2024版高考物理復習考前特訓匯編

選擇題提速練(1)(限時25分鐘)1．下列說法正確的是()A．兩個分子間的作用力表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨分子間距增大而減小B．分子間距小于r0時，分子勢能一定隨分子間距的減小而減小C．具有各向異性且熔點一定的物質可能是多晶體D．肥皂泡在空中呈球狀是液體的表面張力引起的答案D解析兩個分子間的作用力表現(xiàn)為引力時，分子間距離增大，分子間作用力做負功，分子勢能增大，A錯誤；分子間距小于r0時，兩個分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，分子間距減小時，斥力做負功，分子勢能增大，B錯誤；單晶體、多晶體的熔點一定，但多晶體具有各向同性，具有各向異性的物質一定是單晶體，C錯誤；液體表面張力會使液體表面具有收縮的趨勢，肥皂泡在空中呈球狀是液體的表面張力引起的，D正確。2．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市二模)在La型超新星爆發(fā)中，可以觀察到放射性鎳56(eq\o\al(56,28)Ni)衰變?yōu)殁?6(eq\o\al(56,27)Co)。已知鎳56的半衰期為6天，下列說法正確的是()A．該衰變?yōu)棣了プ傿．該衰變過程會釋放能量C．一定質量的鎳56，經12天后將全部衰變?yōu)殁?6D．鎳56在常溫下的半衰期比在超新星爆發(fā)時高溫下的長答案B解析放射性鎳56(eq\o\al(56,28)Ni)衰變?yōu)殁?6(eq\o\al(56,27)Co)，根據衰變過程滿足質量數和電荷數守恒可知，放出的粒子是正電子eq\o\al(0,1)e，該衰變不是α衰變，故A錯誤；該衰變過程存在質量虧損，會釋放能量，故B正確；已知鎳56的半衰期為6天，一定質量的鎳56，經12天后只有eq\f(3,4)鎳56發(fā)生了衰變，故C錯誤；半衰期只由原子核內部決定，與外界環(huán)境溫度無關，則鎳56在常溫下的半衰期與在超新星爆發(fā)時高溫下的半衰期相等，故D錯誤。3．(2023·江蘇省海安中學階段測試)圖甲為電影《流浪地球2》中的太空電梯，又稱為“斯科拉門德快速電梯”，是一種可以在地球表面和太空間來回運輸人員和物資的巨型結構。圖乙為其簡化圖，固定在空間站和地球間的剛性“繩索”與空間站一起和地球保持相對靜止，電梯可沿“繩索”升降，則()A．空間站繞地球運行的向心力小于地球對它的萬有引力B．空間站繞地球運行的向心力等于地球對它的萬有引力C．若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站將落回地面D．若連接空間站處的“繩索”斷裂，空間站做離心運動答案D解析同步衛(wèi)星在軌道上運行時，由萬有引力提供向心力，恰好相對地球靜止，而空間站軌道高于同步衛(wèi)星軌道，若僅由萬有引力提供向心力，空間站的周期大于同步衛(wèi)星的周期，不可能相對地球靜止，空間站所需的向心力由萬有引力和“繩索”拉力的合力提供，故空間站繞地球運行的向心力大于地球對它的萬有引力，A、B錯誤；若連接空間站處的“繩索”斷裂，萬有引力不足以提供向心力，故空間站做離心運動，C錯誤，D正確。4.質量為m、長為L的勻質木板以速度v0向右運動，水平地面O點左側是光滑的，右側是粗糙的，與木板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，當木板全部進入粗糙水平地面時剛好靜止，則木板的初速度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點右側，摩擦力與木板進入到粗糙面的長度成線性關系，可以用平均摩擦力來求摩擦力做功，根據動能定理得－eq\f(0＋μmg,2)L＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(μgL)，故選A。5．《天工開物》中記載了在冶煉過程中通過牲畜節(jié)省人力的工序，如圖甲所示，牛軛(套在牛頸上的曲木)上兩點通過兩條輕繩與犁前的橫木兩端相連，拖動犁沿水平方向運動。兩輕繩在牛軛上的固定點在同一水平面內，間距為0.5m，兩固定點所在直線與犁前橫木(質量可忽略)平行，間距為eq\r(3)m，俯視圖可簡化成如圖乙所示，整體關于虛線對稱，兩輕繩所在平面與水平面間的夾角為30°，犁受到水平方向的阻力大小為300N，輕繩能承受的最大拉力為200N，則犁前橫木的最大長度為()A．2.5mB．2mC．1.5mD．1m答案A解析橫木受到兩輕繩的合力在兩輕繩所在平面內，方向與橫木垂直，對橫木進行受力分析，如圖甲所示，則兩輕繩的合力大小F合＝200eq\r(3)N。如圖乙所示，在兩輕繩所在平面內輕繩拉力由力的合成可知，設輕繩與F合間的夾角為θ，有2F繩cosθ＝F合，又F繩max＝200N，則(cosθ)min＝eq\f(\r(3),2)，由幾何關系可知，橫木的最大長度為d＝2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)m＋0.5m＝2.5m，A正確。6.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，紅光與紫光組成的復色光自空氣沿AO方向，從半圓形玻璃磚的左上方O點射入，分別從B、C點射出，則()A．從B點射出的是紅光B．紅光、紫光通過玻璃磚的時間相等C．紫光在空氣中的波長比在玻璃中的波長短D．逐漸增大復色光的入射角，紫光先在半球面上發(fā)生全反射答案B解析由于紫光的頻率大于紅光的頻率，根據頻率大折射率大，可知玻璃對紫光的折射率大于紅光，所以從B點射出的是紫光，故A錯誤；設OD長度為d，折射角分別為θB、θC，連接BD、CD，如圖，根據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)，光在玻璃中傳播時間為t＝eq\f(dsinθ,v)，可解得tB＝tC，故B正確；根據v＝eq\f(c,n)，可知紫光在玻璃中的傳播速度比在空氣中的小，由于頻率不變，結合λ＝eq\f(v,f)可知，紫光在空氣中的波長比在玻璃中的波長長，故C錯誤；根據題圖可知，若逐漸增大復色光的入射角i，則折射角θ也增大，由幾何知識可知在半圓形玻璃磚內部光的入射角反而逐漸減小，則紅光和紫光均不會發(fā)生全反射，故D錯誤。7.如圖，x軸上的P(l,0)點處有一正離子源，在xOy平面內向第一象限各個方向發(fā)射速率相同的同種離子。當離子沿與x軸正方向成θ＝30°角射入第一象限內的勻強磁場時，從y軸上的D點(未畫出)離開磁場，在所有離子軌跡與y軸交點中，D點距離O點最遠。若θ＝90°，離子將從C點(未畫出)離開磁場，不計離子重力及離子間的相互作用，DC的長為()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解析當離子沿與x軸正方向成θ＝30°角射入第一象限內的勻強磁場時，從y軸上的D點離開磁場，在所有離子軌跡與y軸交點中，D點距離O點最遠，如圖。根據幾何關系，圓周運動半徑為R＝l，OD＝eq\r(3)l，若θ＝90°，離子將從C點離開磁場，可知OC＝l(等于磁場中圓周運動的半徑)，則DC＝OD－OC＝(eq\r(3)－1)l，故選B。8.(2023·江蘇省模擬)如圖所示，輕質彈簧下端固定在水平面上，彈簧原長為L，質量為m的小球(可視為質點)從距彈簧上端高度為h的P點由靜止釋放，小球與彈簧接觸后立即與彈簧上端粘連，并在豎直方向上振動。一段時間后，小球靜止在O點，此時彈簧長度為eq\f(L,2)，彈簧的彈性勢能為Ep，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內。下列說法正確的是()A．彈簧的勁度系數為eq\f(mg,L)B．小球在運動過程中，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小球第一次下落過程中速度最大位置在O點D．Ep<mg(h＋eq\f(L,2))答案D解析小球停止運動時，受力平衡，根據平衡條件和胡克定律得kΔx＝mg，Δx＝L－eq\f(1,2)L＝eq\f(L,2)，解得k＝eq\f(2mg,L)，A錯誤；由分析可知小球開始從高處下落，經過一段時間，最后在O點靜止，說明運動過程中有阻力作用，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；由于小球在運動過程中有阻力作用，第一次下落過程中合力為零的平衡位置并不在最后的靜止位置，故O點不是第一次下落過程中速度最大處，C錯誤；小球從被釋放到第一次經過最后的靜止位置，根據能量守恒定律有mg(h＋eq\f(L,2))＝Ep＋Ek＋W克f，則Ep＝mg(h＋eq\f(L,2))－Ek－W克f<mg(h＋eq\f(L,2))，D正確。9.(2023·江蘇省海安高級中學高三月考)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后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時通過傳感器的電流為零；再閉合開關S2，因為電容器的電壓大于R2兩端的電壓，電容器放電，電容器的電壓與R2的電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，且電流方向與開始充電時的電流方向相反，當電容器的電壓等于R2兩端的電壓時，此時通過傳感器的電流為零，故選A。10.如圖所示，菱形ABCD上B、C、D三點放置電荷量分別為＋Q、－Q、＋Q的點電荷，O為菱形的中心，a、b、c、d為四條邊的中點，∠ABC＝60°，則a、b、c、d四點的電勢關系為()A．φa＝φd>φb＝φcB．φa＝φb＝φc＝φdC．φa＝φb>φc＝φdD．φb＝φc>φa＝φd答案A解析根據對稱性可知，B、C兩點處的點電荷在a點產生的電勢與C、D兩點處的點電荷在d點產生的電勢相等，又D處點電荷在a點產生的電勢與B處點電荷在d點產生的電勢相等，可得a、d兩點處的電勢相等，同理可得b點電勢與c點電勢相等。在B、D處點電荷產生的電場中，a點與b點的電勢相等，a點距離負點電荷遠，則a點處的電勢大于b點處的電勢，根據以上分析可知a、b、c、d四點的電勢關系為φa＝φd>φb＝φc，A正確。11.(2023·江蘇南京市模擬)如圖，豎直平面內有一寬度為L的有界勻強磁場，一邊長為a(a<L)的正方形線框以一定的初速度v0水平拋出，從右邊界離開磁場，運動過程中線框不翻轉。關于進、出磁場的兩個過程，下列說法正確的是()A．進入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量大B．進入磁場過程中速度變化量小C．飛出磁場過程中線框產生的熱量多D．重力做的功相等答案B解析設磁場的磁感應強度為B，線框電阻為R，根據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)，由于線框進、出磁場的兩個過程穿過線框的磁通量變化量大小相等，則兩個過程通過線框橫截面的電荷量相等，故A錯誤；將線框的運動分解為水平方向和豎直方向兩個分運動，可知線框豎直方向做自由落體運動，線框在進、出磁場的兩個過程水平方向均做減速運動，則線框進入磁場過程所用時間小于線框離開磁場過程所用時間，豎直方向根據Δvy＝gΔt，可知線框進入磁場過程豎直方向的速度變化量小于線框離開磁場過程豎直方向的速度變化量；線框在水平方向根據動量定理可得－Beq\x\to(I)aΔt＝－Baq＝Δpx＝mΔvx，由于線框進、出磁場的兩個過程通過線框橫截面的電荷量相等，則線框進、出磁場的兩個過程水平方向的速度變化量相等，根據Δv＝eq\r(Δvx2＋Δvy2)，可知線框進入磁場過程中速度變化量小于線框離開磁場過程中速度變化量，故B正確；線框產生的熱量等于克服安培力做的功，根據F安＝Beq\x\to(I)a＝eq\f(B2a2\x\to(v)x,R)，由于線框進入磁場過程的水平平均速度大于離開磁場過程的水平平均速度，則線框進入磁場過程受到的安培力大于離開磁場過程受到的安培力，又兩個過程線框通過的水平位移相同，則線框進入磁場過程克服安培力做的功大于離開磁場過程克服安培力做的功，可知線框飛出磁場過程中線框產生的熱量少于線框進入磁場過程中線框產生的熱量，故C錯誤；由于線框豎直方向做自由落體運動，且線框進入磁場過程所用時間小于線框離開磁場過程所用時間，則線框進入磁場過程下落高度小于線框離開磁場過程下落高度，根據WG＝mgh，可知線框進入磁場過程重力做的功小于線框離開磁場過程重力做的功，故D錯誤。

選擇題提速練(2)(限時25分鐘)1.(2023·江蘇省如皋中學階段測試)互感式鉗形電流表內部結構如圖所示，電流表與次級線圈相連，用手柄控制鉗形鐵芯上方開口的開合，則()A．該電流表可用來測量直流電B．次級線圈匝數越少，電流表讀數越大C．該電流表測電流時相當于降壓變壓器D．測量時電流表應串聯(lián)在被測通電導線中答案B解析互感式鉗形電流表利用的是電磁感應的互感原理，不能測量直流電，故A錯誤；電流大小與線圈匝數成反比，所以次級線圈匝數越少，電流表讀數越大，故B正確；該電流表原線圈為單匝，比次級線圈匝數少，是升壓變壓器，故C錯誤；測量時，用手柄控制鉗形鐵芯上方開口打開，將被測通電導線放入其中，不需要將電流表串聯(lián)在被測通電導線中，故D錯誤。2.(2023·江蘇南通市調研)如圖所示為一帶正電的金屬球，a、b、c、d為過球心O的同一直線上的點，則()A．a點電勢比b點的低B．a點電場強度比b點的大C．c點電勢比d點的低D．c點電場強度比d點的大答案A解析根據靜電平衡可知，帶正電的金屬球的電荷均勻分布在球的外表面，球的內部電場強度處處為零，整個金屬球為等勢體；金屬球外部離金屬球越遠，電場強度越小，電勢越低，則有Eb>Ea，Ec＝Ed，φc＝φd，φb>φa，故選A。3．(2023·江蘇淮安市模擬)圖甲是判斷電流I0大小是否發(fā)生變化的裝置示意圖。電流I0在鐵芯中產生磁場，其磁感應強度與I0成正比?，F(xiàn)給某半導體材料制成的霍爾元件(如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d)通以恒定工作電流I，通過右側電壓表V的示數就能判斷I0的大小是否發(fā)生變化。當I0的變化量一定時，電壓表V的示數變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導體材料載流子為一價正離子，則下列說法正確的是()A．僅適當增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“＋”“－”接線柱連線位置無需改動C．M端應與電壓表V的“＋”接線柱相連D．當電流I0增大時，電壓表V的示數會減小答案A解析磁感應強度與I0成正比，當霍爾元件內部電場穩(wěn)定時，evB＝evkI0＝eeq\f(U,b)，即ΔU＝vbkΔI0，僅適當增大工作電流I，根據I＝neSv可知，正離子定向移動的速度增大，則電壓表示數變化越大，可以提高判斷的靈敏度，A正確；僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則自由電子移動方向與電流方向相反，根據左手定則，自由電子在洛倫茲力的作用下與正離子偏轉方向相同，則電壓表V的“＋”“－”接線柱連線位置需要改動，B錯誤；根據安培定則及左手定則，正離子向外側偏轉，霍爾元件外側帶正電，則M端應與電壓表V的“－”接線柱相連，C錯誤；當電流I0增大時，磁感應強度變大，由A選項可知，霍爾元件內、外兩側電勢差增大，電壓表V的示數會增大，D錯誤。4．某同學在做“用雙縫干涉測光的波長”實驗時，在實驗操作過程中，測得第一條與第七條亮條紋中心間的距離為a＝7.68mm，已知雙縫間的距離為d＝0.5mm，雙縫到光屏的距離為L＝1.00m，則所測光的波長為()A．600nm B．640nmC．700nm D．740nm答案B解析由題知相鄰亮條紋中心間的距離Δx＝eq\f(a,n－1)＝1.28mm，根據雙縫干涉條紋間距公式可得λ＝eq\f(dΔx,L)＝640nm，B正確。5．如圖所示，滑塊M與重物m通過輕繩跨過定滑輪相連，M放在水平地面的長木板上，當長木板在外力的作用下向右運動時，M靜止不動。測得M與m的總質量為1.4kg，固定滑輪的懸線拉力大小為5N、與豎直方向的夾角為37°，若定滑輪的重力忽略不計，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，輕繩與滑輪間摩擦不計，則M與長木板間的動摩擦因數為()A．0.2B．0.3C．0.4D．0.5答案B解析固定滑輪的懸線拉力大小為5N、與豎直方向的夾角為37°，根據平衡條件可知，繩中＝μ(Mg－mgsin16°)，M＋m＝1.4kg，聯(lián)立解得μ＝0.3，故選B。6．(2023·江蘇鹽城市東溝中學三模)如圖所示，空間存在水平垂直于紙面的勻強磁場，在磁場中放著四個用同樣的細導線做成的剛性單匝閉合線框，其中線框Ⅰ和線框Ⅱ是邊長為L的正方形線框，線框Ⅲ是長為2L、寬為0.5L的矩形線框，線框Ⅳ是周長為4L的圓形線框。四個線框繞各自的軸(如圖中的虛線所示)勻速轉動，其中線框Ⅰ的轉速為n，其他線框的轉速均為2n。四個線框產生的最大感應電動勢分別為E1、E2、E3和E4，下列說法正確的是()A．E1<E2＝E3<E4B．E1<E2<E3<E4C．E1＝E2<E3<E4D．E1<E2＝E3＝E4答案A解析轉動線框產生的感應電動勢與形狀和轉軸位置無關，根據Em＝BSω，ω＝2πn，四個線框產生的最大感應電動勢分別為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則有E1<E2＝E3<E4，故選A。7.(2023·江蘇省如皋中學階段測試)山地自行車前輪有氣壓式減震裝置來抵抗顛簸，其原理如圖所示。當路面不平時，活塞上下振動，在汽缸內封閉氣體的作用下，起到延緩震動的目的。當活塞迅速下壓過程中()A．汽缸內的氣體分子的平均動能不變B．汽缸內所有分子的速率增大C．汽缸內的氣體壓強可能不變D．單位時間內撞到汽缸內壁單位面積上的氣體分子數增多答案D解析當活塞迅速下壓時，活塞對氣體做功，氣體來不及散熱，則由熱力學第一定律可知，氣體內能增加，溫度升高，汽缸內的氣體分子的平均動能增大，A錯誤；汽缸內的氣體分子的平均動能增大，則分子的平均速率增大，并不是汽缸內所有分子的速率增大，B錯誤；當活塞迅速下壓時，汽缸內的氣體的體積減小，溫度升高，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，氣體壓強一定增大，則單位時間內撞到汽缸內壁單位面積上的氣體分子數增多，C錯誤，D正確。8.(2023·江蘇鎮(zhèn)江市三模)如圖為地球的三個衛(wèi)星軌道，Ⅱ為橢圓軌道，其半長軸為a，周期為T，Ⅰ、Ⅲ為圓軌道，且Ⅲ的軌道半徑與Ⅱ的半長軸相等，Ⅲ與Ⅱ相交于M點，Ⅰ與Ⅱ相切于N點，三顆不同的衛(wèi)星A、B、C分別運行在軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上，已知引力常量為G，則()A．由題中條件可求得地球質量B．B、C在M點的向心加速度大小相等C．A、B經過N點時的所受地球引力相同D．A、B與地心的連線在相等時間內掃過的面積相等答案A解析橢圓軌道Ⅱ半長軸為a，周期為T，Ⅰ、Ⅲ為圓軌道，由于Ⅲ的軌道半徑與Ⅱ的半長軸相等且為a，由開普勒第三定律可知衛(wèi)星C的周期為T，則Geq\f(Mm,a2)＝meq\f(4π2,T2)a，解得地球的質量M＝eq\f(4π2a3,GT2)，故A正確；由Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，所以B、C在M點的加速度大小相等，由于衛(wèi)星B做變速圓周運動，衛(wèi)星B的加速度與向心加速度不等，所以B、C在M點的向心加速度大小不相等，故B錯誤；A、B的質量大小關系未知，由F＝Geq\f(Mm,r2)可知A、B經過N點時的所受地球引力不一定相同，故C錯誤；由開普勒第二定律可知同一衛(wèi)星與地心的連線在相等時間內掃過的面積相等，A、B與地心的連線在相等時間內掃過的面積不一定相等，故D錯誤。9.(2023·江蘇省揚州中學階段測試)某興趣小組利用壓敏電阻制作一臺電子秤，其內部電路如圖所示，R1是保護電阻，R2是調零電阻，壓敏電阻值R隨壓力F變化規(guī)律為R＝kF＋C(k、C為常量，k>0)?，F(xiàn)對電流表的刻度盤進行改裝，使得電流表滿偏時對應的測量物體質量為零，下列說法正確的是()A．刻度盤標注的質量刻度均勻B．若使用前質量示數大于零，應將R2的滑片向右滑動C．電子秤的示數越大，電源的總功率越大D．若電源的內阻增大，但仍能調零，則稱量值仍準確答案D解析由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R2＋R＋R1＋r)＝eq\f(E,R2＋kF＋C＋R1＋r)，電路中的電流與壓力F不是線性關系，刻度盤標注的質量刻度不均勻，故A錯誤；若使用前質量示數大于零，即電流表未滿偏，電路中電流偏小，應減小電阻，將R2的滑片向左滑動，故B錯誤；電子秤的示數越大，電路中電流越小，電源的總功率P＝EI越小，故C錯誤；電源的內阻增大，電動勢不變，仍能調零，則電流表仍可以滿偏，稱量值仍準確，故D正確。10.(2023·江蘇省揚州中學階段練習)如圖所示，某同學自制了一個質量分布均勻、半徑為R的冰球，O為球心，單色點光源S置于O點正下方球內最低點。已知冰球的折射率為eq\f(4,3)，不考慮反射光的折射，則冰球上無光射出的部分所對應的最大橫截圓面的面積為()A.eq\f(7,16)πR2B.eq\f(9,16)πR2C.eq\f(49,64)πR2D.eq\f(63,64)πR2答案D解析設點光源S發(fā)出的光在球面P點發(fā)生全反射，根據幾何關系可知光線SP與半徑OP的夾角為全反射臨界角C，如圖，又sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，由幾何關系知無光線射出的部分的截面圓的半徑r＝Rsin(π－2C)＝eq\f(3\r(7),8)R，則截面圓的面積為S＝πr2＝eq\f(63,64)πR2，故選D。11.(2023·江蘇泰州市階段練習)如圖所示，一足夠長固定的粗糙傾斜絕緣管處于勻強磁場中，傾角為α，一帶正電小球從靜止開始沿管下滑，下列關于小球的加速度a隨時間t(沿斜面向下為正方向)，受到的彈力FN隨時間t(垂直斜面向下為正方向)，以開始下落點為零重力勢能參考點，小球的重力勢能Ep隨位移x，機械能E隨位移x的關系圖像可能正確的是()答案D解析當mgcosα>qvB時，由牛頓第二定律得mgsinα－μ(mgcosα－qvB)＝ma，則eq\f(Δa,Δt)＝μqBeq\f(Δv,Δt)＝μqBa，－eq\f(ΔFN,Δt)＝qBeq\f(Δv,Δt)＝qBa可見a－t圖像的斜率越來越大，F(xiàn)N－t圖像的斜率越來越大。當mgcosα<qvB時，由牛頓第二定律得mgsinα－μ(qvB－mgcosα)＝ma，則eq\f(Δa,Δt)＝－μqBeq\f(Δv,Δt)＝－μqBa，eq\f(ΔFN,Δt)＝qBeq\f(Δv,Δt)＝qBa，則a－t圖像的斜率越來越小，F(xiàn)N－t圖像的斜率越來越小，故A、B錯誤；小球重力勢能Ep＝－mgxsinα，可得Ep－x圖像為傾斜直線，故C錯誤；因為qvB從0開始增加，故摩擦力先變小再變大后不變，機械能的變化量為摩擦力做功，所以機械能E－x的圖像斜率先變小再變大后不變，故D正確。

選擇題提速練(3)(限時25分鐘)1.(2023·江蘇南通市模擬)研究表明，分子間的作用力F跟分子間距離r的關系如圖所示。則()A．液體表面層分子間距離略大于r1B．理想氣體分子間距離為r1C．分子間距離r＝r2時，分子力表現(xiàn)為斥力D．分子間距離r＝r2時，分子勢能最小答案A解析由于r＝r0時，分子力為0，則可知r1＝r0，而液體由于表面張力的作用，表面分子間作用力為引力，表面分子間距離大于r0，故液體表面層分子間距離略大于r1，故A正確；理想氣體分子間距離為10r0，即10r1，故B錯誤；分子間距離r＝r2時，即r>r0，分子力表現(xiàn)為引力，故C錯誤；當r＝r0，即r＝r1時，分子勢能最小，故D錯誤。2．(2023·江蘇南京市漢開書院階段檢測)有些金屬原子受激后，從某激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)時，會發(fā)出特定顏色的光。如圖甲所示為鈉原子和鋰原子分別從激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)的能級差值，鈉原子發(fā)出頻率為5.09×1014Hz的黃光，可見光譜如圖乙所示。鋰原子從激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)發(fā)光顏色為()A．紅色B．橙色C．綠色D．青色答案A解析由玻爾理論結合普朗克的能量子假說可知E＝hν，分析題圖甲可得ENa＝hνNa，ELi＝hνLi，代入數據可得νLi≈4.48×1014Hz，對照題圖乙可知，鋰原子從激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)發(fā)光顏色為紅色，A正確。3．每年進入秋冬季，天氣變得干燥，城市的防火和消防壓力陡然增大。假定某市商場發(fā)生火災，消防員用靠在一起且口徑相同的高壓水槍甲、乙進行滅火，噴出的水在空中運動的軌跡如圖所示，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．甲、乙水槍噴出的水在空中運動的時間不相等B．甲、乙水槍噴出的水落到失火處時的速度相同C．甲、乙水槍噴出的水的速度變化率相同D．甲、乙水槍噴出的相同質量的水落到失火處時，重力做功的功率不相等答案C解析甲、乙水槍噴出的水在豎直方向上的位移相等，可知甲、乙水槍噴出的水在空中運動的時間相等，A錯誤；甲、乙水槍噴出的水在失火處豎直方向上的速度相同，而乙水槍噴出的水在水平方向上運動得更遠，所以甲、乙水槍噴出的水落到失火處時的速度大小和方向均不同，B錯誤；甲、乙水槍噴出的水僅受重力，速度變化率均等于重力加速度，C正確；根據P＝mgvy，可知甲、乙水槍噴出的水落到失火處時重力做功的功率相等，D錯誤。4.(2023·江蘇蘇州市階段練習)如圖所示，在野營時需要用繩來系住一根木樁。細繩OA、OB、OC在同一平面內。兩等長繩OA、OB夾角是90°。繩OC與豎直桿夾角為60°，繩CD水平，如果繩CD的拉力等于100N，那么OA、OB的拉力等于多少時才能使得木樁受到繩子作用力方向豎直向下()A．50N B．100NC.eq\f(100\r(6),3)N D.eq\f(100\r(3),3)N答案C解析要使木樁受到繩子作用力方向豎直向下，則繩子OC與CD的合力豎直向下，如圖甲根據平行四邊形定則，有FTC＝eq\f(F,sin60°)＝eq\f(100,\f(\r(3),2))N＝eq\f(200\r(3),3)N點O受力平衡，其受力如圖乙所示，根據平衡條件結合對稱性有FTA＝FTB＝eq\f(FTC,\r(2))＝eq\f(\f(200\r(3),3)N,\r(2))＝eq\f(100\r(6),3)N，故選C。5．有一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時刻波源O從平衡位置開始振動，圖甲是該列波在t＝0.6s時的部分波形圖，圖乙是該列波上x＝14m處的質點振動的圖像，則0～0.7s內平衡位置在x＝2m處的質點運動的路程為()A．10cmB．20cmC．30cmD．40cm答案C解析由題圖乙可知，該波經0.7s傳播到x＝14m處，則該列波的波速為v＝eq\f(Δx,Δt)＝20m/s，由此可知該波在t＝0.1s時傳播到x＝2m處，此時位于該處的質點開始振動，由T＝eq\f(λ,v)有T＝0.4s，則0.6s＝1.5T，振幅A＝5cm，所以0～0.7s內平衡位置是x＝2m處的質點運動的路程為s＝1.5×4A＝30cm，C正確。6．(2023·江蘇淮安市模擬)光刻機利用光源發(fā)出的紫外線，將精細圖投影在硅片上，再經技術處理制成芯片。為提高光刻機投影精細圖的能力，在光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒液體的折射率為1.65，當不加液體時光刻膠的曝光波長為193nm，則加上液體后()A．紫外線進入液體后波長變短，光子能量增加B．傳播相等的距離，在液體中所需的時間變?yōu)樵瓉淼膃q\f(20,33)C．紫外線在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射，能提高分辨率D．在液體中的曝光波長約為117nm答案D解析紫外線在液體中的波長λ′＝eq\f(λ,n)＝eq\f(193,1.65)nm≈117nm，故D正確；根據D選項分析可知波長變短，紫外線進入液體頻率不變，根據E＝hν可知光子能量不變，故A錯誤；設傳播L距離，在真空中的時間t＝eq\f(L,c)，在液體中所需的時間t′＝eq\f(L,\f(c,n))＝eq\f(1.65L,c)＝eq\f(33,20)t，故B錯誤；紫外線在液體中波長變短，更不容易發(fā)生衍射，故C錯誤。7.如圖所示，球形石墩放置在水平面上，一小玻璃彈珠從石墩頂部由靜止釋放沿表面落下，彈珠在運動過程中的速度v、加速度a、重力勢能Ep、動能Ek隨時間變化的圖像可能正確的是()答案D解析彈珠沿石墩下滑時，所受合力增加，運動過程的加速度逐漸增加，離開石墩后加速度為重力加速度g保持不變，故A、B錯誤；由于eq\f(ΔEp,Δt)＝mgvy，則重力做功的瞬時功率在逐漸增加，故C錯誤；由于W合＝ΔEk，則eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(W合,Δt)＝P合，故eq\f(ΔEk,Δt)為合力做功的功率，在逐漸增加，故D正確。8.(2023·江蘇省揚州中學階段測試)如圖所示，兩顆人造衛(wèi)星繞地球逆時針運動，衛(wèi)星1、衛(wèi)星2分別沿圓軌道、橢圓軌道運動，圓的半徑與橢圓的半長軸相等，兩軌道相交于A、B兩點，某時刻兩衛(wèi)星與地球在同一直線上，如圖所示，下列說法中正確的是()A．兩衛(wèi)星在圖示位置的速度v1<v2B．兩衛(wèi)星在A處的加速度大小不相等C．兩顆衛(wèi)星可能在A或B點處相遇D．兩衛(wèi)星永遠不可能相遇答案D解析v2為衛(wèi)星2在橢圓軌道的遠地點速度，只有加速做離心運動，才能在遠地點與地心連線為半徑的圓周軌道上運動，故v2速度小于對應圓軌道的環(huán)繞速度v3，v1為做勻速圓周運動的速度，根據eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，v＝eq\r(\f(GM,r))，可知v1>v3>v2，故A錯誤；兩個軌道上的衛(wèi)星運動到A點時，所受的萬有引力產生加速度a＝eq\f(GM,r2)，加速度大小相等，故B錯誤；橢圓的半長軸與圓軌道的半徑相同，根據開普勒第三定律知，兩顆衛(wèi)星的運動周期相等，則不會相遇，故D正確，C錯誤。9.如圖所示，在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的直徑。一帶電粒子從a點射入磁場，速度大小為v、方向與ab成30°角時，恰好從b點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從a點沿ab方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為()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解析帶電粒子兩次在磁場中的運動時間相同，圓心角都是60°；設圓形磁場的半徑為R，粒子第一次在磁場中運動時，根據牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r1)，r1＝2R粒子第二次在磁場中運動時，根據牛頓第二定律得qv′B＝meq\f(v′2,r2)，r2＝Rtan60°，解得v′＝eq\f(\r(3),2)v故選B。10．(2023·江蘇無錫市期末)如圖所示，一足夠長的輕質綢帶放在水平光滑桌面上，A、B兩物塊靜止在綢帶上?，F(xiàn)A、B同時受到反向、等大的力F作用，已知A的質量大于B的質量，A、B與綢帶間的動摩擦因數相同，若最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，則F由0逐漸增大的過程中()A．A先開始做加速運動B．A、B同時相對綢帶滑動C．同一時刻，A的動能不大于B的動能D．同一時刻，A、B的加速度大小一定相等答案C解析因為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，A的質量大于B的質量，A、B與綢帶間的動摩擦因數相同，根據Ff＝μmg可知，A的最大靜摩擦力大于B的最大靜摩擦力，所以B先達到最大靜摩擦力，即B先相對于絲綢開始加速運動，故A、B錯誤；當F較小時，F(xiàn)逐漸增加，兩物塊都處于靜止狀態(tài)，兩物塊動能均為零，即動能相等；繼續(xù)增大F，B先達到最大靜摩擦力，B開始做加速運動的同時，A與綢帶一起也做加速運動，此時B受的滑動摩擦力等于A與綢帶整體所受的滑動摩擦力，均為μmBg，方向相反，并且此時A與綢帶是相對靜止的，對A有F－μmBg＝mAaA，對B有F－μmBg＝mBaB，因為A的質量大于B的質量，所以A的加速度小于B的加速度，所以同一時刻A的位移小于B的位移，根據(F－μmBg)x＝Ek，此時A的動能小于B的動能，由上述分析可知同一時刻A的動能不大于B的動能，故C正確，D錯誤。11.(2023·江蘇省百校聯(lián)考)在磁感應強度B＝eq\r(2)T的勻強磁場中有一矩形線圈，相關數據如下：匝數N＝10匝，面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω。線圈繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，通過電刷與一理想變壓器原線圈相接，變壓器原、副線圈匝數比為1∶2。副線圈兩端的理想交流電壓表讀數為36V，接入電燈電阻R＝36Ω。以下說法正確的是()A．矩形線圈轉動產生的電流最大值為2AB．矩形線圈轉動產生的電動勢有效值為20eq\r(2)VC．從矩形線圈轉到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間變化的規(guī)律為e＝20sin(100t)VD．若矩形線圈轉速增大1倍，電壓表讀數變?yōu)?2V答案D解析因為電壓表讀數為36V，電燈電阻為36Ω，所以通過電燈的電流為I2＝eq\f(U,R)＝1A，設原線圈的電流為I1，根據變壓器電流與匝數的關系有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I1＝2A，由題意可知I1為電流的有效值，故最大值為I1m＝eq\r(2)I1＝2eq\r(2)A，故A項錯誤；根據變壓器電壓與匝數的關系有eq\f(U1,U)＝eq\f(n1,n2)，解得U1＝18V，其電動勢為E＝U1＋I1r＝20V，所以矩形線圈轉動產生的電動勢的有效值為20V，故B項錯誤；矩形線圈產生的電動勢最大值為Em＝eq\r(2)E＝20eq\r(2)V，又有Em＝NBSω，解得ω＝100rad/s，所以，從中性面開始計時，電動勢隨時間變化規(guī)律為e＝20eq\r(2)sin(100t)V，故C項錯誤；若矩形線圈轉速增大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，轉速增大1倍，電源電動勢增大1倍，而電路不變，所以電路中的電流也增大1倍，所以其電壓表讀數為U′＝I2′R，所以電壓表讀數也增大一倍，即讀數變?yōu)?2V，故D項正確。

選擇題提速練(4)(限時25分鐘)1.在紅綠燈旁有時可以看到“綠波速度”的標識，“綠波速度”指的是若汽車以標識速度沿當前道路行駛，則不會遇到紅燈。已知某標志牌上顯示的綠波速度如圖所示，下列說法正確的是()A．綠波速度指的是平均速率B．綠波速度指的是瞬時速度C．若汽車以小于60km/h的速度行駛，一定不會遇到紅燈D．若汽車以大于60km/h的速度行駛，一定不會遇到紅燈答案A解析由題意可知，綠波速度指的是汽車在兩紅綠燈間行駛的平均速率，A正確，B錯誤；由于不知道汽車以綠波速度在兩紅綠燈間行駛的時間和紅綠燈持續(xù)時間的關系，故無法確定速度改變時汽車是否會遇到紅燈，C、D錯誤。2．(2023·江蘇省第五次大聯(lián)考)神舟十四號成功發(fā)射后，與空間站天和核心艙成功對接，航天員順利進入天和核心艙。已知地球半徑為R，空間站在距離地面高度h＝eq\f(R,16)處做勻速圓周運動，同步衛(wèi)星距離地面高度為空間站距離地面高度的90倍，地球自轉周期為T。則空間站繞地運行周期為()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解析設同步衛(wèi)星距地面的高度為H，空間站繞地運行的周期為T0，則由開普勒第三定律有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，故選A。3.(2023·江蘇蘇州市階段練習)如圖所示，套在豎直細桿上的環(huán)A由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩與B相連，在外力作用下A沿桿以速度vA勻速上升經過P、Q，經過P點時繩與豎直桿間的角度為α，經過Q點時A與定滑輪的連線處于水平方向，則()A．經過Q點時，B的速度方向向下B．經過P點時，B的速度等于eq\f(vA,cosα)C．當A從P至Q的過程中，B處于失重狀態(tài)D．當A從P至Q的過程中，B處于超重狀態(tài)答案D解析對于A，它的速度vA分成兩個分速度分別是va、vb，其中va就是B的速度vB(同一根繩子，速度大小相同)，經過P點時B的速度為vB＝vAcosα；當A環(huán)上升至與定滑輪的連線處于水平位置時，va＝0，所以此時B的速度vB＝0，故A、B錯誤；當A勻速上升時，由vB＝vAcosα可知，α增大，vB減小，因此B向下做減速運動，則處于超重狀態(tài)，故C錯誤，D正確。4.如圖所示，某透明介質的橫截面為直角三角形，∠BAC＝30°。一束由單色光a和單色光b組成的復色光從O點垂直AB界面射入介質，b光在AC界面上的M點恰好發(fā)生全反射，a光在AC界面上的折射角為60°，已知OB＝2AO，則該介質對a光和b光的折射率分別為()A.eq\r(3)2B．2eq\r(3)C.eq\r(2)3D．3eq\r(2)答案A解析根據幾何關系可知，AC界面上a光和b光入射角均為30°，則該介質對a光的折射率na＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，因b光在AC界面上的M點恰好發(fā)生全反射，由nb＝eq\f(1,sin30°)得nb＝2，A正確。5．(2023·江蘇省八市檢測)當籃球氣不足時常用打氣筒和氣針給籃球充氣，把氣針安裝在打氣筒的氣嘴上，把氣針慢慢地插入籃球氣孔，然后壓縮打氣筒將空氣壓入籃球內。在一次緩慢壓縮打氣筒的充氣過程中，設此次充氣過程中籃球的體積不變，氣體溫度不變，打氣筒內的氣體全部壓入籃球內，沒有向外界漏氣，氣體可視為理想氣體，對于此次充氣前打氣筒內的氣體和籃球內原來的氣體，下列說法正確的是()A．此過程中氣體的內能增大B．此過程中每個氣體分子的動能均不變C．此過程中氣體向外界放出熱量D．此過程中氣體分子單位時間內與器壁單位面積碰撞的次數減少答案C解析打氣筒內的氣體全部壓入籃球內，沒有向外界漏氣，兩者的氣體質量不變，緩慢壓縮打氣筒，氣體溫度不變，則氣體內能不變，A錯誤；溫度是分子平均動能的標志，溫度不變，則分子的平均動能不變，但不是每個分子的動能都不變，B錯誤；充氣前氣體在打氣筒和籃球內，充氣后氣體全部在籃球內，籃球的體積不變，則氣體的體積減小，則此過程中外界對氣體做功，即W>0，氣體溫度不變，則內能不變，即ΔU＝0，根據熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，則Q<0，即氣體向外界放出熱量，C正確；壓縮過程中氣體溫度不變，根據玻意耳定律可知氣體的壓強增大，此過程中氣體的溫度不變，即分子熱運動的激烈程度不變，但壓強增大，則氣體分子單位時間內與器壁單位面積碰撞的次數增加，D錯誤。6．(2023·江蘇南京師大附中模擬)圖甲為超聲波懸浮儀，上方圓柱體發(fā)出超聲波，下方圓柱體將接收到的超聲波信號反射回去。兩列超聲波信號疊加后，會出現(xiàn)振幅幾乎為零的點——節(jié)點，小水珠能在節(jié)點處附近保持懸浮狀態(tài)。圖乙為某時刻兩列超聲波的波形圖，P、Q兩波源形成的波分別傳到點M(－1.5,0)、點N(0.5,0)，已知聲波傳播的速度為340m/s。則下列說法正確的是()A．該超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為340HzB．小水珠懸浮時，受到的聲波壓力為零C．兩列波充分疊加后，小水珠不可以懸浮在點M(－1.5,0)附近D．經過t＝1×10－4s，點M沿x軸正方向移動3.4cm答案C解析由題圖乙可知，超聲波波長為1cm，而聲波的傳播速度為340m/s，所以該超聲波信號頻率為f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(340,1×10－2)Hz＝34000Hz，故A錯誤；小水珠懸浮時，受到的聲波壓力與重力平衡，所以聲波壓力豎直向上，不為零，故B錯誤；由于P、Q為兩個波源，可知波源振動步調相反，M點與兩個波源的波程差為2.5cm，即2.5個波長，為振動加強點，不是節(jié)點，小水珠不能懸浮在此處，故C正確；介質中的各質點在平衡位置附近振動，而不會隨波遷移，故D錯誤。7.(2023·江蘇南通市海安中學開學考)如圖為驗證向心力公式的實驗裝置。在直尺上鉆一小孔，使小孔恰能穿過一根細線，線下端掛一鋼球，固定直尺，使球在水平面內繞圓心O做勻速圓周運動，待球穩(wěn)定運動后，從尺上方垂直直尺往下看，估測球外側到點O的距離r，用秒表測出球運動的時間，得到周期T，根據向心力公式計算出球所需向心力，再與球所受合力比較，實驗中()A．必須測出鋼球的質量B．為估測距離r，小孔距尺右端的距離必須小于rC．用秒表測量球只轉一周的時間記為球運動的周期TD．以r作為運動半徑，球所需向心力的計算值將偏大答案D解析為減小誤差，應用秒表測量出鋼球轉動多圈所用的時間t，再計算鋼球運動的周期，設圈數為n，則T＝eq\f(t,n)，故C錯誤；鋼球受重力和細線的拉力兩個力作用，設小孔到鋼球球心的長度為L，鋼球直徑為d，根據平行四邊形定則可知，合力為F合＝mgtanθ＝eq\f(mgr－\f(d,2),\r(L2－r－\f(d,2)2))，鋼球做圓周運動的向心力為F向＝m(r－eq\f(d,2))eq\f(4π2,T2)＝m(r－eq\f(d,2))eq\f(4π2n2,t2)，比較合力與向心力時，鋼球的質量可以約去，故不需要測出鋼球的質量，故A錯誤；由上述分析可知，以r作為運動半徑，球所需向心力的計算值將偏大，故D正確；估測距離r可通過小孔左側直尺的刻度測出，故不需要小孔距尺右端的距離必須小于r，故B錯誤。8.(2023·江蘇省百校第三次聯(lián)考)街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖如圖。輸出的電壓通過輸電線輸送給用戶，輸電線總電阻為R0，變阻器R代表用戶用電器的總電阻。若變壓器視為理想變壓器，且輸入電壓保持不變，理想電流表的示數為I，理想電壓表的示數為U，當滑片下移(相當于用戶的用電器增加)時()A．I減小B．U減小C．R0消耗的功率減小D．變壓器輸入功率減小答案B解析當滑片下移時，變壓器輸出電路的總電阻減小，根據I2＝eq\f(U2,R0＋R)可知副線圈電流增大，由eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)可知理想電流表的示數增大，故A錯誤；輸入電壓U1跟輸出電壓U2均不變，根據U2＝I2R0＋U，可知理想電壓表的示數減小，故B正確；根據P＝I22R0，可知R0消耗的功率增大，故C錯誤；變壓器輸入功率為P輸入＝U1I，隨著變壓器輸入電流的增大，其輸入功率增大，故D錯誤。9.(2023·江蘇泰州市階段練習)如圖所示，投球游戲中，某同學將皮球從地面上方O點處水平拋出，第一次皮球直接落入墻角A處的空筐，第二次皮球與地面發(fā)生一次碰撞后恰好落入A處空筐。已知皮球與地面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，不計空氣阻力，則()A．第一次拋出的初速度是第二次拋出初速度的3倍B．兩次拋出皮球過程人對球做的功一樣多C．皮球入筐瞬間，第二次重力的功率大于第一次D．從拋出到入筐，第二次皮球重力勢能的減少量比第一次多答案A解析設拋出點距離地面的高度為h，下落時間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2，設第一次拋出速度為v1，則水平位移與拋出速度關系x＝v1t，第二次拋出去的速度為v2，則水平位移與拋出速度關系x＝v2·3t，聯(lián)立可知v1＝3v2，第一次拋出的初速度是第二次拋出初速度的3倍，A正確；由動能定理可知，人對球做的功等于球動能的變化量，兩次拋出時的速度不同，動能變化量不同，故人對球做的功不一樣多，B錯誤；皮球入筐瞬間，重力的功率為P＝mgvy＝mgeq\r(2gh)，兩次皮球落入筐時豎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錯誤；從拋出到入筐，同一皮球兩次高度的變化相同，故兩次皮球重力勢能的減少量一樣多，D錯誤。10．(2023·江蘇省如皋中學階段測試)如圖甲所示，三個電荷量相等的點電荷位于等邊三角形的三個頂點上，其中x＝0處電荷帶負電，其余兩電荷帶正電且關于x軸對稱。一試探電荷沿x軸正方向運動，所受靜電力隨位置的變化圖像如圖乙所示(以x軸正向為靜電力的正方向)。設無窮遠處電勢為零。則()A．試探電荷帶負電B．乙圖中的x1與甲圖中的x0相等C．在x軸正半軸上，x2處電勢最高D．試探電荷在x1處電勢能最大答案D解析在x<x1時，三個點電荷對試探電荷的靜電力向左，則該試探電荷帶正電，故A錯誤；在x＝x0時，試探電荷所受靜電力向左，在x＝x1時，試探電荷所受靜電力為0，則乙圖中的x1與甲圖中的x0不相等，故B錯誤；試探電荷沿x軸正方向運動，在0≤x≤x1時，試探電荷所受靜電力做負功，電勢能增大，在x≥x1時，試探電荷所受靜電力做正功，電勢能減小，則試探電荷在x1處電勢能最大，由電勢的定義φ＝eq\f(Ep,q)可知，對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高，則在x1處電勢最高，故C錯誤，D正確。11.如圖所示，光滑且足夠長的斜面傾角θ＝30°，斜面O點靜置一個質量為1kg的物體，從某時刻開始，沿斜面向上的恒力F作用在物體上，使物體沿斜面向上滑動，經過一段時間到達A點，突然撤去外力，又經過相同時間物體返回到斜面B點，且物體具有180J的動能，已知AO＝OB，重力加速度g取10m/s2，以下說法正確的是()A．恒力F大小為7.5NB．撤去外力F時物體的動能為40JC．恒力F對物體所做的功為100JD．下滑過程中，物體由A點到O點所用時間與由O點到B點所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)答案C解析設物體由O到A過程中加速度大小為a1，由牛頓第二定律有F－mgsinθ＝ma1，撤去外力后物體先做減速運動后反向做加速運動，其加速度大小都為a2＝gsinθ，由于AO＝OB，物體由A到B過程中有－2×eq\f(1,2)a1t2＝a1t2－eq\f(1,2)a2t2，得a1＝eq\f(1,4)a2，則F＝6.25N，故A錯誤；物體到達B點時動能Ek＝180J，物體由O點到B點過程，由動能定理有FL＋mgsinθ·L＝Ek，得L＝16m，設撤去外力F時物體的動能為Ek′，物體從O點到A點過程，由動能定理有FL－mgsinθ·L＝Ek′，得Ek′＝20J，故B錯誤；恒力F對物體所做的功W＝FL＝100J，故C正確；下滑過程中，物體由A點到O點和由O點到B點位移相同，但物體在A點速度不為零，故物體由A點到O點所用時間與由O點到B點所用時間之比不是1∶(eq\r(2)－1)，故D錯誤。

選擇題提速練(5)(限時25分鐘)1．(2023·江蘇省揚州中學階段測試)我國自主研發(fā)的東方超環(huán)(EAST)是國際首個全超導托卡馬克核聚變實驗裝置，有“人造太陽”之稱。“人造太陽”核反應的方程可能是()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解析四個核反應依次是重核裂變、輕核聚變、α衰變和人工核轉變，“人造太陽”為輕核聚變，故B正確。2.(2023·江蘇南通市適應性考試)如圖所示，從地面上同一位置同時拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，已知兩球運動的最大高度相同，空氣阻力不計，則上述運動過程中()A．B相對A做勻速直線運動B．B的速度變化率逐漸增大C．B的速率始終比A的小D．B的初動量比A的大答案A解析依題意，兩小球均做斜拋運動，二者具有相同的加速度，所以B相對A做勻速直線運動，故A正確；根據g＝eq\f(Δv,Δt)可知，B的速度變化率不變，故B錯誤；根據vy2＝2gH可知，兩球拋出時初速度的豎直分速度相同，又vy＝gt，即兩球在空中運動的時間也相同，根據x＝vxt可知，小球A拋出時初速度的水平分速度較小，根據v＝eq\r(vx2＋vy2)，易知球B的初速度比球A的大，根據p＝mv可知兩球質量關系未知，無法判斷初動量大小，同理可得出兩小球在運動過程中，豎直方向的分速度始終相同，水平方向的分速度A球小于B球，所以B的速率始終比A的大，故C、D錯誤。3.(2023·江蘇省高三聯(lián)考)空間探測衛(wèi)星主要用于探測太陽風對地球空間環(huán)境的影響，近地點為幾百公里，遠地點為幾萬公里。如圖所示兩空間探測衛(wèi)星A、B在同一平面內沿同一方向繞地球運行。則()A．衛(wèi)星A的線速度大小大于衛(wèi)星B的線速度大小B．衛(wèi)星A與地心連線在單位時間內掃過的面積與B與地心連線在單位時間內掃過的面積不相等C．衛(wèi)星A的半長軸三次方與周期二次方的比值比衛(wèi)星B的小D．衛(wèi)星A的發(fā)動機短時間噴氣一次，就能轉移到衛(wèi)星B的軌道上答案B解析衛(wèi)星A、B的軌道為橢圓，所以每一個點的速度大小不同，無法確定速度大小的比較，A錯誤；根據開普勒第二定律，衛(wèi)星A、B在兩個不同的橢圓軌道上運動，則衛(wèi)星A與地心連線在單位時間內掃過的面積與B與地心連線在單位時間內掃過的面積不等，B正確；根據開普勒第三定律可知，衛(wèi)星A的半長軸三次方與周期二次方的比值與衛(wèi)星B的相等，C錯誤；衛(wèi)星A的發(fā)動機短時間噴氣一次，速度增大做離心運動，軌道會與原軌道加速點相切，D錯誤。4.如圖所示，A、B為兩帶電小球，B用絕緣輕質細線懸掛于O點，A球固定且在O點正下方，和B球相連的細線與豎直方向成一定的夾角，已知OA∶OB∶AB＝5∶5∶3，細線對B的拉力與A對B作用力的大小之差為Fn，重力加速度為g，則小球B的質量為()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為研究對象，其受到重力G＝mBg、A對它的作用力F2和細線的拉力F1三個力作用，受力情況如圖所示，作出F1、F2的合力F，由平衡條件得F＝G，根據△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正確。5．(2023·江蘇南京市、鹽城市一模)湖面上P、Q兩艘小船(均視為質點)相距6m，一列水波以大小為1m/s的波速沿PQ方向傳播，在t＝0時刻水波恰好到達小船P處，此時小船P由平衡位置開始豎直向上運動，t＝1.5s時刻小船P第一次到達最低點。則下列說法正確的是()A．水波的周期為4sB．水波的波長為4mC．水波從小船P傳到小船Q的時間為6sD．從小船Q起振到小船Q第一次到達最高點的時間為1s答案C解析由于在t＝0時刻水波恰好到達小船P處，此時小船P由平衡位置開始豎直向上運動，t＝1.5s時刻小船P第一次到達最低點，則有eq\f(3,4)T＝1.5s，解得T＝2s，A錯誤；根據v＝eq\f(λ,T)，解得λ＝2m，B錯誤；根據v＝eq\f(Δx,Δt)，解得水波從小船P傳到小船Q的時間Δt＝6s，C正確；介質中各質點的起振方向相同，即小船Q起振方向為由平衡位置開始豎直向上運動，則從小船Q起振到小船Q第一次到達最高點的時間為eq\f(T,4)＝0.5s，D錯誤。6．(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)二模)環(huán)形變壓器視為理想變壓器，原線圈匝數n1＝880匝，副線圈接一個“12V，22W”的照明電燈，示意圖如圖甲所示，圖中電壓表與電流表均為理想交流電表。原線圈接交流電源，原線圈兩端的電壓隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，最大值Um＝220eq\r(2)V，最大值始終保持不變，照明電燈恰好正常發(fā)光。則()A．原線圈兩端電壓的有效值和t＝2.5×10－3s的電壓瞬時值相等B．若電壓表為非理想交流電表，讀數比理想電壓表讀數小C．照明電燈正常發(fā)光時，電流表的讀數為0.05AD．在t＝5×10－3s時刻，電壓表的示數為零答案A解析原線圈兩端電壓的有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由題圖乙可知電壓周期T＝2×10－2s，則電壓瞬時值表達式為u＝Umcoseq\f(2π,T)t＝220eq\r(2)cos(100πt)V，當t＝2.5×10－3s時的電壓瞬時值為u＝220eq\r(2)cos(100π×2.5×10－3)V＝220V，即原線圈兩端電壓的有效值和t＝2.5×10－3s的電壓瞬時值相等，A正確；根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，原線圈兩端有效值一定時，副線圈兩端電壓也一定，電壓表測的是變壓器副線圈兩端電壓，其不會隨外電阻的變化而變化，即若電壓表為非理想交流電表，其讀數與理想電壓表讀數相等，B錯誤；照明電燈正常發(fā)光時，通過副線圈的電流為I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(11,6)A，線圈匝數比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,12)＝eq\f(55,3)，則電流表的讀數為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.1A，C錯誤；電壓表測的是副線圈兩端電壓的有效值，即始終為12V，D錯誤。7.在斯特林循環(huán)中，一定質量理想氣體從狀態(tài)a依次經過狀態(tài)b、c、d后再回到最初狀態(tài)a完成一次循環(huán)，如圖所示，實現(xiàn)由高溫熱源吸熱，部分轉化為機械功后向低溫熱源放熱的效果。整個過程由兩個等溫和兩個等容過程組成。在a→b、b→c、c→d、d→a的過程中，氣體與外界的熱量交換分別為9J、20J、12J、20J。定義該循環(huán)的熱效率為經歷一個循環(huán)所轉化的機械功與從外界吸收熱量的比值，已知斯特林循環(huán)的等容變化過程的熱量交換不計入熱效率計算，則下列說法正確的是()A．狀態(tài)a比狀態(tài)c的溫度高B．b→c的過程中，單位時間內單位器壁面積上分子碰撞次數減少C．完成一次循環(huán)，外界對氣體做功3JD．氣體的熱效率為25%答案D解析d→a的過程，體積不變，壓強降低，由eq\f(pV,T)＝C可知，溫度降低，c、d在同一條等溫線上，溫度相等，故狀態(tài)a比狀態(tài)c的溫度低，A錯誤；b→c的過程中，體積不變，壓強增大，故溫度升高，單位時間內單位器壁面積上分子碰撞次數增多，B錯誤；a→b、d→a過程氣體放熱，b→c、c→d過程氣體吸熱，由于內能不變，則完成一次循環(huán)，氣體對外界做功3J，C錯誤；由于斯特林循環(huán)的等容變化過程的熱量交換不計入熱效率計算，一個循環(huán)內，只計算a→b和c→d過程，這兩個過程只有c→d過程氣體吸熱。根據氣體的熱效率的定義，轉化的機械功為3J，氣體從外界吸收熱量為12J，故氣體的熱效率為25%，D正確。8.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ab＝L，一個粒子源在b點將質量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是(不計粒子重力及粒子間的相互作用)()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解析由左手定則和題意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁場區(qū)域內轉半周時，運動時間最長，速度最大時的軌跡恰與ac相切，軌跡如圖所示，由幾何關系可得最大半徑r＝ab·tan30°＝eq\f(\r(3),3)L，由洛倫茲力提供向心力得qvmB＝meq\f(vm2,r)，從而求得最大速度vm＝eq\f(\r(3)qBL,3m)，A、B、C錯誤，D正確。9.如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ，重力加速度為g，則()A．v＝v0 B．v>v0C．a2＝eq\r(2)gsinθ D．a1＝eq\r(2)gsinθ答案D解析小滑塊在斜面上滑動，摩擦力大小始終不變?yōu)镕f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，滑塊速度從水平到豎直過程中根據動能定理得mgsinθ·y－Ffs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，根據幾何關系可知s>y，可知v<v0，故A、B錯誤；摩擦力的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知Ff的方向與重力沿斜面向下的分力的方向的夾角為90°到180°，則合力的大小范圍滿足mgsinθ－Ff≤F合≤eq\r(Ff2＋mgsinθ2)，結合牛頓第二定律F合＝ma，可得0≤a≤eq\r(2)gsinθ，則a1＝eq\r(2)gsinθ，a2＝0，故D正確，C錯誤。10．(2023·江蘇省如皋中學階段測試)利用如圖甲所示的裝置可以測量待測圓柱形金屬絲與標準圓柱形金屬絲的直徑差，T1、T2是標準平面玻璃，A0為標準金屬絲，直徑為D0，A為待測金屬絲，直徑為D。用波長為λ的單色光垂直照射玻璃表面，干涉條紋如圖乙所示，相鄰亮條紋的間距為ΔL。則()A．D與D0相差越大，ΔL越大B．輕壓T1的右端，若ΔL變小，有D<D0C．相鄰亮條紋對應的空氣薄膜厚度差為λD．圖乙可能是D與D0相等時產生的條紋答案B解析設標準平面玻璃之間的夾角為θ，由題設條件有tanθ＝eq\f(|D－D0|,L)，由空氣薄膜干涉條件有2ΔLtanθ＝λ，即ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)，由此可知D與D0相差越大，θ越大，ΔL越小，A錯誤；輕壓T1的右端，若ΔL變小，由ΔL＝eq\f(λ,2tanθ)可知，θ變大，因為壓的是右側，說明右側直徑小，即有D<D0，B正確；相鄰亮條紋的光路對應的是光程差，是空氣薄膜厚度差的2倍，C錯誤；當D＝D0時，光程差相等，則不產生干涉條紋，故D錯誤。11．如圖甲所示，光滑絕緣的水平面上固定有平行部分間距為L＝1m的光滑U形金屬導軌，導軌的左側接一阻值為R＝1Ω的定值電阻，在兩虛線(與導軌垂直)間存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B＝1T的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d?，F(xiàn)有一質量為m＝0.1kg的導體棒ab(與導軌垂直)以某一水平向左的初速度從導軌的右端開始運動，在運動過程中導體棒始終受到水平向右的恒力F的作用，規(guī)定水平向左為正方向，導體棒的加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，導軌與導體棒的電阻不計，導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，下列說法正確的是()A．恒力F的大小為10NB．導體棒剛進入磁場時回路中的感應電流為4AC．導體棒向左穿過磁場的過程，通過R的電荷量為0.2CD．導體棒向左穿過磁場的過程，恒力F對導體棒做的功為－0.15J答案D，解得F＝1N，A錯誤；導體棒剛進入磁場時，有F1＝BI1L，I1＝eq\f(E1,R)，E1＝BLv1，F(xiàn)1＋F＝ma1，解得v1＝3m/s，I1＝3A，B錯誤；導體棒離開磁場前瞬間，同理有F＋eq\f(B2L2v2,R)＝ma2，解得v2＝1m/s。導體棒在穿過磁場的過程中，由動量定理可得－(FΔt＋Beq\x\to(I)LΔt)＝mv2－mv1，結合q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝0.15C，C錯誤；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，向左穿過磁場過程恒力F對導體棒做的功為W＝－Fd＝－0.15J，D正確。

選擇題提速練(6)(限時25分鐘)1．(2023·江蘇省海安中學階段測試)研究光的雙縫干涉現(xiàn)象，擋板上有兩條狹縫S1、S2，由S1和S2發(fā)出的兩列波到達屏上時會產生干涉條紋，已知入射激光的波長為λ，屏上的P點到兩縫S1和S2的距離相等，如果把P處的亮條紋記作第0號亮紋，由P向上數，與0號亮紋相鄰的亮條紋為1號亮紋，與1號亮紋相鄰的亮條紋為2號亮紋，則P1處的亮條紋恰好是8號亮紋。設直線S1P1的長度為γ1，S2P1的長度為γ2，則γ2－γ1等于()A．4λB．8λC．16λD．32λ答案B解析當兩列波的路程差為波長的整數倍時出現(xiàn)亮條紋，即γ2－γ1＝nλ(n＝0,1,2，…)，P1處的亮條紋恰好是8號亮紋，故n＝8，故選B。2.如圖所示為氫原子能級圖，處于某激發(fā)態(tài)的大量氫原子向低能級躍遷，共發(fā)出6種不同頻率的光，已知金屬鎢的逸出功為4.5eV。用發(fā)出的光照射鎢時，逸出光電子的最大初動能為()A．8.25eV B．8.56eVC．9.1eV D．10eV答案A解析結合題圖可知，處于n＝4能級的大量氫原子向低能級躍遷時可發(fā)出6種不同頻率的光，躍遷過程中發(fā)出光子的最大能量為E＝－0.85eV－(－13.6eV)＝12.75eV，其照射鎢時，逸出光電子的最大初動能為ΔE＝12.75eV－4.5eV＝8.25eV，A正確。3．波源位于x軸，且從t＝0時刻開始振動，形成的簡諧橫波在t＝1s時恰好傳到P點，此時部分波形圖如圖所示，Q為傳播方向上的一點，再過eq\f(2,3)s后Q與M相對平衡位置的位移始終相同，則波在介質中的最小傳播速度為()A．6m/sB．5m/sC．4m/sD．3m/s答案A解析由題述可知波傳播的速度v＝eq\f(3xMQ－4,2)m/s，又M、Q相對平衡位置的位移始終相等，則xMQ＝nλ(n＝1,2,3，…)，由題圖可知λ＝8m，當n取1時，解得vmin＝6m/s，A正確。4.(2023·江蘇省天一中學階段練習)如圖，半圓形框架豎直靜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作用下處于靜止狀態(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，現(xiàn)用水平力F拉動小球，使其緩慢上移到框架的最高點，在此過程中框架始終保持靜止，下列說法中正確的是()A．水平拉力F為恒力B．水平拉力F先增大后減小C．框架對小球的支持力不斷減小D．地面對框架的摩擦力一直增大答案C解析對小球受力分析有F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)，上移到框架的最高點的過程中，θ越來越大，拉力減小，支持力減小，故A、B錯誤，C正確；對整體受力分析，豎直方向上，地面對框架的支持力的大小等于系統(tǒng)的總重力大小，水平方向上，地面對框架的摩擦力與外力F相等，所以地面對框架的摩擦力一直減小，故D錯誤。5.(2023·江蘇南通市適應性考試)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、D后又回到狀態(tài)A，其中A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程，這就是著名的“卡諾循環(huán)”，則該氣體()A．在A→B過程中，密度不變B．在B→C過程中，分子的速率分布曲線不發(fā)生變化C．在B→C和D→A過程中，對外界做功的絕對值相等D．在一次循環(huán)過程中，吸收的熱量小于放出的熱量答案C解析在A→B過程中，體積變大，則密度減小，選項A錯誤；在B→C過程中，絕熱，體積增加，對外做功，則內能減小，溫度降低，分子的速率分布曲線發(fā)生變化，選項B錯誤；在B→C和D→A過程中，溫度的變化絕對值相等，內能變化的絕對值相等，且兩個過程都是絕熱，根據熱力學第一定律可知，兩過程中氣體對外界做功的絕對值相等，選項C正確；在一次循環(huán)過程中，氣體內能不變，因p－V圖像的面積表示氣體做的功，可知氣體對外做的功大于外界對氣體做的功，即整個過程氣體對外做功(大小等于ABCD圖像包圍的面積)，吸收熱量，即整個過程吸收的熱量大于放出的熱量，選項D錯誤。6.(2023·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)二模)空間站夢天實驗艙在發(fā)射入軌后，成功對接于天和核心艙前向端口