《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第二部分 特色增分題組含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理第二部分特色增分題組專練一力學部分1．如圖所示，某運動員在足球場上進行“帶球突破”訓練。運動員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運動，為控制足球，又向前追上足球。以將足球踢出時刻為計時起點，以踢出位置為x軸原點，足球初速度方向為x軸正方向，下列可能反映此過程的v-t圖像和x-t圖像的是()答案：C解析：v-t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，當運動員追上足球時，運動員和足球的位移相同，則v-t圖線與時間軸圍成的面積相同，故A、B錯誤；在運動員剛踢出足球到追上足球過程中，足球的x坐標始終比運動員大，且在開始一段時間內，足球的速度比運動員大，由x-t圖像斜率絕對值表示速度大小可知，在該時間內足球的x-t圖像斜率較大，故C正確，D錯誤。2．(2024·江西省九江市高三下三模)如圖甲所示，豎直起降火箭是一種可以垂直升空并在任務結束后垂直著陸的火箭。豎直起降技術使得火箭的核心部分可以被重復使用，可降低太空探索的成本。某火箭測試時，火箭上升到最高點的過程中的位移與時間的比值eq\f(x,t)和時間t的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A．火箭做勻速直線運動，速度大小為50m/sB．火箭做勻減速直線運動，加速度大小為50m/s2C．火箭在1s末的瞬時速度為50m/sD．0～1s內火箭的平均速度大小為50m/s答案：D解析：由題圖乙可知eq\f(x,t)＝100－50t，整理得x＝100t－50t2，對比勻變速直線運動的公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可得加速度a＝－100m/s2，初速度v0＝100m/s，則火箭做初速度大小為100m/s、加速度大小為100m/s2的勻減速直線運動，故A、B錯誤；火箭在1s末的瞬時速度為v1＝v0＋at1＝100m/s－100×1m/s＝0，故C錯誤；0～1s內火箭的位移為x1＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝50m，平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1,t1)＝50m/s，故D正確。3．(2024·江西省景德鎮(zhèn)市高三下第三次質量檢測)利用傳感器和計算機可以研究快速變化的力的大小。實驗時，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點O處，然后小球由靜止釋放，同時開始計時，利用傳感器和計算機獲得彈性繩的拉力隨時間的變化如圖乙所示。空氣阻力可認為大小保持不變，根據圖像提供的信息，下列說法正確的是()A．t3時刻小球的速度不是最大的B．t5時刻小球的動能不是最小的C．t3、t4時刻小球的運動方向相同D．t4－t3<t7－t6答案：A解析：把小球舉高到繩子的懸點O處，靜止釋放小球，t1時刻繩子剛好繃緊，此時繩子的拉力為零，小球繼續(xù)向下做加速運動，當小球所受合力為零時，小球的速度最大，之后小球將減速運動至t2時刻，即在t1～t2中的某時刻小球的速度最大，故A正確；t2時刻繩子的拉力最大，小球運動到最低點，速度為零，動能最小，同理，t5時刻小球的動能也最小，故B錯誤；t2、t5時刻小球都到達最低點，t3時刻小球速度方向向上，t4時刻小球速度方向向下，t3、t4時刻小球的運動方向相反，故C錯誤；t3～t4時間內與t6～t7時間內小球都先向上做加速運動后向下做減速運動，且t3、t4、t6、t7時刻小球均處于繩子剛好繃緊處，重力勢能相同，又由于空氣阻力做負功可知，小球在t3時刻的動能大于t6時刻的動能，則v3>v6，同理，v4>v7，t3、t6時刻小球從彈性繩原長處向上運動，到最高點過程，由動量定理有－(f＋mg)t1′＝0－mv3，－(f＋mg)t3′＝0－mv6，則t1′>t3′，從最高點回到彈性繩原長處過程，有(mg－f)t2′＝mv4－0，(mg－f)t4′＝mv7－0，由于v4>v7，則t2′>t4′，所以t1′＋t2′>t3′＋t4′，即t4－t3>t7－t6，故D錯誤。4．(2024·重慶市第八中學高三下模擬)如圖甲所示，太陽系中有一顆“躺著”的藍色“冷行星”——天王星，外圍空間存在著環(huán)狀物質。為了測定環(huán)狀物質是天王星的組成部分，還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，“中國天眼”對其做了精確的觀測，發(fā)現(xiàn)環(huán)狀物質繞行星中心的運行速度v與到行星中心的距離r的關系如圖乙所示(圖中v0、v1均為已知值)。已知天王星的半徑為R，環(huán)狀物質的寬度為d，引力常量為G，以下說法正確的是()A．環(huán)狀物質是天王星的組成部分B．天王星的自轉周期為eq\f(2πR,v0)C．天王星的質量為M＝eq\f(veq\o\al(2,0)R,G)D．天王星的第一宇宙速度等于v1答案：C解析：若環(huán)狀物質是天王星的組成部分，則環(huán)狀物質與天王星自轉的角速度相同，根據v＝ωr可知，環(huán)狀物質的線速度v與r成正比，若環(huán)狀物質是天王星的衛(wèi)星群，對于其中質量為m的部分，由萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，則v2＝GMeq\f(1,r)，即環(huán)狀物質的v2與eq\f(1,r)成正比，結合題圖乙可知，環(huán)狀物質不是天王星的組成部分，而是天王星的衛(wèi)星群，天王星的自轉周期不能確定，故A、B錯誤；由題圖乙可知，v2-eq\f(1,r)圖像的斜率k＝GM＝eq\f(veq\o\al(2,0),\f(1,R))，所以天王星的質量M＝eq\f(veq\o\al(2,0)R,G)，故C正確；由第一宇宙速度的定義可知，以半徑為R繞天王星做圓周運動的衛(wèi)星環(huán)繞速度即為天王星的第一宇宙速度，所以由題圖乙知天王星的第一宇宙速度為v0，故D錯誤。5．(2024·內蒙古呼和浩特市高三下一模)如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量為m＝2kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。t＝0時刻解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的v-t圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知滑塊在0～0.2s內運動的位移為0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．滑塊速度最大時，滑塊與彈簧脫離B．滑塊在0.2s時機械能最大C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2D．t＝0時刻彈簧的彈性勢能為32J答案：D解析：當滑塊速度最大時，滑塊受力平衡，有F彈＝mgsinθ＋μmgcosθ，則此時彈力不為零，滑塊與彈簧還沒有脫離，A錯誤；滑塊機械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數(shù)和，即ΔE＝W彈－Wf，且彈簧彈力從大于摩擦力逐漸減小至零，所以當F彈＝μmgcosθ時，滑塊的機械能最大，而0.2s時F彈恰好為0，則此時滑塊的機械能不是最大，B錯誤；在0.2～0.4s滑塊脫離彈簧向上做勻減速直線運動，加速度大小為a＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2.0－4.0,0.4－0.2)))m/s2＝10m/s2，根據牛頓第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，C錯誤；以0～0.2s內的運動為研究對象，由能量守恒定律可知，t＝0時刻彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mgssin37°＋μmgscos37°，其中v1＝4.0m/s，s＝0.8m，代入數(shù)據得Ep＝32J，D正確。6．一輛汽車在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0勻速行駛，t1時刻駕駛員立即將功率增大到2P0行駛一段時間，t2時刻遇到險情，駕駛員立即將功率減小到P0繼續(xù)向前行駛。整個過程汽車所受阻力恒定，則該過程中汽車的速度v隨時間t變化的關系圖像可能正確的是()答案：B解析：由題意，0～t1時間內汽車以功率P0、速度v0勻速行駛時，牽引力與阻力平衡。t1時刻當功率增大到2P0時，根據P＝Fv得知，汽車的牽引力突然增大到原來的2倍，即為F＝2F0，而汽車所受的阻力沒有變化，則汽車開始做加速運動，由于功率保持為2P0，隨著汽車速度的增大，牽引力逐漸減小，根據牛頓第二定律F合＝ma得知，汽車的加速度逐漸減小，汽車做加速度減小的加速運動；當汽車再次勻速運動時，牽引力與阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此時汽車的速度為原來的2倍；t2時刻遇到險情，駕駛員立即將功率減小到P0，根據P＝Fv得知，汽車的牽引力突然減小為F′＝eq\f(1,2)F0，而汽車所受的阻力沒有變化，則汽車開始做減速運動，由于功率保持為P0，隨著速度的減小，牽引力逐漸增大，根據牛頓第二定律F合＝ma得知，汽車的加速度逐漸減小，汽車做加速度減小的減速運動；當汽車再次勻速運動時，牽引力與阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此時汽車的速度為v0。故B可能正確，A、C、D錯誤。7．一輛玩具賽車在水平直線跑道上由靜止開始以10kW的恒定功率加速前進，賽車瞬時速度的倒數(shù)eq\f(1,v)和瞬時加速度a的關系如圖所示，已知賽車在跑道上所受到的阻力不變，賽車到達終點前已達到最大速度。下列說法中正確的是()A．賽車做加速度逐漸增大的加速直線運動B．賽車的質量為20kgC．賽車所受阻力大小為500ND．賽車速度大小為5m/s時，加速度大小為50m/s2答案：C解析：由牛頓第二定律有eq\f(P,v)－f＝ma，可知賽車做加速度逐漸減小的加速直線運動，A錯誤；上式變形得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可見eq\f(1,v)-a圖像的斜率為eq\f(m,P)，與縱軸的截距為eq\f(f,P)，結合圖像可得賽車的質量為m＝25kg，賽車所受阻力大小為f＝500N，B錯誤，C正確；當賽車速度大小為v＝5m/s時，代入上式解得加速度大小為a＝60m/s2，故D錯誤。8．(多選)如圖甲所示，物體以一定初速度從固定在水平地面上的傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為4.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．物體的質量m＝1.25kgB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5C．物體上升過程的加速度大小a＝9.6m/s2D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝30J答案：AC解析：根據題意可知，運動到最高點時，物體的速度為0，結合圖乙可知，此時物體的重力勢能為Ep1＝50J，選擇地面為參考平面，高度h1＝4m，則Ep1＝mgh1，解得物體的質量m＝1.25kg，故A正確；根據題意可知，物體上升過程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能關系可知－μmgcosα·eq\f(h1,sinα)＝E1－E0，由圖乙知，E1＝50J，E0＝80J，解得物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，故B錯誤；物體上升過程，由牛頓第二定律有mgsinα＋μmgcosα＝ma，解得加速度大小a＝9.6m/s2，故C正確；物體下滑過程中摩擦力做功與上升過程中摩擦力做功相等，均為Wf＝E1－E0＝－30J，整個過程由動能定理有2Wf＝Ek－Ek0，式中Ek0＝E0＝80J，解得物體回到斜面底端時的動能Ek＝20J，故D錯誤。9.(多選)如圖，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧左端固定在墻上，處于原長時右端恰到O點，與可視為質點的質量為m的物塊接觸(未連接)。用水平力F緩慢推動物塊到位置A，撤去F后，物塊開始向右運動，最遠到達位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同。物塊從A到B運動過程中的速度v、加速度a、物塊的機械能E、物塊與彈簧的總機械能E′隨位移x變化如圖所示，其中正確的是()答案：BD解析：由題意知，物塊所受摩擦力恒定，物塊從A運動到O的過程中，受到向右的彈簧彈力且逐漸減小到0，則在A與O之間某點D彈簧彈力與摩擦力平衡，因此從A到D物塊做加速度減小的加速運動，從D到O物塊做加速度增大的減速運動，從O到B物塊做勻減速運動，A錯誤；整個過程物塊的重力勢能不變，則物塊機械能E隨x的變化與物塊動能隨x的變化相同，根據Ek＝eq\f(1,2)mv2，結合A項分析可知，從A到D，E增大，從D到B，E減小，C錯誤；根據功能關系知，物塊與彈簧的總機械能E′的變化量ΔE′＝－μmgx，則E′＝E0′＋ΔE′＝E0′－μmgx，D正確；根據牛頓第二定律，從A到O有kx－μmg＝ma，從O到B有－μmg＝ma，結合題圖B，可得從A到O有a＝eq\f(k,m)x－μg，從O到B有a＝－μg＝－a0，根據F合＝ma、F合x＝ΔEk可知，從A到B，a-x圖像與x軸所圍面積為0，設x＝0時，a＝a1，圖線與x軸交點橫坐標為x1，則有eq\f(1,2)a1x1＝eq\f(1,2)a0(3x0－x1＋2x0)，又eq\f(a1,x1)＝eq\f(a0,x0－x1)，聯(lián)立可得a1＝5a0，B正確。10．(多選)如圖a所示，輕彈簧下端固定在傾角為θ的光滑斜面底端，上端與物塊B相連，物塊B處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將物塊A置于斜面上物塊B上方某位置處，取物塊A的位置為原點O，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標系，某時刻釋放物塊A，A與物塊B碰撞后以共同速度沿斜面向下運動，碰撞時間極短，測得物塊A的動能Ek與其位置坐標x的關系如圖b所示，圖像中0～x1之間為直線，其余部分為曲線，物塊A、B均可視為質點，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度為g，則()A．物塊A、B的質量之比為1∶2B．A與B碰撞后在x1位置處速度最大C．A與B碰撞后在x3位置處加速度最大D．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(E,x1（x2－x1）)答案：ACD解析：由圖b可知，物塊A與物塊B碰撞前的動能為eq\f(1,2)mAv2＝E，碰撞后的動能為eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,共)＝eq\f(1,9)E，可得物塊A與物塊B碰撞前的速度v＝eq\r(\f(2E,mA))，碰撞后的速度v共＝eq\r(\f(2E,9mA))＝eq\f(v,3)，物塊A與物塊B碰撞過程，根據動量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v共，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，A正確；由圖b可知，A與B碰撞后A在x2處動能最大，則A與B碰撞后在x2位置處速度最大，B錯誤；根據動能定理有ΔEk＝F合x，則可知Ek-x圖像的斜率代表物體所受的合外力，由圖b可知，A與B碰撞后在x3位置處合外力最大，即加速度最大，C正確；設物塊B處于靜止狀態(tài)時彈簧的形變量為x0，結合圖a根據平衡條件可知mBgsinθ＝kx0，由圖b可知，當A、B一起運動到x2處時，速度最大，根據平衡條件得mAgsinθ＋mBgsinθ＝k(x2－x1＋x0)，物塊A從O點運動到位置x1的過程中，根據動能定理得mAgsinθx1＝E，聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(E,x1（x2－x1）)，D正確。11.(多選)小物塊在豎直向上的拉力F作用下從靜止開始向上運動，其速度v隨位移s變化的圖像(v-s圖像)如圖所示，運動過程空氣阻力不計，則在小物塊運動過程中，下列判斷正確的是()A．小物塊做勻加速直線運動B．拉力F逐漸變大C．任意相等位移內，拉力沖量相同D．速度增加量相同時，小物塊重力勢能的增加量相同答案：BD解析：v-s圖像的斜率k＝eq\f(Δv,Δs)＝eq\f(Δv,Δt)·eq\f(Δt,Δs)＝eq\f(a,v)，由題圖可知k不變，則隨位移s增大，v增大，加速度a也增大，小物塊做加速度增大的加速運動，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，可知拉力F逐漸變大，故A錯誤，B正確；由題圖可知，任意相等位移內，速度的變化量Δv相同，由動量定理有IF－mgt＝mΔv，而任意相等位移內，eq\o(v,\s\up6(－))不同，則所用時間t不同，拉力沖量IF不同，C錯誤；由題圖可知，當速度增加量相同時，位移的增加量相同，又因為小物塊向上運動，所以重力勢能的增加量相同，故D正確。專練二電磁學部分12．利用圖甲所示電路研究電容器充放電過程，開關接1端后，電流傳感器G記錄電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。則電容器電容C、極板電荷量Q、上極板電勢φ、兩端電壓U隨時間t變化規(guī)律正確的是()答案：B解析：電容器的電容是由電容器本身性質決定的，與是否帶電無關，所以電容C保持不變，故A錯誤；開關接1端后，電容器與電源相連，開始充電，電容器所帶電荷量Q增大，由I＝eq\f(ΔQ,Δt)，結合圖乙中電流隨時間t逐漸減小，知Q-t圖像的斜率也逐漸減小，最后電流為零時，Q不變，故B正確；電容器下極板接地，則上極板的電勢φ等于上下極板間的電勢差，開關接1端后，兩極板間電勢差U＝eq\f(Q,C)逐漸增大，則上極板電勢φ增大，故C、D錯誤。13．(2024·廣東省江門市高三下一模)如圖甲所示為汽車的傳統(tǒng)點火裝置，被稱為蓄電池點火系統(tǒng)。此裝置的核心部件是一個變壓器，該變壓器的原線圈通過開關連接到12V的蓄電池上，副線圈連接到火花塞的兩端。在開關閉合或斷開的瞬間，將會在副線圈中產生脈沖高電壓形成電火花，點燃可燃混合氣體。圖乙和圖丙分別是原線圈、副線圈電壓隨時間變化的圖像，則下列說法正確的是()A．原線圈的匝數(shù)比副線圈的匝數(shù)多B．t2至t3間穿過副線圈的磁通量為零C．開關斷開與閉合瞬間副線圈產生的感應電動勢方向相同D．開關斷開時比開關閉合時，更容易點燃混合氣體答案：D解析：根據題意可知，該變壓器為升壓變壓器，所以原線圈的匝數(shù)比副線圈的匝數(shù)少，故A錯誤；由圖乙可知，t2至t3間原線圈有電流，由電流的磁效應可知有磁場穿過副線圈，則穿過副線圈的磁通量不為零，故B錯誤；由圖乙可知，t1時刻開關閉合，t3時刻開關斷開，由圖丙可知，開關斷開與閉合瞬間副線圈產生的感應電動勢方向相反，故C錯誤；由圖丙可知，開關斷開時副線圈產生的電壓比開關閉合時更高，而由題意可知電壓越高越容易點燃氣體，所以開關斷開時更容易點燃混合氣體，故D正確。14．現(xiàn)代科學研究中常要用到高速電子，電子感應加速器是利用感生電場使電子加速的設備，它的基本原理如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，圖乙為真空室的俯視圖。當電磁鐵線圈通入如圖丙所示的正弦式交變電流時，可使電子在真空室中做加速圓周運動。以圖甲中所示電流方向為正方向，不考慮相對論效應，在每個周期T內，電子能沿逆時針方向(俯視)做加速圓周運動的時間為()A．0～eq\f(T,4) B．eq\f(T,4)～eq\f(T,2)C．eq\f(T,2)～eq\f(3T,4) D．eq\f(3T,4)～T答案：D解析：電子在真空室中沿逆時針方向做加速圓周運動時，渦旋電場的方向應沿著順時針方向，又洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，根據左手定則可知電流的磁場方向應豎直向上，根據右手螺旋定則可知，只有在0～eq\f(T,4)、eq\f(3T,4)～T時間內磁感應強度方向豎直向上，其中0～eq\f(T,4)時間內，根據楞次定律可知，產生的渦旋電場沿著逆時針方向，不符合題意，eq\f(3T,4)～T時間內，根據楞次定律可知，產生的渦旋電場沿順時針方向，符合題意。故選D。15．(多選)轉速傳感器用來檢測齒輪旋轉速度，為汽車自動控制系統(tǒng)提供關鍵數(shù)據。圖甲是轉速傳感器結構示意圖，當齒輪轉動時會導致感應線圈內磁通量變化，產生感應電流。當齒輪位于圖甲中位置時開始計時，0～0.2s內車載電腦顯示的電流信號如圖乙所示，下列說法正確的是()A．齒輪的轉速為5r/sB．齒輪的旋轉周期為2.4sC．0.1s時，感應線圈內磁通量的變化率最大D．0～0.1s內感應線圈內磁通量的變化率先變大后變小答案：BD解析：從齒輪位于圖甲中位置時開始計時，則t＝0時穿過感應線圈的磁通量最大，感應電流為0，之后磁通量減小，產生感應電流，當?shù)?個齒靠近感應線圈時，穿過感應線圈的磁通量增大，產生的感應電流反向，第2個齒正對感應線圈時，磁通量最大，感應電流為0，這段過程為感應電流的一個周期。由圖乙可知，感應電流的周期為T＝0.2s，即從一個凸齒正對磁體至相鄰凸齒正對磁體，齒輪旋轉時間為0.2s，由圖甲可知，齒輪的齒數(shù)為12，則齒輪旋轉周期為T′＝12T＝2.4s，故B正確；齒輪的轉速為n＝eq\f(1,T′)＝eq\f(5,12)r/s，故A錯誤；由圖乙可知，0.1s時，感應電流為0，由法拉第電磁感應定律知，感應線圈內磁通量的變化率最小，故C錯誤；由圖乙可知，0～0.1s內感應電流先變大后變小，由法拉第電磁感應定律知，感應線圈內磁通量的變化率先變大后變小，故D正確。16.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間的P點固定一個帶正電的檢驗電荷。用C表示電容器的電容，E表示兩板間的電場強度的大小，φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能。若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0，上述各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是()答案：C解析：設負極板未移動前，電容器兩極板間距離為d，當負極板緩慢向右平移時，兩板間的距離減小，由C＝eq\f(εrS,4πk（d－x）)可知，C與x的圖像不是一次函數(shù)圖像，A錯誤；由U＝eq\f(Q,C)可知U＝eq\f(4πk（d－x）,εrS)Q，則E＝eq\f(U,d－x)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知電場強度E與電容器兩極板間距離無關，B錯誤；因負極板接地，設P點開始時距負極板的距離是d′，則P點的電勢φ＝E(d′－x)，C正確；正電荷在P點的電勢能W＝qφ＝qE(d′－x)＝qEd′－qEx，所以W-x圖像是一條傾斜的直線，D錯誤。17．家用燃氣灶點火裝置的電路原理圖可簡化為圖甲所示，轉換器是將左側的直流電流轉換為圖乙所示的正弦交變電流，并加在一理想變壓器的原線圈兩端，圖中電壓表為理想交流電壓表，當變壓器副線圈輸出電壓的瞬時值超過2500V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體，設變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k，開關閉合后，下列說法中正確的是()A．圖甲中電壓表的示數(shù)為50VB．圖乙所示的交流電的頻率為100HzC．k>eq\f(1,50)時，才能實現(xiàn)點火D．k＝eq\f(1,100)時，鋼針和金屬板間在交流電每個周期內放電的時間為eq\f(1,75)s答案：D解析：電壓表的示數(shù)為圖乙所示交流電電壓的有效值，根據圖乙可知該交流電壓的最大值為50V，有效值為U有＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，A錯誤。根據圖乙可知該交流電的周期為T＝0.02s，所以其頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，B錯誤。根據理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系可得eq\f(U1,U2)＝k，由圖乙可知，原線圈電壓瞬時值最大為U1m＝50V，根據題意要實現(xiàn)點火，U2m>2500V，結合U1m＝eq\r(2)U1，U2m＝eq\r(2)U2，則k＝eq\f(U1m,U2m)<eq\f(50V,2500V)＝eq\f(1,50)，C錯誤。當k＝eq\f(1,100)<eq\f(1,50)時，副線圈電壓瞬時值表達式為u＝5000sin(100πt)V，當副線圈輸出電壓的瞬時值大于2500V時鋼針與金屬板間放電，由2500V＝5000sin(100πt)V，在0～1×10－2s內，解得t1＝eq\f(1,600)s，t2＝eq\f(5,600)s，所以半個周期內持續(xù)放電時間為Δt＝t2－t1＝eq\f(1,150)s，則鋼針和金屬板間在交流電每個周期內放電的時間為t＝2Δt＝eq\f(1,75)s，D正確。18．(2024·四川省瀘州市高三下三模)已知電荷分布均勻的絕緣球殼，對殼內任意位置的電荷的電場力均為零。如圖是一個均勻帶正電實心絕緣球體，規(guī)定無窮遠電勢為零。下列關于該帶電球體周圍的電場強度大小E、電勢φ與到球心的距離r的關系圖像，可能正確的是()答案：A解析：設帶正電實心絕緣球體半徑為R，帶電量為Q，則當r≤R時，以半徑為r的球體部分為研究對象，其帶電量為q＝eq\f(\f(4,3)πr3,\f(4,3)πR3)Q＝eq\f(r3,R3)Q，因均勻帶電球體在其表面位置的電場強度等于位于球心處帶等量電荷的點電荷在該處的電場強度，再結合題意可知，當r≤R時，該點處的電場強度為E＝keq\f(q,r2)，聯(lián)立得E＝eq\f(kQ,R3)r，當r>R時，電場強度為E＝keq\f(Q,r2)，故A可能正確，B錯誤；根據沿電場的方向電勢逐漸降低以及Δφ＝Ed可知，在φ-r圖像中，圖線切線斜率的絕對值表示該點處電場強度大小，當r≤R時，隨r的增大，E逐漸增大，電勢逐漸降低，且降低得越來越快，當r>R時，隨r的增大，E逐漸減小，電勢逐漸降低，且降低得越來越慢，故C、D錯誤。19.(多選)如圖所示，電量為－2Q和＋Q的兩個點電荷分別固定于x軸上的A點和O點，O點為坐標原點，x＝x0處場強為零?，F(xiàn)將一正試探電荷q在＋x軸上距離O點很遠處由靜止釋放，釋放處試探電荷的電勢能近似為零。關于x軸上的場強E、試探電荷q的速度v、動能Ek、電勢能Ep與位置坐標x的關系圖像中，可能正確的是()答案：AC解析：根據兩個點電荷電荷量的大小關系、點電荷的場強公式及場強的疊加原理可知，場強為0的點只有一個，其坐標x＝x0>0，同理可知，O點右側、x0點左側E為正值，且越接近O點E越大，x0右側E為負值，且無窮遠處E趨近于0，據此可知，A項所示E-x圖可能正確；根據以上分析，正試探電荷由靜止釋放后，在到達x＝x0處前所受電場力方向一直沿x軸負方向，電場力一直做正功，試探電荷速度為負值且一直增大，動能一直增大，電勢能為負值且一直減小，在x＝x0處速度達到最大值，動能達到最大值，電勢能達到最小值，從x＝x0向左電場力做負功，電荷動能逐漸減小，到達O點前動能減為0，故B、D錯誤，C可能正確。20．(多選)如圖甲所示，一絕緣的豎直圓環(huán)上均勻分布著負電荷，一光滑細桿從圓心垂直圓環(huán)平面穿過圓環(huán)，桿上套有帶電的小球，現(xiàn)使小球從a點以某一初速度向右運動，到達c點速度為零。取a點為零電勢能點，運動過程中小球的電勢能Ep隨其運動位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．小球帶負電B．電勢差Uba大于UcbC．a點場強大于b點場強D．小球經過b點時的動能為2J答案：BD解析：小球從a點以某一初速度向右運動，到達c點速度為零，可知小球所受靜電力向左，小球帶正電，A錯誤；因小球從a到b電勢能的變化量大于從b到c電勢能的變化量，根據ΔEp＝－W＝－qU，可知電勢差Uba大于Ucb，B正確；根據ΔEp＝－W＝－Eqx，可知Ep-x圖線切線斜率的絕對值表示靜電力大小，由圖乙可知小球在b點所受靜電力最大，則b點場強最大，C錯誤；小球運動過程只有靜電力做功，則小球的電勢能和動能之和守恒，有Ekb＋Epb＝Ekc＋Epc，即Ekb＋4J＝0＋6J，解得小球經過b點時的動能為Ekb＝2J，D正確。21．如圖甲所示，電動勢為E、內阻為r的電源與R＝6Ω的定值電阻、滑動變阻器RP、開關S組成閉合回路。已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的有效阻值RP的關系如圖乙所示。下述說法中正確的是()A．圖乙中Rx＝15ΩB．電源的電動勢E＝10V，內阻r＝4ΩC．滑動變阻器消耗功率P最大時，定值電阻R也消耗功率最大D．調整滑動變阻器RP的阻值，可以使電源的輸出電流達到1.25A答案：B解析：將R看成電源內阻的一部分，由圖乙知，當RP＝R＋r＝10Ω時，滑動變阻器消耗的功率P最大，因R＝6Ω，可得電源的內阻r＝4Ω，最大功率為Pm＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(E,RP＋（R＋r）)))eq\s\up12(2)RP＝eq\f(E2,4（R＋r）)＝2.5W，解得電源的電動勢E＝10V；當滑動變阻器接入電路的有效阻值為5Ω與阻值為Rx時消耗的功率相等時，則有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,5Ω＋R＋r)))eq\s\up12(2)×5Ω＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,Rx＋R＋r)))eq\s\up12(2)Rx，解得Rx＝20Ω，故A錯誤，B正確。當RP＝0時，電路中電流最大，定值電阻R消耗的功率最大，此時，滑動變阻器消耗功率P為零，故C錯誤。當RP＝0時，電路中電流最大，為Imax＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,6＋4)A＝1A，所以，調整滑動變阻器RP的阻值，無法使電源的輸出電流達到1.25A，故D錯誤。22．(2024·福建省泉州市高三下二模)(多選)如圖甲所示的xOy坐標系中，y軸上固定有兩個等量同種點電荷P，與原點O的距離相同，x軸上各點的電勢φ隨x坐標變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩點，其電勢分別為φa和φb，對應φ-x圖線上的a′、b′兩點，這兩點切線斜率的絕對值相等?，F(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，M運動過程中僅受電場力作用，下列說法正確的是()A．a、b兩點場強不相同B．M從a點運動到b點的過程中電勢能先增大后減小C．M從a點運動到b點的過程中加速度大小先減小后增大D．M先后兩次經過b點的過程，電場力的沖量大小為2eq\r(2mq（φa－φb）)答案：AD解析：根據電場強度與電勢的關系，可知電場強度E＝eq\f(Δφ,Δx)，則φ-x圖線的斜率可以表示電場強度，而a′、b′兩點切線斜率的絕對值相等，說明這兩點場強大小相同，但這兩點斜率的正負號不同，故場強方向不相同，A正確；由題圖乙可知，從a點到b點，電勢先降低后升高，則正點電荷M從a點運動到b點的過程中電勢能先減小后增大，B錯誤；由題圖乙分析知，從a點到b點，圖線的斜率的絕對值先增大后減小再增大，則電場強度先增大后減小再增大，由qE＝ma知加速度大小a＝eq\f(qE,m)，故M從a點運動到b點的過程中加速度大小先增大后減小再增大，C錯誤；M從a點運動到b點的過程，由動能定理有q(φa－φb)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－0，由能量守恒定律知，M第二次返回b點時速度大小仍為vb，方向與第一次相反，由動量定理可知，M先后兩次經過b點的過程，電場力的沖量大小為I＝|p′－p|＝2mvb＝2eq\r(2mq（φa－φb）)，D正確。23．(2024·河南省普通高等學校招生考試適應性測試)(多選)α粒子(eq\o\al(4,2)He)以一定的初速度與靜止的氧原子核(eq\o\al(16,8)O)發(fā)生正碰。此過程中，α粒子的動量p隨時間t變化的部分圖像如圖所示，t1時刻圖線的切線斜率最大。則()A．t1時刻eq\o\al(16,8)O的動量為p0－p1B．t1時刻eq\o\al(16,8)O的加速度達到最大C．t2時刻eq\o\al(16,8)O的動能達到最大D．t2時刻系統(tǒng)的電勢能最大答案：AB解析：α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動量守恒，設t1時刻eq\o\al(16,8)O的動量為p2，有p0＝p1＋p2，則p2＝p0－p1，故A正確；t1時刻圖線的切線斜率最大，則α粒子的動量變化率最大，由動量守恒定律可知eq\o\al(16,8)O的動量變化率最大，根據p＝mv可知eq\o\al(16,8)O的速度變化率最大，即加速度最大，故B正確；t2時刻，α粒子速度為零，且之后α粒子反向運動，系統(tǒng)動量守恒，可知在t2時刻之后，eq\o\al(16,8)O的動量繼續(xù)增大，速度增大，動能增大，故C錯誤；t1時刻，α粒子與eq\o\al(16,8)O間的電場力最大，由庫侖定律知α粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢能最大，故D錯誤。24．如圖甲所示，足夠長固定絕緣光滑斜面傾角為θ，以斜面底端為坐標原點，沿斜面方向建立x軸，在x軸上的部分區(qū)間存在電場，電場方向沿斜面向上。一質量為m、電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質點)從斜面底端由靜止釋放，不計空氣阻力，滑塊對原電場無影響，滑塊向上運動的一段過程中機械能E隨位移x變化的圖像如圖乙所示，曲線上A點切線斜率最大，下列說法正確的是()A．在x1～x3過程中滑塊速度先增大后不變B．在0～x1過程中滑塊速度一定增大C．在x＝x1處電勢最高D．在x＝x3處電場強度最大答案：B解析：根據圖乙可知，在x2～x3過程中隨著高度增加，機械能不變，說明此時只有重力做功，即在x2～x3過程中滑塊做勻減速運動，A錯誤；根據功能關系可知，滑塊機械能的增加量等于電場力做的功，即ΔE＝qE電Δx，可知E-x圖像切線的斜率表示qE電，根據圖乙可知，從0～x2，qE電沿斜面向上，其中0～x1過程中電場力逐漸增大，x1～x2過程中電場力逐漸減小，故在0～x1過程中滑塊速度一定增大，且在x＝x1處電場強度最大，B正確，D錯誤；根據以上分析，結合沿著電場線方向電勢降低可知，在x＝0處電勢最高，C錯誤。25.用電流傳感器研究電容器充放電現(xiàn)象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開關S1，待電流穩(wěn)定后再閉合開關S2，通過傳感器的電流隨時間變化的圖像是()答案：A解析：閉合開關S1，電容器開始充電，電容器所帶電荷量Q增大，電容器兩端電壓UC＝eq\f(Q,C)逐漸增大，則R1兩端的電壓UR1＝E－UC減小，則通過電流傳感器的電流I＝eq\f(UR1,R1)越來越小，充電完成后，電容器兩端電壓UC＝E，此時通過傳感器的電流I＝0；再閉合開關S2，因為穩(wěn)定后UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E<E，所以電容器通過電阻R2反向放電，流過傳感器的電流與充電時的電流方向相反，放電過程中，電容器所帶電荷量Q減小，放電電流逐漸減小，當電容器兩端電壓UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E時，放電完畢，此時通過傳感器的電流I＝0，故選A。26.(2024·廣東省湛江市高三下一模)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中分別有磁感應強度大小相等、垂直紙面但方向相反、寬度均為a的勻強磁場區(qū)域。高為a的正三角形線框efg從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，下列圖像中能正確描述線框efg中感應電流I與線框移動距離x關系的是()答案：B解析：線框移動距離在0～a的過程中，線框剛進入區(qū)域Ⅰ瞬間，有效切割長度為零，感應電流為零，之后eg和fg兩邊的有效切割長度變大，其有效長度為L有效＝2xtan30°，感應電動勢為E＝BL有效v，感應電流的瞬時值為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(3)Bxv,3R)，由右手定則可知感應電流方向沿逆時針方向，為正，當線框efg移動距離為a時，感應電流達到最大，即I0＝eq\f(2\r(3)Bav,3R)；在a～2a的過程中，線框剛進入區(qū)域Ⅱ瞬間，有效切割長度為零，感應電流為零，之后隨線框進入磁場距離的增大，有效切割長度變大，L有效′＝4(x－a)tan30°，感應電流的瞬時值為I′＝eq\f(BL有效′v,R)＝eq\f(4\r(3)B（x－a）v,3R)，沿順時針方向，為負，當移動距離為2a時，其感應電流達到最大，為I0′＝eq\f(4\r(3)Bav,3R)＝2I0；在2a～3a的過程中，在剛出區(qū)域Ⅱ瞬間，有效切割長度為零，感應電流大小為零，之后有效切割長度變大，L有效″＝2(x－2a)tan30°，感應電流的瞬時值為I″＝eq\f(2\r(3)B（x－2a）v,3R)，沿逆時針方向，為正，當移動距離為3a時，其感應電流達到最大，為I0″＝eq\f(2\r(3)Bav,3R)＝I0，故選B。27.(2024·福建省泉州市、南平市高三下一模)(多選)如圖所示，絕緣的水平面上固定兩根相互垂直的光滑金屬桿，沿兩金屬桿方向分別建立x軸和y軸。另有兩光滑金屬桿1、2，t＝0時刻與兩固定桿圍成正方形，金屬桿間彼此接觸良好，空間存在豎直向上的勻強磁場。分別沿x軸正向和y軸負向以相同大小的速度勻速移動金屬桿1、2，已知四根金屬桿完全相同且足夠長，回路中的電流為I(以逆時針方向為電流正方向)，通過金屬桿截面的電荷量為q，用下列相關圖像描述某段運動過程中電流I與電荷量q關于時間t變化的規(guī)律，可能正確的是()答案：AD解析：設初始正方形邊長為L，金屬桿單位長度電阻為r0，分別沿x軸正向和y軸負向以相同大小的速度v勻速移動金屬桿1、2，在桿2到達x軸之前，桿1產生的感應電動勢為E1＝B(L－vt)v，方向為順時針；桿2產生的感應電動勢為E2＝B(L＋vt)v，方向為逆時針，且E2>E1，回路中總電阻為R總＝2(L＋vt＋L－vt)r0＝4Lr0，可知回路中總電阻不變；故回路中總電流為I＝eq\f(E2－E1,R總)＝eq\f(Bv2t,2Lr0)∝t，可知回路中總電流隨時間均勻增加，方向沿逆時針，為正，I-t圖線與t軸所圍面積即為通過金屬桿截面的電荷量q，則q＝eq\f(1,2)·t·eq\f(Bv2t,2L·r0)＝eq\f(Bv2t2,4Lr0)，q-t圖線為曲線；當桿2在x軸位置時，桿1在x＝2L處，設此時刻為t0，同理可知，之后桿1的感應電動勢E1′＝Bv(t－t0)v，桿2的感應電動勢E2′＝B[2L＋v(t－t0)]v，回路中總電阻為R總′＝2(vt－vt0＋2L＋vt－vt0)r0，其中vt0＝L，回路中總電流I′＝eq\f(E2′＋E1′,R總′)＝eq\f(Bv,2r0)，電流方向沿順時針方向，為負，I-t圖線為平行于t軸的直線，則通過金屬桿截面的電荷量q′＝I′(t－t0)＋eq\f(Bv2teq\o\al(2,0),4Lr0)，即q-t圖線為傾斜直線，綜上可知A、D可能正確，B、C錯誤。故選A、D。28.(多選)如圖所示，一根足夠長的絕緣均勻圓桿傾斜固定在勻強磁場中，磁場的方向垂直于圓桿所在的豎直平面向里?，F(xiàn)有一個帶正電小圓環(huán)從桿底端以初速度v0沿桿向上運動，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)處處相同，不計空氣阻力。下列描述圓環(huán)在桿上運動的v-t圖像中，可能正確的是()答案：AD解析：設桿與水平方向夾角為θ，若小圓環(huán)的初速度較小，有N＋Bqv＝mgcosθ，隨著速度變小，小圓環(huán)與圓桿之間的彈力增大，由f＝μN可知摩擦力增大，再根據牛頓第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，則加速度逐漸增大，所以小圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動；當小圓環(huán)速度減到0時，如果有mgsinθ≤μmgcosθ，則小圓環(huán)將靜止在圓桿上，如果mgsinθ>μmgcosθ，則小圓環(huán)將向下做加速運動，有N＝mgcosθ＋Bqv，隨著速度增大，小圓環(huán)與圓桿之間的彈力增大，摩擦力增大，由mgsinθ－f＝ma，則小圓環(huán)的加速度將減小，當加速度為0時，小圓環(huán)將做勻速運動。若小圓環(huán)的初速度較大，有Bqv＝N＋mgcosθ，隨著速度變小，小圓環(huán)與圓桿之間的彈力逐漸減小，由f＝μN可知摩擦力減小，再根據牛頓第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，則加速度逐漸減小，當速度減到v＝eq\f(mgcosθ,Bq)時，小圓環(huán)與圓桿之間的彈力為0，摩擦力為0，加速度最小，之后速度再繼續(xù)減小時，有N＋Bqv＝mgcosθ，隨著速度變小，小圓環(huán)與圓桿之間的彈力增大，摩擦力增大，再根據牛頓第二定律可得加速度逐漸增大，小圓環(huán)做減速運動到速度為0，最后小圓環(huán)可能靜止在圓桿上，或者先向下做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速直線運動。根據v-t圖像的斜率表示加速度，可知A、D可能正確，B、C錯誤。29．(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面內有一等腰直角三角形區(qū)域ABC，BD是斜邊AC的高，且BD＝L，△ABD和△BDC區(qū)域內分別存在垂直于桌面向下和向上的勻強磁場，一邊長為L的正方形線框abcd在外力F的作用下，勻速通過兩個磁場區(qū)域，運動過程中，線框的cd邊始終與等腰三角形AC邊所在的直線MN重合。正方形線框由粗細均勻的同種電阻絲構成，規(guī)定線框中逆時針方向的電流為正，線框受到垂直于bc邊向左的安培力為正，穿過線框向下的磁通量為正，從線框的c點位于A點處開始，下列選項中關于線框中產生的感應電流I、b、a兩點間的電勢差Uba、線框所受安培力F、穿過線框的磁通量Φ隨線框運動位移x變化的圖像可能正確的是()答案：BC解析：設線框的總電阻為R，磁場的磁感應強度大小為B，線框的移動速度為v。x在0～L的過程中，根據右手定則可知，線框中感應電流沿逆時針方向，為正。bc邊有效切割長度為l＝x，感應電動勢為E＝Blv＝Bxv，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bxv,R)，I∝x，當x＝L時，I0＝eq\f(BLv,R)；b、a兩點間的電勢差Uba＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)Bxv，Uba∝x；線框所受安培力方向向左，為正，安培力大小為F＝BIx＝B·eq\f(Bxv,R)·x＝eq\f(B2vx2,R)，F(xiàn)∝x2；穿過線框的磁通量Φ＝BS＝B·eq\f(1,2)x2，Φ∝x2，根據數(shù)學知識可知D錯誤。x在L～2L的過程中，ad和bc兩邊都切割磁感線，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流沿順時針方向，為負。ad和bc兩邊有效切割長度之和等于L，則線框中感應電動勢為E＝BLv，保持不變；感應電流為I＝－eq\f(E,R)＝－eq\f(BLv,R)，保持不變，故A錯誤。因b點的電勢低于a點的電勢，則b、a兩點間的電勢差Uba＝－eq\f(1,4)E＝－eq\f(1,4)BLv，保持不變；線框ad、bc邊所受安培力方向均向左，為正，安培力合力大小為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，保持不變。x在2L～3L的過程中，ad邊切割磁感線，根據右手定則判斷可知，線框中感應電流沿逆時針方向，為正。ad邊有效切割長度為l＝3L－x，則線框中感應電動勢為E＝B(3L－x)v；感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B（3L－x）v,R)，因b點的電勢高于a點的電勢，則b、a兩點間的電勢差Uba＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)B·(3L－x)v；線框所受安培力方向向左，為正，安培力大小為F＝BIL＝B·eq\f(B（3L－x）v,R)·(3L－x)＝eq\f(B2v（3L－x）2,R)，當x＝3L時，Uba＝0，F(xiàn)＝0，故B、C正確。專練三機械振動與機械波、熱學、近代物理等部分30．(2024·廣東省廣州市高三下二模)如圖甲，由細線和裝有墨水的容器組成單擺，容器底端墨水均勻流出。當單擺在豎直面內擺動時，長木板以速度v垂直于擺動平面勻速移動距離L，形成了如圖乙的墨痕圖案，重力加速度為g，則該單擺的擺長為()A.eq\f(gL2,16π2v2) B.eq\f(gL2,π2v2)C.eq\f(gL,4πv) D.eq\f(gL,πv)答案：A解析：根據單擺的周期公式有T＝2πeq\r(\f(l,g))，由題圖乙可得2T＝eq\f(L,v)，聯(lián)立可得l＝eq\f(gL2,16π2v2)，故選A。31．(2024·山東省泰安市高三下一模)(多選)在同一均勻介質中，位于x＝－6m和x＝12m處的兩個波源M和N均沿y軸方向做簡諧運動，形成橫波a和b。如圖所示，t＝0時波a、b分別傳播到x＝－2m和x＝8m處；t＝5s時波a、b恰好相遇，則下列說法正確的是()A．橫波a、b相疊加后，會出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象B．x＝3m處質點的位移最大值為2cmC．t＝2s時，質點P沿y軸正方向運動D．t＝11s時，x＝2m處質點的位移為10cm答案：AB解析：橫波a和b的波長相同，同種介質中波的傳播速度相同，兩列波的周期T＝eq\f(λ,v)相同，故兩列波的頻率相同，滿足產生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象的條件，A正確；因eq\f(8＋（－2）,2)m＝3m，則t＝5s時兩列波同時到達x＝3m處，兩列波步調相反，故x＝3m處的質點處于振動減弱狀態(tài)，所以其位移最大值為6cm－4cm＝2cm，B正確；由題圖可知，兩列波的波長均為λ＝4m，兩列波的波速均為v＝eq\f(8m－3m,5s)＝1m/s，周期為T＝eq\f(λ,v)＝4s，由“同側法”可知t＝0時質點P沿y軸正方向運動，故經過2s＝eq\f(T,2)質點P沿y軸負方向運動，C錯誤；t＝11s時，x＝2m質點處，a波振動11s－eq\f(2m－（－2m）,v)＝7s＝1eq\f(3,4)T，b波振動11s－eq\f(8m－2m,v)＝5s＝1eq\f(1,4)T，都在波谷位置，所以此時刻x＝2m處質點的位移為x＝[(－4)＋(－6)]cm＝－10cm，D錯誤。32．一列簡諧波沿x軸方向傳播，t＝0時刻的波形圖如圖所示，此后質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置。下列說法正確的是()A．簡諧波沿x軸正方向傳播B．簡諧波的振幅為5eq\r(2)cmC．簡諧波的波速為10m/sD．1.2s時，質點N的位移為－5cm答案：D解析：根據題意，質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，可知t＝0時質點M正在向y軸正方向運動，質點N正在向y軸負方向運動，結合上下坡法，可知該波沿x軸負方向傳播，A錯誤；質點N比質點M提前0.8s回到平衡位置，則該波從質點N所在平衡位置傳播到質點M所在平衡位置所需時間為0.8s，則簡諧波的波速為v＝eq\f(5－1,0.8)m/s＝5m/s，C錯誤；根據對稱性可知，題圖中t＝0時處于波峰的質點的平衡位置坐標為x＝3m，所以該波的波長為λ＝12m，根據波長、周期和波速的關系，可知該波的周期為T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(12,5)s＝2.4s，x＝3m處的質點t＝0時位于最大位移處，且再經過Δt＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(5－3,5)s＝0.4s質點N的振動形式傳播到此處，則x＝3m處質點的振動方程為y＝Acoseq\f(2π,T)t＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)t))，將y＝5cm、t＝0.4s代入，可得振幅A＝10cm，B錯誤；1.2s＝0.5T，根據簡諧運動的對稱性可知，1.2s時，質點N的位移為－5cm，D正確。33.分子間存在著分子力，并且分子力做功與路徑無關，因此分子間存在與其相對距離有關的分子勢能。如圖所示為分子勢能Ep隨分子間距離r變化的圖像，取r趨近于無窮大時Ep為零。通過功能關系可以從此圖像中得到有關分子力的信息，若僅考慮這兩個分子間的作用，下述說法中正確的是()A．圖中r1是分子間作用力為零的位置B．假設將兩個分子從r＝r2處釋放，它們將相互靠近C．假設將兩個分子從r＝r1處釋放，當r＝r2時它們的加速度最大D．假設將兩個分子從r＝r1處釋放，當r＝r2時它們的速度最大答案：D解析：由圖可知，兩個分子在r＝r2處的分子勢能最小，則此處為分子間作用力為零的位置，故A錯誤；當分子間距離等于平衡距離時，分子間作用力為零，加速度為零，所以假設將兩個分子從r＝r2處釋放，它們將靜止不動，故B、C錯誤；分子間距離在r1～r2之間分子作用力表現(xiàn)為斥力，從r1到r2的過程中分子力做正功，速度增大，當分子之間的距離大于r2時，分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，隨著分子間距離的增大，分子力做負功，分子的速度減小，所以當r＝r2時，分子的速度最大，故D正確。34.一絕熱容器內封閉一定質量的理想氣體，氣體分子的速率分布如圖所示，橫坐標表示速率v，縱坐標表示某一速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比N，經過一段時間分子的速率分布圖由狀態(tài)①變?yōu)棰?，圖線①下方的面積為S1，圖線②下方的面積為S2。則由圖可知()A．S1>S2 B．氣體的壓強變大C．氣體的內能不變 D．氣體對外界做功答案：B解析：由于橫坐標表示速率v，縱坐標表示某一速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比N，則兩圖線下方的面積均為1，即有S1＝S2＝1，故A錯誤；由圖像可知，由狀態(tài)①變?yōu)棰?，分子速率大的分子?shù)占總分子數(shù)的百分比在增加，說明氣體溫度升高，對于一定質量的理想氣體，不計分子勢能，則溫度升高，氣體的內能一定增大，故C錯誤；由于氣體在絕熱容器內，與外界沒有熱交換，即Q＝0，根據上述分析可知氣體的內能增大，根據ΔU＝W＋Q可知，外界對氣體做功，故D錯誤；外界對氣體做功，氣體體積減小，而氣體溫度升高，根據理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，可知氣體壓強增大，故B正確。35.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A，其中A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程。上述循環(huán)過程叫作熱機的“卡諾循環(huán)”。則()A．B→C過程氣體分子的數(shù)密度增大B．B→C過程氣體的溫度不變C．A→C過程氣體對外做功大于C→A過程外界對氣體做功D．C→D過程放出的熱量等于A→B過程吸收的熱量答案：C解析：根據圖像可知，B→C過程氣體的體積增大，則氣體分子的數(shù)密度減小，A錯誤。B→C過程為絕熱過程，則QBC＝0，氣體體積增大，氣體對外界做功，WBC<0，根據ΔUBC＝WBC＋QBC，可知ΔUBC<0，即氣體溫度降低，B錯誤。p-V圖像中，圖線與V軸所圍幾何圖形的面積表示氣體做的功，A→C過程氣體體積增大，氣體對外界做功－WAC，C→A過程，氣體體積減小，外界對氣體做功WCA，由于A→C過程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積大于C→A過程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積，則A→C過程氣體對外界做功大于C→A過程外界對氣體做功，C正確。C→D過程，根據熱力學第一定律有ΔUCD＝WCD＋QCD，而溫度不變，體積減小，則ΔUCD＝0，WCD>0，可得QCD<0，即C→D過程放出熱量，A→B過程，同理有ΔUAB＝WAB＋QAB，ΔUAB＝0，WAB<0，可得QAB>0，即A→B過程吸收熱量；A→B→C→D→A一個循環(huán)，ΔU＝0，且ΔU＝W＋Q，其中W＝WAC＋WCA，Q＝QAB＋QCD，根據C項分析可知，W<0，則Q＝QAB＋QCD>0，又QCD<0、QAB>0，則QAB>－QCD，即C→D過程放出的熱量小于A→B過程吸收的熱量，D錯誤。36.如圖所示，一定質量的理想氣體，經一系列的狀態(tài)變化，經a→b→c→d→e→a最終回到狀態(tài)a，下列說法正確的是()A．a→b過程氣體從外界吸熱 B．b→c過程氣體的溫度升高C．c→d過程氣體從外界吸熱 D．d→e過程氣體對外界做功答案：D解析：由eq\f(pV,T)＝C可得p＝CT·eq\f(1,V)，則p-eq\f(1,V)圖像上的點與原點連線的斜率k與溫度T成正比。a→b過程斜率k不變，即T恒定，而eq\f(1,V)變大，即體積V變小，知ΔU＝0，W>0，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即氣體向外界放熱，故A錯誤；b→c過程k變小，則T變小，故B錯誤；c→d過程，eq\f(1,V)不變，即V不變，則W＝0，而k減小，則T減小，因此ΔU<0，由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即氣體向外界放熱，故C錯誤；d→e過程，eq\f(1,V)減小，即V變大，氣體對外界做功，故D正確。37.一種采用DIS系統(tǒng)探究光電效應規(guī)律的實驗儀器，其陰極由銻銫材料制成，該材料的逸出功為1.91eV。已知可見光光子能量范圍為1.62～3.11eV。用甲、乙、丙三束單色光在這套儀器上做實驗，發(fā)現(xiàn)光電流I與電壓U的關系如圖所示。下列說法正確的是()A．用紅光和紫光做實驗，一定都能發(fā)生光電效應B．乙光的波長大于丙光的波長C．乙光對應的截止頻率大于丙光對應的截止頻率D．單位時間內，甲、乙兩束光照到陰極上的光子數(shù)相同答案：B解析：由光子的能量ε＝hν可知，可見光中紅光的光子能量最小，紫光的光子能量最大，可見光光子能量范圍為1.62～3.11eV，而光電管陰極材料的逸出功為1.91eV，則紅光的光子能量可能小于1.91eV，即用紅光在這套儀器上做實驗，可能不發(fā)生光電效應，A錯誤；根據Ek＝hν－W0及0－Ek＝－eUc可得eUc＝hν－W0，可知入射光的頻率越高，對應的遏止電壓越大，乙光的遏止電壓小于丙光的遏止電壓，所以乙光的頻率小于丙光的頻率，則乙光的波長大于丙光的波長，故B正確；根據hν0＝W0可知，同一金屬材料，截止頻率相同，故C錯誤；由題圖可知，甲光對應的飽和光電流比乙光大，則單位時間內，甲光照射到陰極上逸出的光電子數(shù)比乙光照射時多，則單位時間內，甲光照到陰極上的光子數(shù)大于乙光，D錯誤。38.某金屬在不同頻率光的照射下發(fā)生光電效應，產生光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖像如圖所示，換用其他金屬開展相同實驗，下列圖像可能正確的是()答案：D解析：由光電效應方程Ek＝hν－W0，結合題圖可知，該金屬的極限頻率為ν0，有hν0－W0＝0，換用其他金屬開展相同實驗時，不同金屬的逸出功不同，故極限頻率不同，但是Ek-ν圖像的斜率是h，為定值。故圖像D可能正確，A、B、C錯誤。39.如圖所示是某金屬的遏止電壓Uc和入射光的頻率ν的函數(shù)關系圖像。已知該金屬的逸出功為W0、截止頻率為νc，電子電量為－e(e>0)，普朗克常量為h。根據該圖像提供的信息，下列說法正確的是()A．該圖像的斜率為hB．該圖像的縱軸(Uc軸)截距為－eq\f(h,e)C．該圖像的橫軸(ν軸)截距為該金屬的截止頻率νcD．當該金屬的遏止電壓為Uc′時，其逸出光電子的最大初動能為eUc′－W0答案：C解析：根據遏止電壓和光電子最大初動能的關系eUc＝Ek＝hν－W0，變形可得Uc＝eq\f(h,e)ν－eq\f(W0,e)，可知該圖像斜率為eq\f(h,e)，縱軸(Uc軸)截距為－eq\f(W0,e)，故A、B錯誤；當Uc＝0時，圖線中所對應的光電子最大初動能Ek＝0，入射光能量恰好等于逸出功，即圖像的橫軸(ν軸)截距為該金屬的截止頻率νc，故C正確；當遏止電壓為Uc′時，根據Uc′＝eq\f(Ek′,e)可知，逸出光電子的最大初動能為eUc′，故D錯誤。40．質量為m0的某放射性元素原子核發(fā)生衰變，經過時間t，該元素原子核剩余的質量為m，其eq\f(m,m0)-t關系如圖所示。該元素的半衰期約為()A．41.5d B．100dC．141.5d D．183d答案：B解析：半衰期表示放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間，由題圖可知，從eq\f(m,m0)＝eq\f(3,4)到eq\f(m,m0)＝eq\f(3,8)，即該元素原子核半數(shù)發(fā)生衰變，所用時間為141.5d－41.5d＝100d，所以該元素的半衰期約為100d。故選B。專練一力學實驗1．(2024·廣東省廣州市高三下二模)如圖甲，用量程為5N的彈簧測力計，測量一個超出其量程的物體的重力：(1)將表面印有等距圓環(huán)的白紙固定在豎直放置的木板上；(2)三根細線分別與彈簧測力計一端、一個圖釘、待測重物相連，彈簧測力計的另一端固定，通過改變圖釘在木板的位置調節(jié)細線OB，使細線的結點O與圓環(huán)的圓心位置重合；(3)標出OA、OB、OC的拉力方向，記錄彈簧測力計的讀數(shù)為________N；(4)①根據共點力平衡條件和平行四邊形定則，用“力的圖示”在圖乙中作出OA、OB拉力的合力；②由作圖結果可得重物的重力為________N(結果保留一位小數(shù))。答案：(3)3.00(4)①如圖所示②7.0解析：(3)彈簧測力計的最小分度為0.1N，讀數(shù)時需要估讀到0.01N，所以其讀數(shù)為3.00N。(4)①根據平行四邊形定則，OA、OB拉力的合力F合如答圖所示。②由作圖結果可得F合＝7.0N，由平衡條件可知重物的重力為7.0N。2．(2023·湖北高考)某同學利用測質量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦因數(shù)μ的實驗。如圖a所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。調節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A上放置n(n＝0，1，2，3，4，5)個砝碼(電子秤稱得每個砝碼的質量m0為20.0g)，向左拉動木板的同時，記錄電子秤的對應示數(shù)m。(1)實驗中，拉動木板時________(填“必須”或“不必”)保持勻速。(2)用mA和mB分別表示木塊A和重物B的質量，則m和mA、mB、m0、μ、n所滿足的關系式為m＝________________。(3)根據測量數(shù)據在坐標紙上繪制出m-n圖像，如圖b所示，可得木塊A和木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________(保留2位有效數(shù)字)。答案：(1)不必(2)mB－μ(mA＋nm0)(3)0.40解析：(1)拉動木板時，木塊始終靜止，則木塊所受的滑動摩擦力始終等于輕繩的拉力，該拉力可通過電子秤間接測出，所以拉動木板時不必保持勻速。(2)設輕繩中拉力大小為T，根據平衡條件，對木塊A和砝碼整體有μ(mA＋nm0)g＝T，由題知，重物B對電子秤的壓力大小FN＝mg，根據牛頓第三定律可知，電子秤對重物B的支持力大小FN′＝FN，根據平衡條件，對重物B有T＋FN′＝mBg，聯(lián)立可解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。(3)根據m＝mB－μmA－μm0·n，結合圖像可知μm0＝eq\f(59－19,5)g＝8g，則μ＝eq\f(8g,20.0g)＝0.40。3．(2024·黑龍江省齊齊哈爾市高三下二模)某物理課外小組利用圖a中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關系。圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；滑塊置于長木板上，右端通過跨過滑輪的輕繩懸掛鉤碼，左端連接穿過打點計時器的紙帶(圖中未畫出)。本實驗中可用的鉤碼共有5個，每個質量均為m0。(1)實驗前，________(選填“需要”或“不需要”)在長木板左下方墊上適當厚度的小物塊，使滑塊(和鉤碼)無鉤碼牽引時，可以在木板上勻速下滑。(2)實驗時，將n(依次取n＝1，2，3，4，5)個鉤碼掛在輕繩右端，其余(5－n)個鉤碼仍留在滑塊內，由靜止釋放滑塊，利用打點計時器獲得紙帶，經數(shù)據處理后可得到相應的加速度a。n＝2時的紙帶如圖b所示，其中相鄰兩計數(shù)點間還有4個計時點未標出，已知所用交流電源頻率為50Hz，由圖b求出此時滑塊的加速度為________m/s2(保留三位有效數(shù)字)。(3)為驗證當物體質量一定時，物體的加速度與其所受的合外力成正比，應利用已知數(shù)據，作出________(填選項字母)圖像，若圖線為過原點的直線，則上述結論得以驗證。A．a-n B．a-eq\f(1,n)C．a-n2 D．a-eq\f(1,n2)(4)已知上述圖線斜率為k，則可求得滑塊的質量為________(當?shù)刂亓铀俣葹間)。答案：(1)需要(2)1.20(3)A(4)eq\f(m0g,k)－5m0解析：(1)本實驗探究物體加速度與其所受合外力之間的關系，且將輕繩對滑塊的拉力作為滑塊所受合外力，為了避免滑塊與木板的摩擦力對實驗造成影響，實驗前，需要在長木板左下方墊上適當厚度的小物塊，讓滑塊的重力沿長木板向下的分力等于滑塊的滑動摩擦力。(2)相鄰計數(shù)點間的時間間隔T＝5×eq\f(1,f)＝0.1s，根據對紙帶的分析，由逐差法可知滑塊的加速度a＝eq\f(（x6＋x5＋x4）－（x3＋x2＋x1）,（3T）2)，代入數(shù)據可得a＝1.20m/s2。(3)設滑塊的質量為M，輕繩拉力為T，當有n(n＝1，2，3，4，5)個鉤碼掛在輕繩右端時，若物體的加速度與其所受的合外力成正比，對滑塊和剩余鉤碼有T＝[M＋(5－n)m0]a，對輕繩右端鉤碼有nm0g－T＝nm0a，整理得a＝neq\f(m0g,5m0＋M)，由此可知，若a-n的圖像為經過原點的直線，則物體的加速度與其所受的合外力成正比，故選A。(4)由(3)可知，a-n圖線的斜率k＝eq\f(m0g,5m0＋M)，解得滑塊質量M＝eq\f(m0g,k)－5m0。4．(2024·甘肅省普通高等學校招生考試適應性測試)用圖a所示的實驗裝置測量重力加速度。在豎直桿上裝有兩個光電門A和B，用直尺測量光電門之間的距離h，用光電計時器測量小球從光電門A到B的時間t。實驗中某同學采用固定光電門B的位置，改變光電門A的位置進行多次測量，表中給出了測量數(shù)據。數(shù)據處理后作出函數(shù)圖像，如圖b。h(m)0.4000.6000.8001.0001.2001.400t(s)0.0760.1200.1680.2200.2830.368(1)請補充圖b中縱坐標的物理量________(填選項前的字母)。A．小球在光電門A處的速度vAB．小球在光電門B處的速度vBC．小球在任意位置的速度D．小球在A、B間的平均速度(2)寫出圖b中直線的函數(shù)關系式：________________(用h、t、g、vB表示)。(3)由圖b計算出直線斜率的值為－4.889，則測得的重力加速度為________m/s2(保留三位有效數(shù)字)。答案：(1)D(2)eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt(3)9.78解析：(1)小球做自由落體運動，小球在光電門B處的速度大小為vB，由逆向思維，小球從B到A做初速度為vB、加速度為g的勻減速直線運動，有h＝vBt－eq\f(1,2)gt2，整理得eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt，eq\f(h,t)-t的圖線與題圖b相符，且eq\f(h,t)＝eq\o(v,\s\up6(－))，即題圖b中縱坐標的物理量為小球在A、B間的平均速度，故選D。(2)由(1)可知題圖b中直線的函數(shù)關系式為eq\f(h,t)＝vB－eq\f(1,2)gt。(3)eq\f(h,t)-t圖線斜率的值為k＝－eq\f(1,2)g＝－4.889m/s2，則測得的重力加速度為g＝9.78m/s2。5．某同學查資料得知：彈簧的彈性勢能與彈簧的勁度系數(shù)和形變量有關，并且與形變量的平方成正比。為了驗證彈簧彈性勢能與其形變量的平方成正比這一結論，他設計了如下實驗：①如圖所示，一根帶有標準刻度且內壁光滑的直玻璃管固定在水平桌面上，管口與桌面邊沿平齊。將一輕質彈簧插入玻璃管并固定左端；②將直徑略小于玻璃管內徑的小鋼球放入玻璃管，輕推小球，使彈簧壓縮到某一位置后，記錄彈簧的壓縮量x；③突然撤去外力，小球沿水平方向彈出落在地面上，記錄小球的落地位置；④保持彈簧壓縮量不變，重復10次上述操作，從而確定小球的平均落點，測得小鋼球的水平射程s；⑤多次改變彈簧的壓縮量x，分別記作x1、x2、x3…，重復以上步驟，測得小鋼球的多組水平射程s1、s2、s3…。請回答下列問題：(1)在實驗中，“保持彈簧壓縮量不變，重復10次上述操作，從而確定小球的平均落點”的目的是為了減小________(填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差”)；(2)若測得小鋼球的質量m、下落高度h、水平射程s，則小球彈射出去時動能表達式為________(重力加速度為g)；(3)根據機械能守恒定律，該同學要作有關彈簧形變量x與小鋼球水平射程s的圖像，若想直觀地檢驗出結論的正確性，應作的圖像為________圖像。A．s-x B．s-x2C．s2-x D．s-eq\f(1,x)答案：(1)偶然誤差(2)eq\f(mgs2,4h)(3)A解析：(1)在實驗中，“保持彈簧壓縮量不變，重復10次上述操作，從而確定小球的平均落點”，是采用多次測量求平均值的方法，其目的是為了減小偶然誤差。(2)設小球被彈簧彈射出去后的速度為v0，此后小球做平拋運動，有Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，h＝eq\f(1,2)gt2，s＝v0t，聯(lián)立可得小球彈射出去時動能為Ek＝eq\f(mgs2,4h)。(3)根據題中所給資料知，需驗證彈簧彈性勢能Ep＝kx2，k為某一常數(shù)，根據機械能守恒定律，有Ep＝Ek，即kx2＝eq\f(mgs2,4h)，變形為s＝eq\r(\f(4kh,mg))x，故要通過線性圖像直觀地驗證結論，需要作s-x圖像，故選A。6．某同學用DIS實驗裝置來驗證“機械能守恒定律”，如圖甲，力傳感器固定在天花板上，細線一端吊著小球。實驗步驟如下：①將質量為m的小球拉至細線與豎直方向夾角為θ處的A點無初速度釋放；②通過軟件描繪出細線拉力大小F隨時間的變化如圖乙；③改變無初速度釋放小球時細線與豎直方向夾角θ值，重復實驗，得到多組數(shù)據。(1)小球由A點無初速度釋放到第一次回到A點的時間為________(用含有T0的符號表示)；(2)如圖丙，以cosθ為橫軸，以小球運動到最低點時細線拉力大小Fm為縱軸，描點繪圖，已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間，當圖像