减小，放电速度变快，根据图像可知，按压状态对应的图像应为Ⅰ，不按压状态对应的图像应为Ⅱ。（2）①根据UIg1＝RA1解得电阻箱R2＝1495Ω。②由于已知电流表A1的阻值，可以计算出待测电阻两端的电压，再用差值法计算流过待测电阻的电流，故应接a。根据Rx＝I可得I1＝RxR结合图像，可得k＝RxR解得Rx≈79Ω由分析可知该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果没有影响。3.选择题＋实验题组合练（3）一、单项选择题1.（2024·山东青岛三模）“玉兔二号”月球车于2022年7月5日后开始休眠。月球夜晚温度低至零下180℃，为避免低温损坏仪器，月球车携带的放射性元素钚94238Pu会不断衰变，释放能量为仪器保温。94238Pu通过以下反应得到：92238U＋12H→93238Np＋k01nA.k＝1，X为电子B.92238U＋12H→93C.94238Pu的比结合能比D.93238Np衰变前的质量等于衰变后X和解析：C衰变方程为93238Np→94238Pu＋X，由质量数守恒和核电荷数守恒可得X为电子，对于核反应方程92238U＋12H→93238Np＋k01n，由质量数守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A错误；核反应方程92238U＋

12H→93238Np＋k01n，不是重核裂变反应，是人工核反应，B错误；衰变方程为93238Np→94238Pu＋X，该反应释放核能，总核子数不变，所以94238Pu的比结合能比932382.（2024·广东惠州期末）某款天花板消防自动感温喷淋头如图a所示，当室内达到一定温度时，感温玻璃球自动爆开，喷淋开始启动达到自动喷水灭火的目的。如图b所示，某次演示过程，测量出水落在面积为16πm2的圆内，喷头出水口离地面的垂直距离为2.45m。若喷出水的速度方向近似为水平方向，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则出水口水的最大初速度约为（）A.4.7m/s B.5.7m/sC.8.2m/s D.11.4m/s解析：B由平抛运动规律得x＝v0t，y＝12gt2，又16πm2＝πx2，联立解得v0≈5.7m/s，故选B3.（2024·山东聊城三模）如图甲所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个待测矩形平行玻璃板上，BC一侧用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，如图乙所示，下列关于这些条纹的说法中正确的是（）A.条纹与DC边平行B.乙图弯曲条纹表示下方待测板在该处有凹陷C.如果用手用力捏右侧三层，会发现条纹保持间距不变，整体向AD侧移动D.看到的条纹越多，说明薄片的厚度越厚解析：D设薄膜厚度为d'，薄膜干涉的光程差Δs＝2d'，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD边平行，故A错误；根据薄膜干涉的产生原理可知，该处有突起，故B错误；如果用手用力捏右侧三层，d'变小，根据薄膜干涉特征可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C错误；看到的条纹越多，那么相邻亮条纹间距越小，说明薄片的厚度越厚，故D正确。4.（2024·浙江杭州模拟）2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船成功发射，最后对接于空间站天和核心舱径向端口。神舟十八号发射后会在停泊轨道Ⅰ上进行数据确认，在P点瞬间加速后进入转移轨道（椭圆轨道）Ⅱ，最后在Q点瞬间加速后进入空间站轨道，完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为如图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T1，飞船和空间站均视为质点，则（）A.飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9km/sB.不考虑变轨瞬间，飞船在轨道Ⅲ上运行时航天员对椅子有压力作用C.飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为R∶RD.飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T＝T11+解析：D在停泊轨道Ⅰ运行时，其速度接近于7.9km/s，在P点要进入转移轨道Ⅱ，必须加速，因此转移轨道Ⅱ上有的位置速度大于7.9km/s，选项A错误；不考虑变轨瞬间，飞船在轨道Ⅲ上运行时均处于完全失重状态，故航天员对椅子无压力作用，选项B错误；由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，所以飞船在停泊轨道Ⅰ与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为h＋R∶R，选项C错误；由开普勒第三定律得R3T12＝25.（2024·重庆沙坪坝三模）如图所示，用轻绳把边长为L的正方形金属框竖直悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向里，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁感应强度大小随时间变化规律为B＝ktk>0，已知金属框阻值一定，从t＝0开始的全过程轻绳不会被拉断，关于该过程，下列说法正确的是（A.金属框受到竖直向上的安培力B.金属框的感应电动势大小E＝kL2C.金属框中感应电流的大小方向均不变D.金属框受到的安培力大小不变解析：C线框在磁场中的面积S＝L2×L＝L22，根据法拉第电磁感应定律可知E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kL22，设线框的电阻为R，由闭合电路欧姆定律知I＝ER＝kL22R＝kL22R，故电流大小始终不发生改变，故B错误，C正确；根据楞次定律可得感应电流为逆时针方向，线框上边的电流方向水平向左，6.（2024·安徽合肥模拟）在匀质轻绳上有两个相距12m的波源S1、S2，两波源的连线上有两质点A、B，A与波源S1相距3m，B与波源S2相距8m，如图甲所示。t＝0s时两波源同时上下振动产生两列绳波，其中S2的振动图像如图乙所示，经过一段时间观察到A点振动始终加强，B点振动始终减弱，两者振幅差20cm，且A、B之间没有振动加强点和减弱点，则下列说法正确的是（）A.波源S1产生的波的波长为6m B.波源S1起振的方向向下C.稳定后在两波源之间（不包括波源）有奇数个加强点D.0～1s内质点B通过的路程为64cm解析：D两波源在匀质轻绳上传播，速度相同，且能发生稳定的干涉，频率相同，故则两列波的波长相同，A、B两者相距1m，A点振动始终加强，B点振动始终减弱，且A、B之间没有振动加强点和减弱点，则2xAB＝12λ，解得波源S1产生的波的波长为λ＝4m，故A错误；在A点，波程差为6m，为32λ，A点振动始终加强，故两波源起振相反，由图乙可知S2起振方向向下，故S1起振的方向向上，故B错误；两波源起振相反，故中间点是减弱点，根据对称性可知加强点为偶数个，故C错误；设S2的振幅为A2＝12cm且A2＞A1，振动加强点的振幅为A0＝A1＋A2，振动减弱点的振幅为A0'＝A2－A1，则ΔA＝A0－A0'＝2A1＝20cm，解得A1＝10cm，符合题意，故S1的振幅为10cm，先传到B点用时0.2s，B点振动0.2后，S2传到B，接下来一起振动0.6s，所以质点B运动的路程为s＝4A1＋12A2－A1＝647.（2024·山东聊城三模）如图所示，由同种材料制成的玻璃吊坠下部分是半径为R的半球体，上部分是高为R的圆锥体，O点为半球体的球心，M为圆锥体的顶点。平行于MO的光线从半球体表面N点射入玻璃吊坠，经折射后恰好经过M点，N点到直线MO的距离为32R，则该玻璃吊坠的折射率为（A.32 B.62 C.3 D解析：C光路图如图所示，其中ON为法线，入射角为θ，折射角为α，因为MO＝NO，所以∠NMO＝∠MNO＝α，由几何知识可得θ＝∠NOC＝∠NMO＋∠MNO＝2α，故折射率为n＝sinθsinα＝sin2αsinα＝2cosα，由题意可知sinθ＝NCON＝32，解得θ＝60°，所以α＝30°，二、多项选择题8.（2024·广东惠州期末）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压U，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压U，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（）A.在甲桶中，尘粒的加速度一直不变B.在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小C.任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功一定相等D.甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等解析：BD在甲桶中的电场为匀强电场，根据F＝qE可知，尘粒受电场力为恒力，由于空气阻力与尘粒运动的速度成正比，可知尘粒所受的合力随速度的变化而改变，根据公式F＝ma，可知，尘粒合外力改变，则尘粒的加速度变化，A错误；乙空间中的电场为放射状的，不是匀强电场，因此越远离导线的地方电场强度越小，所以尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小，B正确；根据公式W＝Fs，F＝qE，整理可知W＝qEs，由于尘粒在电场中，不做匀速直线运动，故在任意相等时间内，位移s可能不同，即任意相等时间内，甲桶中电场力对单个尘粒做的功不一定相等，C错误；根据公式W＝qU，可知，电场力对单个尘粒做功的最大值都等于qU，D正确。9.（2024·河南郑州预测）如图，虚线MN右侧有垂直于纸面向外的磁场，取MN上一点O作为原点，水平向右建立x轴，磁场的磁感应强度B随x坐标（以m为单位）的分布规律为B＝1＋x（T），一质量为1kg、边长为1m、电阻为2Ω的正方形金属框abcd在MN左侧的光滑水平面上在水平力的作用下进入磁场，在金属框运动的过程中，ab边始终与MN平行，金属框进入磁场的过程中电流大小始终为1A，之后以完全进入时的速度做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.金属框ab边刚进磁场时的速度大小为2m/sB.金属框进磁场过程通过金属框截面的电荷量为34C.金属框进入磁场的过程动能减小了1JD.金属框完全进入磁场后，外力做功的功率大小为0.5W解析：ABD金属框ab边刚进磁场时I＝B0Lv1R，解得v1＝2m/s，故A正确；金属框进入磁场的过程通过金属框截面的电荷量q＝I·Δt＝ER·Δt＝ΔΦΔtR·Δt＝ΔΦR＝BL2R＝12（1+2）×1×12C＝34C，故B正确；当金属框cd边刚好要进磁场时，设速度为v2，则I＝（B0+1）Lv2R，解得v2＝1m/s，因此金属框进入磁场的过程动能的减少量为ΔEk＝12mv12－12mv22＝1.5J，故10.（2024·湖南师大附模拟）如图甲所示，竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为m、可视为质点的铁球从距弹簧上端h的O点静止释放，以O点为坐标原点，铁球所受弹力F的大小随铁球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。下列结论正确的是（）A.弹簧弹性势能最大值为mg（h＋2x0）B.铁球运动过程中最大动能mgh＋12mgxC.当x＝h时铁球重力势能与弹簧弹性势能之和最小D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率先增大后减小解析：BD由题图乙可知，当x＝h＋x0时，铁球的重力跟弹簧弹力平衡，此时铁球速度最大，动能最大，所以铁球和弹簧组成的系统的重力势能与弹性势能之和最小，根据机械能守恒定律可得mg（h＋x0）－12mgx0＝Ekm，可得Ekm＝mgh＋12mgx0，故B正确，C错误；铁球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，铁球加速下降，重力做功功率逐渐增大，重力与弹簧弹力大小相等后，铁球继续向下运动，由于弹簧弹力大于重力，铁球减速下降，重力做功功率逐渐减小，故D正确；假如铁球刚接触弹簧时没有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为2x0，而实际上铁球刚接触弹簧时有向下的速度，可知弹簧的最大压缩量大于2x0，铁球运动到最低点的坐标大于h＋2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于mg（h＋2x0），故三、实验题11.在“验证机械能守恒定律”的实验中（1）下列操作正确的是B。（2）实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示，已知打点的频率为50Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为3.34m/s（保留三位有效数字）。（3）某同学用纸带的数据求出重力加速度g＝9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量），则该结果能（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒，理由是见解析。解析：（1）应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。故选B。（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小v13＝0＝0.6069m－0.（3）能验证机械能守恒；理由是“在误差允许的范围内，重锤的重力势能减小值等于动能增加值”。12.（2024·浙江温州二模）磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称为磁阻效应。某实验小组利用伏安法测量一磁敏电阻RM的阻值（约几千欧）随磁感应强度的变化关系。所用器材：电源E（6V）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），电压表（量程为0～3V，内阻为2kΩ）和毫安表（量程为0～3mA，内阻不计）。定值电阻R0＝1kΩ、开关、导线若干（1）为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大，实验小组设计的电路图如图甲所示，请用笔画线代替导线在乙图中将实物连线补充完整。答案：见解析图（2）某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为1.30V，电流表读数为0.5mA，则此时磁敏电阻的阻值为3900Ω（3.9×103Ω）。（3）实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图丁所示，某同学利用该磁敏电阻制作了一种报警器，其电路的一部分如图戊所示。图中E为直流电源（电动势为6.0V，内阻可忽略），当图中的输出电压达到或超过2.0V时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时磁感应强度为0.2T，则图中R2（填“R1”或“R2”）应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为2.8kΩ（保留2位有效数字）。解析：（1）根据电路图甲，在乙图中补充实物连线图如图（2）电压表的最小刻度值为0.1V，如图丙所示，电压表的读数为1.30V，根据串联电路电压与电阻成正比的关系，磁敏电阻两端的电压为1.30V2kΩ×2kΩ电流表读数为0.5mA，故此时磁敏电阻的阻值为R＝1.950.5×10－3（3）根据闭合电路欧姆定律可得输出电压为U＝E要求输出电压达到或超过2.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要R2的阻值增大才能实现此功能，故R2为磁敏电阻；开始报警时磁感应强度为0.2T，此时R2＝1.4kΩ电压为U＝2.0V根据电路关系有UR2解得另一固定电阻的阻值应为R1＝2.8kΩ。4.选择题＋实验题组合练（4）一、单项选择题1.（2024·江西上饶模拟预测）当太阳内部的氢元素消耗殆尽后，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为324He→X，已知24He的结合能为E1，X的结合能为E2，则下列判断正确的是A.该核反应是α衰变B.X的中子数比质子数多C.E2＝3E1D.核反应放出的热量为E2－3E1解析：D根据质量数守恒和核电荷数守恒，可知核反应方程为324He→612X，该核反应属于核聚变，不属于α衰变，A错误；中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有6个中子，有6个质子，B错误；该反应存在质量亏损，会释放大量热量，由能量守恒定律知，核反应释放的热量为Q＝E2－3E1，即E2＞3E1，C2.如图所示为双缝干涉实验原理图，单缝S0、双缝中点O、屏上的P0点位于狭缝S1和S2连线的中垂线上，当双缝与光屏距离为8cm时，屏上P处为中央亮纹一侧的第3条亮纹，现将光屏靠近双缝，观察到P处依旧为亮纹，则光屏移动的最小距离为（）A.2cm B.3.2cmC.4cm D.6cm解析：A杨氏双缝干涉实验中相邻亮条纹中心间距Δx＝Ldλ，则光屏上的干涉亮条纹到P0点距离为x＝nLλd（n＝0，1，2，…），其中，d为双缝间距，L为双缝到光屏的距离，λ为光的波长；设移动的距离为x'，根据题意有3Lλd＝k（L－x')λd（k＝0，1，2，…），解得k＝3LL－x'（k＝0，1，2，…）。则x'＝L－3Lk，由于P不在S1和S2的中垂线上，所以k≠0，代入3.（2024·四川雅安模拟）真空中两点电荷分别放在x轴上的O点和M点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是（）A.两点电荷的电性相同B.A点的电场强度为零C.N点的电场强度大于C点的电场强度D.质子从N点运动到C点的过程中电势能减小解析：C由题图可知，在O点放的是正电荷，在M点放的是负电荷，即二者的电性相反，故A错误；φ-x图像切线的斜率表示电场强度，A、N两点的斜率不为零，C点切线的斜率为零，所以N点的电场强度大于C点的电场强度，故B错误，C正确；质子带正电，从N点运动到C点的过程中电势能增大，故D错误。4.（2024·湖北武汉模拟）如图所示，质量为m的小球P用轻弹簧和细线分别悬挂于固定在小车上的支架M、N两点。已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，当小车水平向右做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，轻弹簧处于竖直方向，则下列说法中正确的是（）A.细线的张力不可能为0B.若小车向右做匀速直线运动，弹簧伸长量为mgC.弹簧的弹力不可能为0，也不可能处于压缩状态D.若小车水平向右的加速度a＞gtanθ，弹簧伸长量为ma解析：B若小车向右做匀速直线运动，因轻弹簧处于竖直方向，可知细线张力为0，此时弹簧弹力等于重力，即kx＝mg，解得弹簧伸长量x＝mgk，故A错误，B正确；若a＝gtanθ，则Tsinθ＝ma，F弹＋Tcosθ＝mg，解得F弹＝0，即弹簧的弹力为0。若a＞gtanθ，则F弹＝kx＝mg－matanθ＜0，弹簧压缩量为x＝ma－mgtan5.（2024·湖北武汉模拟）量子卫星成功运行后，我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。1轨道为量子卫星静止在赤道上随地球自转，2为近地轨道，3为地球的同步轨道，如图所示。已知该卫星在1轨道随地球自转的周期约为近地轨道2运动周期的17倍，关于该卫星在1、2、3轨道绕地球做匀速圆周运动的说法中正确的是（）A.卫星在轨道1的加速度最大，线速度最小B.卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大C.卫星在轨道3运动的周期最大，线速度最小D.若将该卫星放在南极极点上，与轨道1处相比，其重力将变为原来的2.89倍解析：B对于1轨道和3轨道，周期相等，角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω2r，可知卫星在1轨道的加速度和线速度都小于卫星在3轨道的加速度和线速度，对于2轨道和3轨道，根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，可得v＝GMr，a＝GMr2，T＝2πr3GM，可知卫星在2轨道的线速度大于卫星在3轨道的线速度，卫星在2轨道的加速度大于卫星在3轨道的加速度，卫星在2轨道的周期小于卫星在3轨道的周期，综上所述可得卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大，故B正确，A、C错误；设卫星在2轨道上运行的周期为T，地球半径为R，根据题意可知，在南极极点上，卫星的重力G＝m·4π2T2·R，在赤道上，卫星的重力G'＝m·4π2T26.（2024·四川内江期末）如图，由a、b两种单色光组成的复色光，沿半球形水雾的半径方向AO入射，折射后分成两种单色光a、b。其中，a光与界面的夹角为30°，b光的折射率为2，b光与法线的夹角为45°，光在空气中的传播速度为c，水雾半球的半径为R。下列说法中正确的是（）A.a光在半球形水雾中的传播时间为3B.a光在半球形水雾中的传播时间为3C.a单色光的频率比b单色光的频率小D.利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，b光比a光的条纹间距大解析：D设入射角为θ，由折射定律可知，对b光有nb＝sin45°sinθ，解得θ＝30°，对于a光，由折射定律可知na＝sin60°sinθ＝3，设a光在半球形水雾中传播的速度为va，由na＝cva，则a光在半球形水雾中的传播时间t＝Rva，联立可得t＝3Rc，故A、B错误；因为na＞nb，故波长λa＜λb，故a单色光的频率比b单色光的频率大，故C错误；根据C项分析知λa＜λb，利用a、b单色光做双缝干涉实验，在相同实验条件下，根据Δx＝7.临近盛夏，池中的荷叶已经宽大而厚实，像一把巨大的绿色伞盖，为小生命们提供了遮阳避雨的场所。若在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算池中荷叶叶面承受雨滴撞击产生的平均压强p，建立以下模型：假设荷叶叶面呈水平状，雨滴竖直下落的速度为v，所有落到叶上的雨滴，约有23向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为v5，另约13的雨滴撞击叶面后无反弹留在叶面上；忽略叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p约为A.6ρhv5t C.17ρhv15t 解析：C设荷叶的面积为S，则t时间内落到荷叶上面雨滴的质量为m＝ρSh，根据题意，有23的雨滴向四周散开，取竖直向上为正方向，根据动量定理有F1t＝2m3×v5－－2m3v，另13的雨滴留在叶面上，根据动量定理有F2t＝0－－m3v，根据压强的定义式p＝FS，二、多项选择题8.两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝－3cm和x2＝9cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，在同一均匀介质中在x轴上产生两列传播速度大小相等、方向相反的机械波。t＝3s时刻第一次形成如图所示的波形，则下列说法正确的是（）A.振源Q起振方向沿y轴负方向B.两列波的传播速度大小为2cm/sC.两列波在x＝1cm处相遇后，该质点的振动始终加强D.两列波在x＝2.5cm处相遇后，该质点的振动始终加强解析：AD振源Q形成的波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知x＝6cm处质点起振方向沿y轴负方向，则振源Q起振方向沿y轴负方向。同理可知，振源P起振方向沿y轴正方向。两振源的起振方向相反。故A正确；两列波的传播速度大小为v＝ΔxΔt＝33cm/s＝1cm/s，故B错误；两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝1cm处相遇后，振动情况完全相反，该质点的振动始终减弱。故C错误；同理，两列波在x＝2.5cm处相遇后，振动情况完全相同9.（2024·河北衡水模拟）如图，空间存在着垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出），M是垂直于x轴的荧光屏，O点到屏M的距离为R。O点为一粒子源，从O点沿Oy方向发射出一束速度不同、比荷相同的带正电粒子，经磁场偏转后均能水平向右垂直打在屏M上，已知粒子以最大速度v0在磁场中运动轨迹如图中所示，则（）A.磁场方向垂直于纸面向里B.带电粒子的比荷为vC.磁场区域最小面积为πD.磁场区域最小面积为π解析：BD根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；根据R＝mv0qB可知带电粒子的比荷为qm＝v0BR，故B正确；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上，所以磁场边界是45°斜线，如图，则磁场区域最小面积为阴影部分面积，即Smin＝πR24－12R10.如图所示，发电机中线圈的匝数为N，线圈所围面积为S，旋转的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B；电流表和电压表为理想电表，定值电阻的阻值为R，其余电阻均不计；当变压器副线圈上的滑片P在图示位置时，变压器的匝数比n1∶n2＝1∶2；开始时发电机线圈与磁感线垂直。下列判断正确的是（）A.电压表的读数为2NBSωB.电流表的读数为2C.发电机线圈由图示位置旋转14周，通过电流表的电荷量为D.P向上移动时，发电机的输出功率增大解析：BC感应电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值U1＝NBSω2，由U1U2＝n1n2可得，电压表读数为U2＝2NBSω，选项A错误；副线圈电流I2＝U2R＝2NBSωR，由I1I2＝n2n1可得，通过电流表的电流为22NBSωR，选项B正确；设变压器及左边电路的等效电阻为R等，则R等＝n1n22R＝R4，发电机线圈由图示位置旋转14周，通过电流表的电荷量为Q三、实验题11.（2024·四川内江期末）某实验小组“用单摆测量重力加速度”。（1）下列悬挂单摆的装置中，最合理的是D。（2）用秒表记录单摆完成30次全振动所用时间，如图所示，其读数为52.0s。（3）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是C。A.测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球上端点间的距离B.测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时，当摆球再次通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数表示单摆的周期C.为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）的位置开始计时；D.拉开摆球，使摆线离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δ（4）另一组同学测出了摆线长度L和摆动周期T，如图a所示。通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图b所示。由图像可知，当地重力加速度g＝π2m/s2（结果用含π的表达式）。解析：（1）为了使摆长不变，用不可伸长的细丝线，不能用弹性棉线，且用夹子夹住细丝线，A、C错误；为了减小空气阻力产生的影响，不能用塑料球，应该用铁球，B错误，D正确。（2）秒表的读数为52.0s。（3）测量摆长：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离，A错误；测量周期：从摆球通过平衡位置开始计时数零，摆球振动多次后，当某次相同方向通过平衡位置时结束计时，秒表所示读数与全振动次数的比值表示单摆的周期，B错误；为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点（速度最大）的位置开始计时，C正确；拉开摆球，使摆线与竖直方向夹角不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时数零，记下摆球50次经过平衡位置所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt502＝Δ（4）根据单摆的周期公式得T＝2πL＋D2g，解得T2＝4π2gL＋2π2Dg，根据图像得12.（2024·甘肃酒泉三模）因电动汽车充电比燃烧汽油更便宜，故电动汽车更受到市场的欢迎。某兴趣小组为了测量某电动汽车上安装的电池的电动势E（300～400V）和内阻r（0～10Ω），利用实验室现有器材进行了如下实验。（1）实验室只有一个量程为100V、内阻为RV＝5kΩ的电压表，现把此电压表改装成量程为400V的电压表，需串联（填“串联”或“并联”）一个阻值为R0＝15kΩ的电阻，然后再测量电池的电动势和内阻。（2）该兴趣小组将电阻箱R和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，示数记为U）连接成如图甲所示的电路，来测量该电池的电动势和内阻，根据电阻箱接入电路的阻值R和电压表的示数U作出1R-1U图像，如图乙所示，则该电池的电动势E＝360V、内阻r＝9（3）由实验可知，电池电动势的测量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真实值；内阻的测量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。解析：（1）根据电表改装原理可知，将小量程电压表改装成大量程电压表需要串联较大电阻，该串联电阻阻值为R0＝U－UVIV＝U（2）根据闭合电路欧姆定律可得4U＝E－4UR整理可得1R＝E4r·结合图像可得E4r1r＝19，联立解得E＝360V，r＝9（3）根据等效电源法，将电压表和R0看成是新电源的一部分，该部分与电源并联，所以新电源的电动势和内阻均减小，所以电动势和内阻的测量值均小于真实值。5.选择题＋实验题组合练（5）一、单项选择题1.已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为

3890Sr→

3990Y＋X，3990Y是一种非常稳定的元素，A.衰变方程中的X为质子B.3890Sr的比结合能小于39C.此反应的实质是Sr原子发生电离D.经过84年，会有23的锶90解析：B根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误；衰变反应是放能反应，衰变产物3990Y是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于

3890Sr的比结合能，B项正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，C项错误；根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩余（12）3＝18的锶90没有发生衰变，即会有72.（2024·山东青岛三模）多辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯，第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐，且每辆车的尾部与相邻后车的前端距离均为1m，如图所示。为了安全，前车尾部与相邻后车前端距离至少为5m时后车才能开动。已知车长均为4m，开动后车都以2m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口。绿灯亮起瞬间，第一辆车立即开动，下列说法正确的是（）A.第二辆车刚开动时，第一辆车已行驶的时间至少为5sB.第六辆车前端刚到达停止线时的速度大小为230m/sC.从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为12sD.从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为15s解析：D当第一辆车向前行驶4m时，第二辆车开始启动，根据位移与时间关系可得x1＝12at12，代入数据解得t1＝2s，故A错误；第六辆车前端距离停止线25m，根据速度与位移关系可得v2＝2ax6，解得v＝10m/s，故B错误；前面一辆车开始启动2s后，后面一辆车开始启动，所以从绿灯刚亮起到第六辆车刚开动所需时间至少为t'＝5×2s＝10s，故C错误；由于第六辆车前端距离停止线25m，根据位移与时间关系可得x6＝12at62，解得t6＝5s，从绿灯刚亮起到第六辆车前端与停止线相齐所需最短时间为t'＋t6＝153.（2024·河南模拟）如图所示，一横截面为圆环形的玻璃砖，外径为内径的2倍，O为圆心。一束单色光由A点射入玻璃砖，当入射角为α时，折射光线恰好不能透过内壁进入内圆（不考虑折射光线经外界面反射的光线）。已知玻璃砖的折射率为2，则α等于（）A.75° B.60° C.45° D.30°解析：D当入射角为α时，光路如图所示，根据折射定律知n＝sinαsinθ，由题意知，此时折射光线刚好在内壁表面发生全反射，故sinC＝1n，在△AOB中，由正弦定理得2Rsin180°－C＝Rsinθ，联立得sin4.（2024·广东深圳模拟）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，然后将其从热水中拿出，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C→D的变化过程，V-T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（）A.状态A、B的压强之比为3∶2B.A→D过程，球内气体从外界吸收的热量为零C.在状态C、D时气体分子无规则运动的平均动能之比为4∶1D.在状态C、D时气体分子无规则运动的平均动能之比为1∶4解析：C根据理想气体状态方程可知pA·V02T0＝pBV03T0，解得pA∶pB＝2∶3，A错误；A→D的过程中，温度不变，故内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，B错误；由题意可知，气体的平均动能Ek＝ε·T（ε＞0），C、D两状态气体的温度之比为4∶1，故EkC∶5.（2024·湖北武汉模拟）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度v0从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为2v0，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为（）A.2 B.3 C.2 D.15解析：D设＋Q和－Q圆环的圆心分别为O1和O2，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为－φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得12mv02＝qφm，当速度为2v0时，有12m2v02＝12mvmin2＋qφm，12m2v02＝12mvmax2－qφm，联立解得vmin＝3v0，vmax6.（2024·山东烟台三模）北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15－18星（以下简称天目星）发射升空，天目星顺利进入预定轨道，至此天目一号气象星座阶段组网完毕。天目星的发射变轨过程可简化为如图所示，先将天目星发射到距地面高度为h1的圆形轨道Ⅰ上，在天目星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将天目星送入距地面高度为h2的圆形轨道Ⅲ上，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为（）A.π2Rh1＋C.πRh1＋h解析：B根据万有引力与重力的关系得GMmR2＝mg，在圆形轨道Ⅰ上，根据万有引力提供向心力得GMm（R＋h1）2＝m4π2T12（R＋h1），椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a＝2R＋h1＋h22，根据开普勒第三定律（R＋h1）7.（2024·广东广州模拟）如图所示，甲、乙两物体间夹有一轻质弹簧（不拴接），在外力作用下静止在水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两物体与桌面间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中与桌面间因摩擦产生的热量分别为Q甲、Q乙，不考虑空气阻力，对于该过程，下列说法正确的是（）A.甲、乙一直加速B.甲的加速度为0时，乙在减速C.系统一定受到向右的冲量D.Q甲可能等于初始时弹簧的弹性势能解析：C释放甲和乙，它们与弹簧分离的过程中弹簧弹力随着形变量的减小而减小，甲、乙两物体所受摩擦力大小保持不变，由牛顿第二定律kx－f＝ma可知它们的加速度先减小至零然后反向增大。所以二者均为先加速再减速，故A错误；根据f＝μmg可知甲所受摩擦力较大，弹簧对两物体的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知，当甲的加速度为0时，乙在加速，故B错误；对系统受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知系统一定受到向右的冲量，故C正确；根据能量守恒定律Ep＝Q甲＋Q乙＋Ek甲＋Ek乙，可知Q甲小于初始时弹簧的弹性势能，故D错误。二、多项选择题8.（2024·河北保定二模）如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车（可看成质点）上，任意一个小孩加上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的距离。具有初动能E0的碰碰车1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是（）A.三辆碰碰车整体最后的动能等于13EB.碰碰车1运动到2的时间与2运动到3的时间之比为2∶3C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶1D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为3∶2解析：AC由系统动量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝12mv02，则三辆碰碰车整体最后的动能等于Ek＝12×3mv2＝13E0，故A正确；设相邻两车间的距离为x，碰碰车1运动到2的时间为t1＝xv0，依题意，碰碰车1与静止的碰碰车2碰撞过程，动量守恒，有mv0＝2mv12，则碰碰车2运动到3的时间为t2＝xv12＝2xv0，可得t1∶t2＝1∶2，故B错误；碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为ΔE1＝12mv02－12×2mv122＝14mv02，碰碰车第二次碰撞时损失的机械能为ΔE2＝12×2mv122－12×3mv9.（2024·辽宁辽阳模拟）如图所示，直金属棒折成“＜”形导轨AOC固定在绝缘水平桌面上，三角形AOC为边长为L的等边三角形，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，整个空间中有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。给金属棒一个水平向右的拉力，使金属棒从O点开始以大小为v的速度向右匀速运动，金属棒始终与AC平行，则金属棒在导轨上运动过程中，下列说法正确的是（）A.回路中的电流保持不变B.回路中的电热功率保持不变C.拉力的大小随时间均匀增大D.整个过程，拉力的冲量大小为3解析：AC当金属棒从O点向右运动距离为x时，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝2xtan30°，产生的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝E3lr＝Bv3r，A正确；回路中电流不变，但电阻不断增大，因此电热功率不断增大，B错误；拉力等于安培力，即F＝BIl