选择题专项练1 2025年高考总复习优化设计二轮专题物理H课后习题题型专项练含答案

选择题专项练12025年高考总复习优化设计二轮专题物理H课后习题题型专项练含答案选择题专项练(一)一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1.(2024湖南岳阳二模)如图所示,一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面,在圆心O处发生折射,光分成了两束单色光a、b分别从A、B两点射出,下列说法正确的是()A.玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B.a光从O点传播到A点的时间大于b光从O点传播到B点的时间C.若该复色光由红光与紫光组成,则a光为红光D.若用同一双缝干涉装置实验,可看到a光的干涉条纹间距比b光的长答案B解析由图可知,两光的入射角相同,a光的折射角小,根据n=sinθ1sinθ2可知,a光的折射率大,故A错误;根据v=cn可知,在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度,光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r,根据t=rv可知,在玻璃砖中a光的传播时间大于b光的传播时间,故B正确;a光的折射率大,频率高,波长短,若该复色光由红光与紫光组成,则a光为紫光,故C错误;若用a、b光分别进行双缝干涉实验,在其他条件相同的情况下,根据Δx=ldλ2.(2024广西贵港二模)B超是医院对病人进行检查的重要设备,B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体不同组织时会产生不同程度的反射,探头接收到的超声波信号由计算机处理,从而形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是()A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向B.探头发出的超声波在人体中的传播速度为1.4×103m/sC.t=0.75×10-7s时,质点M运动到横坐标x=28×10-2mm处D.0~0.75×10-7s时间内,质点M运动的路程为1.6mm答案B解析因为超声波沿x轴正方向传播,根据波形平移法可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故A错误;由图像可知波长为λ=14×10-2mm,则探头发出的超声波在人体中的传播速度为v=λT=λf=14×10-5×1×107m/s=1.4×103m/s,故B正确;质点并不会随波的传播方向迁移,故C错误;由题意可知周期为T=1f=1×10-7s,由于Δt=0.75×10-7s=34T,且t=0时刻,质点M处于平衡位置开始起振,则0~0.75×10-7s时间内,质点M运动的路程为s=34×4A=3A=1.23.(2024河北一模)研究表明原子核的质量虽然随着原子序数的增大而增大,但是二者之间并不成正比关系,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数的关系如图所示,一般认为大于铁原子核质量数(56)的为重核,小于则为轻核,下列对该图像的说法错误的是()A.从图中可以看出,Fe原子核最稳定B.从图中可以看出,重核A裂变成原子核B和C时,释放核能C.从图中可以看出,轻核D和E发生聚变生成原子核F时,释放核能D.从图中可以看出,重核随原子序数的增加,其比结合能越大答案D解析从图中可以看出,Fe原子核核子平均质量最小,比结合能最大,Fe原子核最稳定,故A正确,不符合题意;重核A裂变成原子核B和C时,由图可知,核子平均质量减小,裂变过程存在质量亏损,需要释放能量,故B正确,不符合题意;轻核D和E发生聚变生成原子核F时,由图可知,核子平均质量减小,聚变过程存在质量亏损,需要释放能量,故C正确,不符合题意;从图中可以看出,重核随原子序数的增加,原子核越不稳定,故比结合能越小,故D错误,符合题意。4.(2024山东枣庄一模)如图所示,光滑斜面与平台相连,小物块以某一初速度从斜面底端冲上斜面并从平台右端滑落。已知斜面长2m,小物块在斜面上运动的时间为1s,则其初速度的大小可能为()A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s答案B解析设小物块的初速度大小为v0,加速度大小为a,根据匀减速直线运动规律有x=v0t-12at2,v=v0-at>0,联立解得v0<4m/s,小物块做匀减速直线运动,则其初速度大于平均速度,即有v0>v=xt=2m/s,所以有2m/s<v0<45.篮球是中学生喜欢的运动,如图所示,小明从同一高度的A、B两点先后将篮球抛出,篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点,不计空气阻力,上述两个过程中篮球从A点()A.抛出后在空中的运动时间与从B点抛出的相等B.抛出后速度的变化量大C.抛出时小明对篮球做的功多D.抛出后克服重力做功的功率先增大后减小答案A解析将篮球看成反向平抛运动,篮球在竖直方向下降的高度相同,根据竖直方向上的位移—时间公式得h=12gt2,解得运动时间为t=2hg,所以两个过程中篮球在空中运动的时间相等,抛出后速度的变化量都等于gt,即Δv=gt,故A正确,B错误;由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小,根据水平方向上的运动学公式得x=v0t,所以有v0A<v0B,即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于从B点投出的篮球在水平方向的分速度,可得被抛出的速度大小为v=v02+(gt)2,结合v0A<v0B,可得vA<vB,即从A点投出的篮球的速度小,动能小,小明对篮球所做的功更少,故C错误;克服重力做功的功率为6.(2024山西一模)如图所示,正方形ABCD四个顶点各固定一个点电荷,等量同种负电荷固定在A、B两点;等量同种正电荷固定在C、D两点,O是正方形的中心。现将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处,规定无穷远处电势为零,则()A.移动前,O点的电势大于零B.移动过程中,O点电场强度一直减少C.移动过程中,C处点电荷所受静电力先减小后增大D.移到无穷远处时,O点的电势小于零答案B解析等量异种点电荷的中垂线上电势为0,移动前,把A、C处点电荷作一组,把B、D处点电荷作一组,可知O点的电势为零,故A错误;移动过程中,B、D处点电荷在O处的电场强度不变,方向由D到B,C处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不变,A处点电荷在O处产生的电场强度方向由C到O,大小不断变小,由平行四边形定则可知移动过程中,O点电场强度一直减少,同理,D、B处点电荷在C处的电场强度不变,方向由D到B,而A处点电荷在移动过程中,在C处产生的电场强度越来越小,所以C点的电场强度越来越小,则C处点电荷所受静电力一直减小,故B正确,C错误;将A处点电荷沿OA方向移至无穷远处后,相当于只有C处的正点电荷在O处产生电势,则O点的电势大于零,故D错误。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7.如图所示,甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星,甲、丙的轨道为圆,乙的轨道为椭圆。则三颗卫星()A.在轨道上运行的周期关系是T甲<T乙<T丙B.在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是a1>a2>a3C.在轨道上1、2、3位置的速率关系是v1>v2>v3D.在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系是F1>F2>F3答案AB解析根据开普勒第三定律可得r3T2=k,三颗卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大,所以周期增大,即T甲<T乙<T丙,故A正确;根据牛顿第二定律有Gm地mr2=ma,得a=Gm地r2,三颗卫星在1、2、3处与地球球心间的距离增大,则加速度减小,即a1>a2>a3,故B正确;根据万有引力提供向心力有Gm地mr2=mv2r,得v=Gm地r,所以v1>v3,但无法确定v2与v8.(2024河南周口二模)如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布,在ab端输入稳定的正弦式交变电流,电压有效值为Uab,cd间输出电压有效值为Ucd。初始时,铁芯两端与副线圈平齐,铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内,则铁芯()A.向上移动,Ucd减小B.向下移动,Ucd增大C.静止不动,增大Uab,则Ucd不变D.向上移动一段距离后,增大Uab,则Ucd减小答案BC解析根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知,两组匝数相等的副线圈上下对称,当铁芯两端与副线圈平齐时,两副线圈产生的感应电动势相互抵消,则cd间输出的电压为零,无论铁芯向上移动还是向下移动,cd间的输出电压均增大,A错误,B正确;若铁芯静止不动,增大ab间的输入电压,则两副线圈产生的感应电动势仍相互抵消,cd间输出的电压不变,仍为零,C正确;由以上分析可知,铁芯向上移动一段距离后,cd间一定有电压输出,若Uab增大,结合公式U1U2=n19.(2024安徽一模)如图所示,轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端,弹簧处于原长时上端在O点。小球将弹簧压缩到M点(弹簧和小球不连接)。由静止释放小球后,将该时刻记为t=0,小球第一次运动到O点的时刻为t=t1,小球运动到的最高点为N。在小球第一次从M点运动到N点的过程中,小球的速度v、加速度a、动能Ek以及小球机械能E随时间t变化的图像可能正确的是()答案AC解析小球向上运动过程中,根据牛顿第二定律有F-mgsinθ=ma,随着弹力减小,加速度逐渐减小,速度逐渐增大,至F'=mgsinθ,此时加速度为0,速度达到最大,小球位于MO之间,随后有mgsinθ-F=ma,随着弹力F逐渐减小,加速度逐渐增大,直至t=t1后,加速度为a=gsinθ,之后加速度保持不变,速度逐渐减小,结合v-t图像斜率为加速度,动能的计算公式Ek=12mv2可知,A、C正确,B错误;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做正功,小球机械能先增大,后不变,故D10.电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交通工具,它利用电磁力来实现有效缓冲,其原理图如图所示。减速区分布着两部分磁场区域Ⅰ和Ⅱ(俯视),分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外、宽度均为L的匀强磁场,磁感应强度的大小均为B。缓冲车质量为m,其底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈,线圈电阻为r,缓冲车以速度v0无动力进入减速区,不计摩擦及空气阻力。则()A.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向B.缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动C.若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,此时缓冲车受到的安培力大小为2D.从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,在缓冲车运动位移为L的过程中,通过线圈的电荷量为2答案ABD解析根据右手定则可知,缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,线圈中的感应电流(从上往下看)沿逆时针方向,故A正确;缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,根据牛顿第二定律得NIBL=ma,线圈中的电流为I=NBLv'r,可得a=N2B2L2v'mr,根据左手定则可知,缓冲车受到的安培力向左,故缓冲车的线圈进入区域Ⅰ的过程中,缓冲车做加速度减小的减速运动,故B正确;若缓冲车的线圈刚进入区域Ⅱ时的速度为v,线圈中的电流为I'=2NBLvr,此时缓冲车受到的安培力大小为F'=2I'BL=4N2B2L2vr,故C错误;从缓冲车的线圈进入区域Ⅱ开始,到缓冲车运动位移为一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1.(2024河北模拟)科学家发现某星球周围存在着环状物质,为了测定环状物质是该星球的组成部分,还是环绕该星球的卫星群,用天文望远镜观察发现,该环状物质的ω2-r-3(ω为环状物质绕星球做匀速圆周运动的角速度,r为环状物质到星球中心的距离)图像如图所示,其斜率为k。引力常量为G,下列说法正确的是()A.环状物质是该星球的组成部分B.该星球的自转周期为2C.该星球的质量为kD.该星球表面的重力加速度为k答案C解析若环状物质为卫星群,根据万有引力提供向心力有Gm1m2r2=m2ω2r,解得ω2=Gm1·r-3,与环状物质的ω2-r-3图像对应,故环状物质为环绕该星球的卫星群,故A错误;ω2-r-3图像斜率为k,故k=Gm1,故该星球的质量为m1=kG,故C正确;根据牛顿第二定律得Gm1mR2=mg,因为不知道星球半径,故不能求出该星球表面的重力加速度,故D错误2.(2024云南一模)光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳,两人分别握住软绳的一端,在水平面上沿垂直于绳的方向摆动,形成沿x轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列波的波形分别如图甲、乙所示,此时两列波分别传到离手12m和15m处。下列说法正确的是()甲乙A.两列波的周期相等B.两列波的波源同时开始振动C.两列波的波源起振方向相同D.此时图乙所示的波中x=8m处质点的加速度方向沿y轴负方向答案D解析由题意可知两列波的传播速度相同,由图甲、乙可知,两列波的波长不同,则两列波的周期不相等,故A错误;由于两列波的传播速度相同,由图甲、乙可知,两列波的传播距离不同,所以两列波的波源不是同时开始振动,故B错误;根据波形平移法可知,图甲中x=12m处质点的起振方向沿y轴负方向,图乙中x=15m处质点的起振方向沿y轴正方向,而波源的起振方向与质点的起振方向相同,所以两列波的波源起振方向不相同,故C错误;此时图乙所示的波中x=8m处质点位移方向为y轴正方向,则加速度方向沿y轴负方向,故D正确。3.(2024山东德州模拟)一倾角α=37°的粗糙斜面,斜面顶端安装一滑轮,滑轮大小忽略不计,将斜面固定在地面上,一轻绳跨过定滑轮一端连接放在斜面上的物体A,质量为m1,另一端悬挂小球B,质量为m2。用手按住A使之静止不动,让小球B在竖直面内左右摆动,摆动稳定后,放开按住A的手,发现当小球摆动到最高点时,A恰好不下滑,当小球摆到最低点时,A恰好不上滑,如图所示,已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5,则m2m1A.14 B.C.57 D.答案B解析小球摆动到最高点时,A恰好不下滑,对A分析可得m1gsinα=μm1gcosα+F1,此时对小球分析可得F1=m2gcosθ,小球摆到最低点时,A恰好不上滑,对A分析可得m1gsinα+μm1gcosα=F2,此时对小球分析可得F2-m2g=m2v2L,小球从最高点运动到最低点,由动能定理可得m2gL(1-cosθ)=12m2v2,联立以上各式,代入数据可得4.氢原子光谱在可见光区域内的四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ,如图所示,它们都是氢原子中电子从能级数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光。下列关于Hα、Hβ、Hγ和Hδ四条谱线的描述正确的是()A.Hα对应的前后能级之差最大B.同一介质对Hβ的折射率最大C.同一介质中Hγ的传播速度最大D.用Hβ照射某一金属能发生光电效应,则用Hδ照射该金属时也一定能发生光电效应答案D解析Hα波长最长,根据f=cλ,频率最小,能量最小,Hα对应的前后能级之差最小,故A错误;Hδ频率最大,则同一介质对Hδ的折射率最大,故B错误;Hα波长最长,频率最小,折射率最小,根据v=cn,同一介质中Hα的传播速度最大,故C错误;Hδ频率大于Hβ频率,用Hβ照射某一金属能发生光电效应,则用Hδ照射该金属时也一定能发生光电效应,故5.(2024辽宁葫芦岛一模)某科研小组设计了一款超重报警装置,其结构原理图如图所示,主体是导热性能良好的薄壁密闭容器,厚度和质量不计的活塞通过轻杆连接轻质平台。平台上未放重物时,内部封闭理想气体气柱长度L=0.2m;当活塞进入预警区域时,系统会发出超重预警。横截面积S=0.01m2,底部的预警区域深度h=0.1m,平台上轻放质量为m的重物稳定时,活塞刚好触动报警装置。已知环境温度不变,大气压强p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,不计摩擦阻力,下列说法正确的是()A.重物的质量m=200kgB.重物的质量m=1000kgC.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为100JD.放上重物至活塞最终稳定的过程中,密闭气体对外界放出的热量为200J答案D解析最终稳定时,封闭气体温度不变,有p0LS=p1hS,又p1=p0+mgS,联立得m=100kg,A、B错误;设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W,则W=(mg+p0S)(L-h),代入数据求得W=200J,封闭气体内能不变,根据热力学第一定律可得ΔU=W+Q,得Q=-200J,气体对外界放出的热量为200J,C错误,D6.(2024河南一模)两个点电荷固定在x轴上的M、N两点,x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远电势为零,下列说法正确的是()A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量小B.Q点的电势为零C.从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力作用下,到D点前它将一直做加速运动D.从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它向左运动过程中电势能将一直减小答案C解析M、N两点连线中点处电场强度大于0,且两点间电场强度最小位置处距离N点较近,可知,固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大,故A错误;若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动,电场力做正功,电势能不断减小,一直到零,所以Q点的电势大于零,故B错误;从C点由静止释放一正点电荷,仅在电场力作用下,到D点前电场强度一直为正值,则电场强度方向不变,电场力方向不变,它将一直做加速运动,故C正确;从P点由静止释放一负点电荷,仅在电场力作用下,在它由Q向N运动过程中电场力做负功,电势能增大,故D错误。二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7.如图为某小型水电站电能输送线路示意图,发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r,产生感应电动势有效值为E。升压变压器原、副线圈匝数比为a,降压变压器原、副线圈匝数比为b,两变压器间输电线总电阻为R1,用户端总电阻为R2。电流表为理想电表,变压器为理想变压器,下列说法正确的是()A.电流表的示数I=EB.升压变压器原线圈两端的电压U1=EC.电阻R1、R2消耗的功率之比为R1∶b2R2D.若用户端负载增加,电流表示数变小答案BC解析降压变压器等效电阻为R3=b2R2,升压变压器等效电阻为R4=a2(R1+b2R2),电流表的示数I1=ER4+r=Er+a2(R1+b2R2),故A错误;升压变压器原线圈两端的电压U1=I1R4=Ea2(R1+b2R2)r+a2(R1+b2R2),故B正确;根据P=I2R,电阻R8.篮球是以手为中心的身体对抗性体育运动,是奥运会比赛项目之一。一名同学某次在篮球上升的最高点竖直向下拍球,如图所示,手与篮球的作用距离为0.25m(还没到达地面),篮球离手瞬间的速度为5m/s,篮球的质量为0.4kg,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则本次拍球()A.人对篮球做的功为5.0JB.人对篮球做的功为4.0JC.手给篮球的冲量大小为2.5kg·m/sD.手给篮球的冲量小于2.0kg·m/s答案BD解析该同学拍篮球的过程,由动能定理得mgh+W=12mv2,解得该同学对篮球做的功为W=4.0J,故A错误,B正确;该同学拍篮球的过程,取竖直向下为正方向,由动量定理得I+mgΔt=mv=0.4×5kg·m/s=2.0kg·m/s,因mgΔt>0,则I<2.0kg·m/s,手给篮球的冲量小于2.0kg·m/s,故C错误,D9.(2024山东德州模拟)甲、乙两质点沿同一直线运动,其中甲做匀变速直线运动,乙以大小为5m/s的速度做匀速直线运动,在t=3s时,两质点相遇,它们的位置随时间变化及相遇时切线数据如图所示,在0~3s时间内,下列判断正确的是()A.相遇时甲质点的速度大小为3m/sB.甲质点的初速度大小为7m/sC.甲质点的加速度大小为2m/s2D.在t=1.5s时,甲、乙两质点相距最远答案BC解析x-t图像的斜率表示速度,则两质点相遇时甲质点的速度大小为v3=3×5-123m/s=1m/s,故A错误;设甲质点的初速度大小为v0,加速度大小为a,有v3=v0-at,x=v0t-12at2=3×5m-3m,解得v0=7m/s,a=2m/s2,故B、C正确;甲、乙两质点速度相等时,两质点相距最远,有v0-at1=v,解得t1=10.(2024广东二模)如图为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装置简化图。现有一足够高的圆柱形空间,其底面半径为R,现以底面圆心为坐标原点,建立空间直角坐标系Oxyz。在圆柱形区域内存在着沿z轴负向的匀强磁场和匀强电场,在x>R的区域内存在着沿x轴正向的匀强电场。坐标为0,-R,0的P点有一电子源,在xOy平面内同时沿不同方向向圆柱形区域内发射了一群质量为m、电荷量为-q的电子,速度大小均为v0。已知磁感应强度的大小为A.电子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同B.电子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy平面C.所有电子在磁场中运动的总时间均相同D.最晚和最早完全离开圆柱形区域的电子的时间差为R答案AC解析如图所示,电子在磁场中做匀速圆周运动,有Bqv0=mv02R',解得R'=R,由于电子的轨迹圆半径和原磁场半径相同,故电子在xOy平面内将先后经历磁发散、进入电场做匀变速直线运动、返回磁场磁聚焦三个过程,最终从xOy平面内的Q点离开,但是速度方向均不相同,它们在z方向上做匀加速直线运动,离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy平面,故A正确,B错误;电子在磁场中均经历了半个周期,因此在磁场中运动总时间相同,故C正确;当电子从P点沿x轴正向发射时,电子在xOy平面内运动时间最长,相较于运动时间最短的电子,其多走的路程为2R,故时间差Δt=2选择题专项练(三)一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1.(2024安徽黄山一模)核污水中主要含有的放射性元素氚(13H)是氢的一种同位素。氚在自然界中有少量存在,其半衰期约为12.43年,发生衰变时生成

23He并放出一个带电粒子,13H也可以和A.13H发生的衰变是B.该反应存在质量亏损,所以质量数不守恒C.100g

13H存放50年后大约还剩6D.13H和答案C解析

13H衰变时的核反应方程为He+-10e,故

13H发生的衰变是β衰变,故A错误;该反应存在质量亏损,但质量数守恒,故B错误;100g13H存放50年后大约还剩m余=m012tT=100g×125012.43≈6.25g,故C正确;12.(2024广东一模)《史记》中对日晕有“日有晕,谓之日轮”的描述。如图甲所示,日晕是日光通过卷层云时,受到冰晶的折射或反射而形成的。图乙为太阳光射到六边形冰晶上发生两次折射的光路图,对于图乙中出射的单色光a、b,下列说法正确的是()A.单色光a的折射率比单色光b的折射率大B.在冰晶中,单色光a的传播速度比单色光b的传播速度大C.单色光a的频率比单色光b的频率大D.单色光a的单个光子能量比单色光b的单个光子能量大答案B解析根据n=sinisinγ,单色光a、b入射角相同,b光折射角小,则单色光b的折射率大于单色光a的,故A错误;根据v=cn,单色光b的折射率大于单色光a的,则单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b的大,故B正确;频率越高,折射率越大,则单色光b的频率大于单色光a的,故C错误;根据ε=hν,单色光b的频率大于单色光a的,则单色光b的单个光子能量大于单色光a的3.(2024湖南岳阳一模)如图所示,真空中有一边长为l的正六边形ABCDFG,O为正六边形中心,在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-2q、q(q>0)的三个点电荷。已知点电荷Q的电势公式φ=kQr,其中k为静电常量,Q为场源电荷的电荷量,r为某点到Q的距离,取无穷远处电势为零。则下列说法正确的是(A.O点电势为负B.D点和G点电场强度相同C.O点的电场强度大小为kql2,方向由OD.把一带负电的试探电荷从O点移至F点,其电势能变大答案C解析根据题意可得,O点电势为φO=φA+φB+φC=kql+k·(-2q)l+kql=0,故A错误;如图所示,根据点电荷的电场强度计算公式可得EA=EC'=kql2,EB=EB'=k2q3l2=2kq3l2,EC=EA'=kq4l2=kq4l2,根据电场强度的叠加原理可知D点和G点电场强度不相同,故B错误;O点的电场强度大小为EO=k2ql2-4.(2024河北一模)如图所示,面积为0.1m2的100匝线圈平行纸面放置,其内部存在垂直纸面的磁场,以垂直纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度B随时间t变化的规律为B=2-0.1t(T)。已知线圈的电阻为4Ω,定值电阻R的阻值为6Ω,其余电阻不计。在0~10s内,下列说法正确的是()A.a、b两点间的电势差Uab=0.6VB.电阻R上产生的焦耳热为0.3JC.流过电阻R的电流为0.1AD.通过电阻R的电荷量为0.1C答案C解析线圈中的电动势为E=nΔΦΔS=nΔBΔtS=100×0.1×0.1V=1V,根据楞次定律可知电流从b点流出,a点流入,a、b两点间的电势差Uab=-ER+rR=-0.6V,故A错误;流过电阻R的电流为I=ER+r=0.1A,故C正确;电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.12×6×10J=0.65.如图甲所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25000mA·h,负载10kg时正常工作电流约为5A,电池容量低于20%时不能正常工作,此时需要用充电器对其进行充电,充电器的输入电压如图乙所示。下列说法正确的是()A.充电器的输入电流频率为100HzB.充电器的输入电压瞬时表达式为u=2202sin10πtC.机器人充满电后电池的电荷量为25CD.机器人充满电后,负载10kg时大约可以持续正常工作4h答案D解析由图乙可知交流电压的周期为0.02s,根据f=1T,可知输入电流频率为50Hz,故A错误;由图乙可知周期为0.02s,则ω=2πT=100πrad/s,充电器的输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πtV,故B错误;机器人充满电后电池的电荷量Q=It=25A·h=9×104C,正常工作可用电荷量为20A·h,由Q=It,可知负载10kg时大约可以持续工作4h,故C6.(2024陕西西北工业大学附属中学二模改编)如图所示,甲、乙两传送带,倾斜于水平地面放置,传送带上表面以同样恒定速率v向上运动,现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v,小物体在乙传送带上到达离E处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v,已知A处到B处、D处到E处的竖直高度均为H,则在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中()A.两种传送带对小物体做功不相等B.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙的多C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同D.将小物体分别传送到B、E处,甲图所示的系统中因摩擦而产生的热量比乙的少答案B解析在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,根据功能关系可知,传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量,因机械能增量相同,故传送带对小物体做功相等,故A错误;小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动,加速度大小a=μgcosθ-gsinθ,在速度达到v的过程中,小物体在甲传送带上的位移x较大,根据公式a=v22x,可知小物体在甲传送带上时的加速度较小,根据a=μgcosθ-gsinθ,可得μ=agcosθ+tanθ,即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小,故C错误;在小物体从传送带底端到传送带顶端的过程中,只有小物体相对传送带发生滑动时,即只有在加速过程中,系统才发生“摩擦生热”,根据公式Q=Ffx相对计算系统产生的热量,可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系,小物体在惯性参考系里做初速度大小为v,加速度大小为a=μgcosθ-gsinθ,末速度为零的匀减速直线运动,可求出x相对=v22a,可见,x相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v过程中的位移,即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功,对于甲传送带,在加速过程中摩擦力做正功设为W1,克服重力做功为mgH,动能改变量为12mv2,根据动能定理可求得W1=12mv2+mgH,同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W2=12mv2+mgH-h,显然W1>W2,所以Q1>Q2,即甲系统产生的热量多,故D错误;在将小物体分别传送到B、E处的过程中,传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。7.如图甲所示,直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上,且P固定于水平轴正下方,两组轻绳长也相同,其截面图如图乙所示,导线P通以垂直纸面向里的电流;导线Q电流方向未知,平衡时两导线位于同一水平面,且两组绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知Q的质量为m,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.导线Q中电流方向垂直纸面向里B.导线P、Q间的安培力大小为2mgsinθC.仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过90°,导线Q对轻绳的拉力大小逐渐增大D.当导线P中电流突然消失的瞬间,导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgcosθ答案CD解析对Q进行受力分析可知,P对Q的力为斥力,由安培定则和左手定则可知,两导线的电流方向相反,即导线中电流方向垂直纸面向外,故A错误;设导线Q受到两轻绳的拉力之和为FT,导线P、Q间的安培力为F,对Q进行受力分析如图所示,由几何关系得F=mgtanθ,故B错误;由几何关系得FT=mgcosθ,使导线P中电流I缓慢增大,则θ逐渐增大,又θ不超过90°,则cosθ逐渐变小,FT逐渐增大,故C正确;当导线P中电流突然消失的瞬间,导线P、Q间的安培力消失,此时沿轻绳方向上的合力为零,则导线Q受到两轻绳的拉力大小之和为mgcosθ,故D8.(2024广东湛江一模)在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性网绳的协助下实现上下弹跳。如图所示,某次蹦床活动中,小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落,可将弹性网绳压到最低点B,小孩可看成质点,不计弹性绳的重力、弹性网绳的重力和空气阻力。则从最高点A到最低点B的过程中,小孩的()A.重力的功率先增大后减小B.机械能一直减小C.重力势能的减少量大于弹性网绳弹性势能的增加量D.机械能的减少量等于弹性网绳弹性势能的增加量答案AC解析当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网绳压到最低点B的过程中,速度v先增大后减小,根据P=mgv可知重力的功率先增大后减小,故A正确;当小孩弹跳到最高点A后下落,将弹性网