專題22選擇題的必殺技巧TOC\o"13"\h\u01專題網絡·思維腦圖 102考情分析·解密高考 203高頻考點·以考定法 2 2一、排除法 2二、二級結論法 2三作圖分析法（圖解法） 3五、舉例法 3六、特殊賦值法 3七、等效替換法 3八、類比分析法 3九、補償思維法 3十、極限分析法 4十一、估算求解法 4十二量綱分析法 4 4 10考向1：力與運動選擇題 10考向2：運動與能量選擇題 12考向3：電與磁選擇題 14考向4：光學選擇題 16考向5：熱學選擇題 19考向6：機械振動和機械波 21考向7：近代物理 2204核心素養·難點突破 2405創新好題·輕松練 41新情境1：科技結合類 41新情境2：生產生活先關類 44新情境3：航天航空類 48新情境4：新材料類 51新情境5：熱門時政類 53新情境6：前沿科技獲獎類 54考點內容要求學習目標選擇題的常用方法II掌握解選擇題的常用的解題方法；大多數選擇題的解答，需要應用物理概念和規律直接分析、計算。不過對于某些特定的選擇題，可以利用特殊的技巧快速解答，提高效率。當直接分析、判斷陷入困境時，可以考慮一下是否有什么適用的快解技巧。常見的選擇題的快解技巧如下。一、排除法在讀懂題意的基礎上，根據題目要求，對選項進行比較歸類，通過分析對錯誤選項進行排除，從而選出正確的選項。比如，對單選題，若前三個選項不正確，則一定選第四個選項；對多選題，若前兩個選項不正確，則一定選后兩個選項。二、二級結論法在平時的解題過程中，積累了大量的“二級結論”，熟記并巧用一些“二級結論”可以使思維過程簡化，節約解題時間。非常實用的二級結論有：勻變速直線運動的比例關系；（2）等時圓規律；（3）力的動態平衡的三種解題方法；（4）平拋運動的兩個推論；（5）等量同種或等量異種點電荷周圍電場和電勢的分布規律；（6）不同比荷的同性帶電粒子由靜止相繼經過同一加速電場和偏轉電場，軌跡完全重合；（7）直流電路中動態分析的“串反并同”結論；（8）平行通電導線電流同向時相吸，電流異向時相斥，不平行時，具有旋轉同向并靠攏的趨勢；（9）帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的電場強度；（10）楞次定律的“來拒去留”“增縮減擴”等推論；（11）從紅光到紫光的波長、頻率、折射率、波速的變化規律等。三作圖分析法（圖解法）與物理表達式（函數）相比，作圖能更直觀地表達各物理量的關系。解題時，作輔助圖不但快速、準確，避免繁雜的運算，有時還能解決一些用一般計算方法無法解決的問題。經常用到的輔助圖有：運動關系示意圖、速度—時間圖像、矢量圖。畫運動關系示意圖對弄清各物理量的關系建立方程很有幫助；速度—時間圖像在分析追及問題、木板—滑塊的復雜運動時效果很好；矢量圖常用于力學平衡問題分析，有時比列式分析更快。四、逆向思維法如果問題涉及可逆物理過程，當按正常思路判斷，遇到困難時，則可考慮運用逆向思維方法來分析、判斷。有些可逆物理過程還具有對稱性，則利用對稱規律并運用逆向思維解題是一條捷徑。五、舉例法有些選擇題的選項中，帶有“可能”“可以”等不確定詞語，只要能舉出一個特殊例子證明它正確，就可以肯定這個選項是正確的；有些選擇題的選項中，帶有“一定”“不可能”等肯定的詞語，只要能舉出一個反例，就可以排除這個選項。六、特殊賦值法有些選擇題，根據它所描述的物理現象的一般情況，難以直接判斷選項的正誤時，可以讓某些物理量取特殊值，代入到各選項中逐個進行檢驗。凡是用特殊值檢驗證明是不正確的選項，一定是錯誤的，可以排除。七、等效替換法等效替換法是把陌生、復雜的物理現象、物理過程在保證某種效果、特性或關系相同的前提下，轉化為簡單、熟悉的物理現象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質和規律的一種思想方法。等效替換法廣泛應用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、等效電源、變壓器問題中的等效電阻。八、類比分析法將兩個（或兩類）研究對象進行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯系或所遵循的規律，然后根據它們在某些方面有相同或相似的屬性，進一步推斷它們在其他方面也可能有相同或相似的屬性的一種思維方法，尤其在處理一些物理背景很新穎的題目時，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下，或電場與重力場疊加中的類平拋問題、類斜拋問題，可直接類比使用平拋、斜拋相關結論。九、補償思維法質量分布均勻的球體挖去一部分后一般不能看作在球心的質點；電荷分布均勻的球體挖去一部分后一般不能看作在球心的點電荷。這種情況可將空腔補上，以方便應用萬有引力定律或庫侖定律，再結合力的合成或分解可解決問題。十、極限分析法極限法是把某個物理量推向極端，從而作出科學的推理分析，給出判斷或導出一般結論。該方法一般適用于題干中所涉及的物理量隨條件單調變化的情況，極限思維法在進行某些物理過程分析時，具有獨特作用，使問題化難為易，化繁為簡，達到事半功倍的效果。十一、估算求解法有些選擇題本身就是估算題，有些看似要精確計算，實際上只要通過物理方法（如：數量級分析），或者數學近似計算法（如：數據取整），進行大致推算即可得出答案。估算是一種科學而有實用價值的特殊方法，可以大大簡化運算，快速地找出正確選項。eq\a\vs4\al()十二量綱分析法從物理量的單位出發篩選出正確答案。如果等式兩邊單位不一致，或所列選項的單位與題干要求量不統一，則肯定有錯誤?！镜淅?】（2023·江蘇·統考高考真題）如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的。每條腿對月球表面壓力的大小為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN=mg月則對一條腿有，根據牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力為。故選D。2．（2023·浙江·統考高考真題）如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知，，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】對光滑圓柱體受力分析如圖由題意有，故選D。3．（2023·山東·統考高考真題）餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內，每根彈簧的勁度系數為（

）A．10N/m B．100N/m C．200N/m D．300N/m【答案】B【詳解】由題知，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則有mg=3?kx，解得k=100N/m故選B。4．（2023·福建·統考高考真題）如圖，一教師用側面開孔的透明塑料瓶和綠光激光器演示“液流導光”實驗。瓶內裝有適量清水．水從小孔中流出后形成了彎曲的液流。讓激光水平射向小孔，使光束與液流保持在同一豎直平面內，觀察到光束沿著彎曲的液流傳播。下列操作中，有助于光束更好地沿液流傳播的是（）A．減弱激光強度 B．提升瓶內液面高度C．改用折射率更小的液體 D．增大激光器與小孔之間的水平距離【答案】B【詳解】若想使激光束完全被限制在液流內，則應使激光在液體內發生全反射現象，根據全反射臨界角，可知應該增大液體的折射率或則增大激光束的入射角。A．減弱激光的強度，激光的臨界角，折射率均不會改變，故A錯誤；B．提升瓶內液面的高度，會造成開口處壓強增大，水流的速度增大，水流的更遠，進而增大了激光束的入射角，則會有大部分光在界面處發生全反射，有助于光速更好的沿液流傳播，故B正確；C．若改用折射率更小的液體，臨界角變大，更不容易發生全反射，故C錯誤；D．增大激光器與小孔之間的水平距離不能改變液體的折射率或激光束的入射角，現象不會改變，故D錯誤。故選B。5．（2023·北京·統考高考真題）位于坐標原點處的波源發出一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t=0時波源開始振動，其位移y隨時間t變化的關系式為，則t=T時的波形圖為（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】由于t=0時波源從平衡位置開始振動，由振動方程可知，波源起振方向沿y軸正方向，且t=T時波的圖像應和t=0時的相同，根據“上坡下，下坡上”可知t=T時的波形圖為選項D圖。故選D。6．（多選）（2023·浙江·統考高考真題）下列說法正確的是（

）A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體B．液體的表面張力方向總是跟液面相切C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率【答案】BD【詳解】A．根據熱力學第二定律可知熱量能不可能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故A錯誤；B．液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B正確；C．由狹義相對論的兩個基本假設可知，在不同的慣性參考系中，一切物理規律都是相同的，故C錯誤；D．根據多普勒效應可知當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率，故D正確。故選BD。7．（2023·遼寧·統考高考真題）如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動，且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】C【詳解】如圖所示導體棒勻速轉動，設速度為v，設導體棒從到過程，棒轉過的角度為，則導體棒垂直磁感線方向的分速度為可知導體棒垂直磁感線的分速度為余弦變化，根據左手定則可知，導體棒經過B點和B點關于P點的對稱點時，電流方向發生變化，根據，可知導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像為余弦圖像。故選C。8．（2023·重慶·統考高考真題）某小組設計了一種呼吸監測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數為N，磁場的磁感應強度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時，在t時間內每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時間內的平均感應電動勢為（）A．B． C． D．【答案】A【詳解】根據法拉第電磁感應定律有故選A。9．（2023·湖北·統考高考真題）兩節動車的額定功率分別為和，在某平直鐵軌上能達到的最大速度分別為和?，F將它們編成動車組，設每節動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意可知兩節動車分別有，當將它們編組后有聯立可得故選D。10．（2023·山東·統考高考真題）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為（

）A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s【答案】C【詳解】由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設RS間的距離為x，則根據題意有，聯立解得，t2=4t1，vT=vR－10再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有vT=vR－a?5t1則at1=2m/s其中還有，解得vR=11m/s，聯立解得，vT=1m/s故選C。11．（2023·遼寧·統考高考真題）原子處于磁場中，某些能級會發生劈裂。某種原子能級劈裂前后的部分能級圖如圖所示，相應能級躍遷放出的光子分別設為①②③④。若用①照射某金屬表面時能發生光電效應，且逸出光電子的最大初動能為Ek，則（）A．①和③的能量相等 B．②的頻率大于④的頻率C．用②照射該金屬一定能發生光電效應D．用④照射該金屬逸出光電子的最大初動能小于Ek【答案】A【詳解】A．由圖可知①和③對應的躍遷能級差相同，可知①和③的能量相等，選項A正確；B．因②對應的能級差小于④對應的能級差，可知②的能量小于④的能量，根據可知②的頻率小于④的頻率，選項B錯誤；C．因②對應的能級差小于①對應的能級差，可知②的能量小于①，②的頻率小于①，則若用①照射某金屬表面時能發生光電效應，用②照射該金屬不一定能發生光電效應，選項C錯誤；D．因④對應的能級差大于①對應的能級差，可知④的能量大于①，即④的頻率大于①，因用①照射某金屬表面時能逸出光電子的最大初動能為Ek，根據，則用④照射該金屬逸出光電子的最大初動能大于Ek，選項D錯誤。故選A?？枷?：力與運動選擇題1．（2024·湖南岳陽·統考一模）如圖甲所示，小明在地球表面進行了物體在豎直方向做直線運動的實驗，彈簧原長時，小球由靜止釋放，在彈簧彈力與重力作用下，測得小球的加速度a與位移x的關系圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數為k，地球的半徑為R，萬有引力常量為G，不考慮地球自轉影響，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．小球的位移為x0時，小球正好處于完全失重狀態 B．小球的最大速度為C．小球的質量為 D．地球的密度為【答案】B【詳解】A．由題圖乙可知，小球的位移為時，小球的加速度為0，小球的合力為0，彈簧的拉力與小球的重力等大方向，小球既不是失重狀態也不是超重狀態，故A錯誤；B．小球的加速度a與位移x的關系圖像與坐標軸圍成的面積表示速度平方的一半，當小球的加速度為零時，小球的加速度最大，設小球的最大速度為，則有得小球的最大速度，，故B正確；C．設地球表面的重力加速度為，小球的質量為m，當小球向下運動的位移為x，彈簧的伸長量也為x，設小球的加速度為a，對小球受力分析，由牛頓第二定律可得，整理可得，結合圖乙可知，，則有，，故C錯誤；D．設地球的質量為M，由，可得又有，解得則月球的密度為，故D錯誤。故選B。2．（2024·陜西咸陽·統考一模）跳跳桿是一種深受小朋友喜愛的彈跳器?？梢宰杂缮炜s的中心彈簧，一端固定在跳桿上，另一端固定在與踏板相連的桿身上，當人在踏板上用力向下壓縮彈簧，然后彈簧向上彈起，將人和跳桿帶離地面。當某同學玩跳跳桿時從最高點豎直下落到最低點的過程中，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．下落全過程中，該同學速度一直減小B．下落全過程中，該同學加速度先增大后減小C．下落全過程中，跳桿剛接觸地面時，該同學速度最大D．下落全過程中，跳跳桿形變量最大時，該同學處于超重狀態【答案】D【詳解】ABC．下落全過程中，跳桿接觸地面前，該同學和跳桿做自由落體運動，速度增大，加速度保持不變；跳桿剛接觸地面后，一開始彈簧彈力小于該同學和跳桿的總重力，該同學和跳桿繼續向下做加速度減小的加速運動；當彈簧彈力等于該同學和跳桿的總重力時，該同學和跳桿的速度達到最大；之后彈簧彈力大于該同學和跳桿的總重力，該同學和跳桿繼續向下做加速度增大的減速運動；故下落全過程中，該同學速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故ABC錯誤；D．下落全過程中，跳跳桿形變量最大時，加速度方向向上，該同學處于超重狀態，故D正確。故選D?？枷?：運動與能量選擇題3．（多選）（2024·湖南岳陽·統考一模）圖甲起重機某次從時刻由靜止開始提升質量為的物體，其圖像如圖乙所示，5~10s內起重機的功率為額定功率，不計其它阻力，重力加速度為，則以下說法正確的是（）A．物體在0~10s內運動的最大速度為10m/sB．起重機的額定功率為18000WC．5~10s內起重機對物體做的功等于0~5s內起重機對物體做功的1.5倍D．5~10s內起重機對物體做的功等于0~5s內起重機對物體做功的2倍【答案】BD【詳解】A．由圖像可知，物體在做勻加速直線運動，時物體的速度為由于后物體繼續做加速度逐漸減小的加速運動，可知物體在內運動的最大速度大于，故A錯誤；B．由圖像可知，在時，物體結束做勻加速運動，此時起重機功率達到最大功率，根據牛頓第二定律可得，，解得，則起重機的額定功率為，故B正確；CD．內，物體的位移為內起重機對物體做的功為內起重機保持額定功率不變，則內起重機對物體做的功可得，故D正確，C錯誤。故選BD。4．（2024·河北·統考一模）如圖所示，某航拍小型飛機有四個相同的風扇，每個風扇的半徑均為R，當它在無風的天氣懸停時，每個風扇都呈水平狀態，風扇吹出的空氣速度大小都等于v，吹出的空氣流動方向相同。已知空氣的平均密度為，則風扇懸停時，不考慮其他位置空氣流動的影響。下列說法錯誤的是（）A．風扇吹出的空氣流動方向豎直向下B．單位時間內每個風扇吹出的空氣的質量為C．無人機的總重力等于D．每個風扇對空氣做功的功率為【答案】D【詳解】A．由于無人機懸停時受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風方向均為豎直向下，故A正確；B．單位時間內被每個螺旋槳推動的空氣質量為，故B正確；C．根據動量定理，解得每個螺旋槳對空氣的作用力為無人機的總重力等于，故C正確；D．每個風扇對空氣做功的功率為，故D錯誤。本題選錯誤的，故選D?？枷?：電與磁選擇題5．（多選）（2024·河南焦作·統考一模）最近，韓國聲稱“首次”發現了室溫常壓超導材料LK99，而北航和中科院實驗團隊重新實驗后發文稱未能發現LK99的超導性。某興趣小紅將柱形磁鐵沿豎直方向緩慢向上移動，直至使一由LK99制成、質量為的導電圓環在時刻懸浮在某一高度，此時導電圓環邊緣的磁感應強度的方向與豎直方向的夾角為。理論上，如果實現了室溫超導，圓環的電阻率將為零，此后圓環將一直保持懸浮，經過一段時間后，小組同學發現該導電圓環緩慢下移了（動能變化量可視為零），如圖1所示。圓環下移過程中線圈中電流的平力與時間的關系圖像如圖2所示，圓環的半徑為，重力加速度為，不計空氣阻力，則（）A．圓環緩慢下移過程中感應電流的方向視為逆時針B．時，圓環所處位置的磁感應強度大小為C．時間內，通過圓環電流的有效值為D．由功能關系可求出導電圓環的電阻為【答案】BC【詳解】A.圓環緩慢下移過程中穿過圓環的磁通量增加，根據楞次定律，可知從上往下看感應電流的方向為順時針，故A錯誤；B.質量為的導電圓環在時刻懸浮在某一高度，處于平衡狀態，對圓環受力分析，可等效成直導線，豎直方向有圓環周長聯立解得，，故B正確；CD.根據焦耳定律有，變形有可知圖像中圖線與時間軸所圍幾何圖形的面積表示得時間內通過圓環電流的有效值為聯立解得導電圓環緩慢下移了，由能量守恒定律可知，減少的重力勢能等于圓環產生的焦耳熱解得電圓環的電阻為把代入得，，故C正確，D錯誤。故選BC。6．（2024·湖南岳陽·統考一模）如圖所示，真空中有一邊長為l的正六邊形ABCDFG，O為正六邊形中心，在A、B、C三點分別固定電荷量為q、2q、q（q>0）的三個點電荷。已知點電荷Q的電勢公式，其中k為靜電常量，Q為場源電荷的電荷量，r為某點到Q的距離，取無窮遠處電勢為零。則下列說法正確的（）A．O點電勢為負B．D點和G點場強相同C．O點的電場強度大小為，方向由O指向BD．把一帶負電的試探電荷從O點移至F點，其電勢能變大【答案】C【詳解】A．根據題意可得，O點電勢為，故A錯誤；B．如圖所示根據點電荷的電場強度計算公式可得，，根據電場強度的疊加原理可知D點和G點場強不相同，故B錯誤；C．O點的電場強度大小為，方向由O指向B，故C正確；D．從O點到F點電勢升高，所以把一帶負電的試探電荷從O點移至F點，其電勢能變小，故D錯誤。故選C?？枷?：光學選擇題7．（2024·江蘇南通·統考一模）如圖所示，是棱鏡的橫截面，是底角為的等腰梯形。一單色光平行于底面入射，入射點為，折射后射向點，為中點，棱鏡的折射率為，不考慮光的二次反射，則（）A．光可能從點射出面 B．光可能在面發生全反射C．入射點上移，光的出射點下移 D．入射點上移，光在棱鏡中傳播的路程變長【答案】C【詳解】A．根據題意畫出光路圖，如圖所示AB面上的入射角為，棱鏡的折射率為，則折射率為故AC面上的折射角為設光線在點發生全反射的臨界角為，則有可得當光束射向F點時，分析幾何關系知入射角為，可知光線在點發生全反射，故光不可能從點射出面，故A錯誤；B．根據對稱性可知，光束在BD面上的入射角為，故在BD面上不會發生全反射，故B錯誤；C．入射點上移，光束在BD面上的入射角為，且不發生變化，光線右移在點右側，光束在BD面上的入射角不發生變化，光的出射點下移，故C正確；D．入射點上移，由幾何關系可知，光束在棱鏡中的光程沒有發生變化，故D錯誤。故選C。8．（多選）（2024·全國·模擬預測）如圖甲所示，一個裝滿水的圓柱形的薄玻璃缸里有一條小金魚，小金魚在水中靜止時，俯視圖如圖乙所示。從側面觀察，下列說法正確的是（）A．眼睛在ac延長線上觀察，魚向外即d點方向偏B．眼睛在ac延長線上觀察，魚向內即圓心方向偏C．眼睛在db延長線上靠近d點一側觀察到的魚的大小大于眼睛在db延長線上靠近b點一側觀察到的魚的大小D．眼睛在db延長線上靠近d點一側觀察到的魚的大小小于眼睛在db延長線上靠近b點一側觀察到的魚的大小【答案】AD【詳解】AB．如圖甲所示眼睛在ac延長線上觀察，魚向外即d點方向偏，故A正確，B錯誤；CD．如圖乙所示，眼睛在db延長線上靠近d點一側觀察魚的大小小于眼睛在db延長線上靠近b點一側觀察魚的大小，故C錯誤，D正確。故選AD。考向5：熱學選擇題9．（2023·江西·成都七中校聯考一模）在夏天的高溫天氣下，一輛家用轎車的胎壓監測系統（TPMS）顯示一條輪胎的胎壓為（是指1個標準大氣壓）、溫度為。由于胎壓過高會影響行車安全，故快速（時間很短）放出了適量氣體，此時胎壓監測系統顯示的胎壓為、溫度為，設輪胎內部體積始終保持不變，氣體視為理想氣體，則下列說法不正確的是：（）A．氣體溫度快速降低是因為氣體對外界做了功B．此過程中放出的氣體質量是原有氣體質量的C．輪胎內的氣體單位時間內撞擊輪胎的次數變少了D．由于溫度降低輪胎內每個氣體分子的速度都變小了【答案】D【詳解】A．氣體溫度快速降低是因為氣體與外界無熱交換的情況下對外界做了功，則氣體的內能減小，溫度降低，選項A正確，不符合題意；B．根據，解得V2=1.25V1則此過程中放出的氣體質量是原有氣體質量的，選項B正確，不符合題意；C．輪胎內的氣體壓強減小，溫度降低，分子平均速率減小，質量減小，體積不變，分子數密度減小，單位時間內撞擊輪胎的次數變少了，選項C正確，不符合題意；D．溫度降低輪胎內氣體分子的平均速率減小，但不是每個氣體分子的速度都變小，選項D錯誤，符合題意。故選D。10．（多選）（2023·四川樂山·統考一模）一定質量的理想氣體從狀態a開始，經歷ab、bc、ca三個過程回到原狀態a，變化過程的圖像如圖所示，關于理想氣體經歷的三個過程，下列說法正確的是（）A．a、b兩狀態下氣體溫度之比為1：1B．bc過程中，氣體一定從外界吸熱C．bc過程中，氣體體積變小，外界對氣體做功D．ca過程中，氣體壓強增大，溫度升高E．ab過程中，氣體分子的平均動能保持不變【答案】ACD【詳解】A．根據理想氣體狀態方程b兩狀態下氣體溫度之比為，故A正確；BC．bc過程中，氣體做等壓變化，則bc過程中，氣體體積減小，則氣體溫度減小，氣體內能減小，根據熱力學第一定律，bc過程中，氣體體積減小，外界對氣體做功，氣體內能減小，氣體放熱，故B錯誤，C正確；D．ca過程中，氣體做等容變化，則，ca過程中，氣體壓強增大，溫度升高，故D正確；E．ab過程中，氣體壓強與體積的乘積先減小后增大，氣體溫度先降低后上升，氣體分子的平均動能先減小后增大，故E錯誤。故選ACD。考向6：機械振動和機械波11．（多選）（2024·河北·統考一模）如圖所示，時刻坐標原點O處的波源由平衡位置沿著y軸方向做簡諧運動，形成沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，經過0.5s時的波形如圖所示，此時波的前端剛好傳播到M點。已知質點M、質點N的平衡位置的橫坐標分別為1m和5m，則下列說法正確的是（）A．該波的周期為2s B．該波傳播的速度為2m/sC．波源的起振方向沿y軸正方向 D．時，質點N第一次達到波峰【答案】BD【詳解】A．波源經過0.5s時的波形為半個周期的形狀，則波的周期為，故A錯誤；B．半個周期形成半個波長的波形，則波長為由波速和波長的關系可知，故B正確；C．因沿x軸正方向傳播，對M點由同側法可知起振向下，而所有點的起振方向均相同，則波源的起振方向沿y軸負方向，故C錯誤；D．N點起振需要的時間為因時間滿足，則N點向下起振經過剛好到達波峰的位置，故D正確。故選BD。12．（多選）（2024·陜西西安·統考一模）關于下列五幅圖像所對應的物理規律，下列說法正確的是（）A．圖1：彈簧振子的加速度大小與位移大小成正比B．圖2：若把單擺從北京移到赤道上，則單擺的振動頻率會增加C．圖3：觀察者不動，波源S向右運動，相等的時間內，左邊觀察者接收到波的個數比右邊的少D．圖4：如圖甲為汽車消音器，圖乙為其結構簡化圖，聲音從入口進入，經a、b傳播后從出口排出，消音原理主要是干涉E．圖5：任意時刻M、N、P三點的位移都相同【答案】ACD【詳解】A．圖1中，彈簧振子的加速度與回復力成正比，回復力大小與位移大小成正比，所以加速度大小與位移成正比，故A正確；B．圖2中，單擺的頻率為由于從北京移到赤道上，重力加速度減小，則頻率減小，故B錯誤；C．圖3中，由多普勒效應可知，觀察者不動，波源S向右運動，相等的時間內，左邊觀察者接收到波的個數比右邊的少，故C正確；D．圖4中，該消聲器的消聲原理為波的干涉;利用聲波沿兩個通道傳播的路程差為半個波長的奇數倍，就能產生穩定的消聲效果，故D正確；E．圖5中，M、N兩點的平衡位置的距離小于一個波長，位移有時相同，有時不相同，而M、P兩點的平衡位置的距離等于一個波長，位移總是相同，故E錯誤。故選ACD?？枷?：近代物理13．（2024·貴州·統考一模）我國科研人員及合作者首次合成了新原子核。原子核存在一種衰變鏈，其中第1次由衰變成原子核，第2次由衰變成原子核。下列說法正確的是（）A．兩次均為衰變 B．兩次均為衰變C．第1次為衰變，第2次為衰變 D．第1次為衰變，第2次為衰變【答案】A【詳解】電荷數守恒和質量數守恒可知，第一次衰變第二次衰變，可知兩次均為衰變，故選A。14．（2024·浙江·校聯考一模）某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置探究不同金屬發生光電效應時的實驗規律，當用頻率為v的入射光照射金屬時電流表示數不為零，向右調節滑動變阻器的滑片P，直到電流表的示數剛好為零，此時電壓表的示數為，該電壓稱為遏止電壓，該實驗小組得到與v的關系如圖乙中的①所示，則下列有關說法中正確的是（）A．實驗時電源的左端為正極B．分別用從氫原子能級2到1和能級3到1輻射的光照射金屬得到遏止電壓和，則C．換用不同的光照射逸出功更大的金屬時，得到的關系可能如圖乙中的②所示D．當滑片P向左滑動的過程中電流表的示數先增加后不變【答案】D【詳解】A．因滑片向右調節滑動變阻器的滑片P，可使電流表的示數為零，此時光電管加反向電壓，則光電管右端電勢高，則電源右端為正極，故A錯誤；C．根據eUc=hνW逸出功，可得，換用不同的光照射逸出功更大的金屬K2時，所得到的關系圖像與橫軸的截距較大，但是直線斜率相同，故C錯誤；B．氫原子從能級2躍遷到能級1輻射出的光子能量小于從能級3躍遷到能級1輻射出的光子能量，根據E=hν可知，氫原子從能級2躍遷到能級1輻射出的光子頻率小于從能級3躍遷到能級1輻射出的光子頻率，而根據愛因斯坦的光電效應方程eUc=Ek=hνW逸出功，可知Uc1＜Uc2，故B錯誤；D．滑片P初始位置應該是在中間，此時加在光電管上的電壓為零，P左滑的過程中，光電管所加的正向電壓變大，形成的光電流逐漸增大，當達到飽和電流后電流不再變，因此可知電流表的示數先增加后不變，故D正確。故選D。一、單選題1．（2023·浙江·校聯考三模）如圖甲所示，在同一均勻介質中有兩個振動完全相同的波源、，兩波源相距24cm，M、N為介質中兩波源連線的中垂線上的兩個質點。已知波速為0.25m/s，兩波源同時開始振動，從波源振動開始計時，M點的振動圖像如圖乙所示。當N點開始振動后，在某一時刻在中垂線上M、N是相鄰的波峰，則（）A．M、N間的距離為5cmB．M、N間的距離為7cmC．M、N連線的中點振動減弱D．M、N處于波峰時，兩點連線的中點處于波谷【答案】B【詳解】AB．由乙圖可知，波的周期為T=0.2s所以兩個波源產生的波的波長為因經0.6s波從波源傳到M，所以到M的距離為M、N是相鄰的波峰，所以它們到波源（或）的路程差為5cm，到N的距離為則又由幾何關系可知，M到兩波源連線中點的距離為9cmN到兩波源連線中點的距離為所以M、N間的距離為7cm，選項A錯誤，B正確；C．兩波源連線中垂線的到兩波源和路程差都為0，所以都是振動加強的點，選項C錯誤；D．M、N兩點連線的中點到波源連線中點的距離為12.5cm，到波源的距離為而波谷到的距離應為17.5cm，所以M、N兩點連線的中點不是波谷，選項D錯誤。故選B。2．（2022·北京·首都師范大學附屬中學校考三模）如圖，向一個空的鋁制飲料罐中插入一根透明吸管，接口用蠟密封，在吸管內引入一小段油柱（長度可以忽略）。如果不計大氣壓的變化，這就是一個簡易的氣溫計。通過實驗，將溫度值畫在吸管上，以下說法正確的是（）A．吸管右端的刻度對應更低的溫度B．溫度的刻度并不是均勻的C．若換體積更大的空飲料罐，其余條件不變，則測溫范圍會增大D．若更換更粗的透明吸管，其余條件不變，則測溫范圍會增大【答案】D【詳解】A．根據題意可知，罐內氣體做等壓變化，根據蓋呂薩克定律可知，罐內氣體溫度越高，體積越大，吸管內油柱越靠近吸管的右端，則吸管上的溫度刻度值應左低右高，故A錯誤；B．根據蓋呂薩克定律可知，空氣的體積和溫度成正比，即根據題意，假定初始溫度為T1、罐中空氣體積為V0、吸管內空氣柱長變為L1、其橫截面積為S，則有則可知溫度的變化量與距離的變化量成正比，則吸管上的溫度刻度分布均勻，故B錯誤；C．根據題意及B分析可知，油柱距離的變化量與溫度變化量關系為可知，若換體積更大的空飲料罐，其余條件不變，即在溫度變化相同的情況下，吸管中的油柱左右移動距離也會變大，則其測溫范圍會減小，故C錯誤；D．根據題意及B分析可知，油柱距離的變化量與溫度變化量關系為可知，若更換更粗的透明吸管，其余條件不變，即在溫度變化相同的情況下，吸管中的油柱左右移動距離會變小，則測溫范圍會增大，故D正確。故選D。3．（2023·浙江·模擬預測）某透明均勻介質的橫截面由四分之一圓和一個直角三角形構成，如圖所示，其折射率，四分之一圓的半徑為R，CD面為黑色吸光板，。一束單色平行光從界面上不同位置均勻射入透明介質，入射角，已知光在真空中的傳播速度為。下列說法正確的是（）A．從界面的中點處入射的光線不能從圓弧界面射出B．截面內圓弧有光線射出的長度為C．從圓弧射出光線在介質中的最長傳播時間為D．所有光線在介質中的傳播時間都大于【答案】B【詳解】AB．設光經折射后折射角為，則解得圓弧面上金反射臨界角為，則有解得如圖1所示截面內圓弧有光線射出的長度為區域，其長度故A錯誤，B正確；C．如圖2所示，做圓弧的切線且與平行，切點為時，光線在介質中的路徑最長，其傳播時間為故C錯誤；D．在介質中的傳播時間最長的光線經過的路徑為緊貼傳播后又緊貼圓弧傳播，按照路徑得出的傳播時間為因多次全反射的路徑一定小于圓弧，所以所有光線在介質中的傳播時間都小于，故D錯誤。故選B。4．（2023·河南許昌·鄢陵一中校考模擬預測）愛因斯坦提出了受激輻射的概念，即在特定頻率外來光子作用下，處在高能級的原子向低能級躍遷，并發出與外來光子完全相同的另一光子，原理示意圖如圖所示。已知普朗克常量為h。下列說法正確的是（）A．外來光子的頻率為B．受激輻射過程原子的能量增加C．受激輻射過程原子動量守恒D．引起受激輻射的光子可能是射線【答案】A【詳解】A．特定光子的能量等于該原子從高能級躍遷到低能級過程釋放光子的能量，結合能量子定義可知，外來光子的頻率為故A正確；B．受激輻射過程原子向外放出能量，原子的能量減少，故B錯誤；C．受激輻射過程，光子與原子組成的整個系統動量守恒，原子動量不守恒，故C錯誤；D．射線常是伴隨衰變和衰變產生的，核外電子躍遷過程不會放出射線，則引起受激輻射的光子不可能是射線，故D錯誤。故選A。5．（2022·山東臨沂·?？寄M預測）一群處于基態的氫原子受某種光照射后，躍遷到第4能級，發出的光譜中只有兩條可見光a和b。a、b在同一光電效應裝置中測得的光電流和電壓的關系如圖甲所示。圖乙為氫原子能級圖，已知可見光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間，下列說法正確的是（）A．照射光子的能量E=12.09eVB．a光的波長比b光的波長短C．氫原子受激發后，能發出10種不同頻率的光D．a光是氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級時發出的光【答案】D【詳解】A．因為可見光的光子能量在1.62eV到3.11eV之間，所以只有從n=4能級躍遷到n=2能級和從n=3能級躍遷到n=2能級的光屬于可見光，當照射光子的能量為12.09eV時，氫原子獲得的能量不足以躍遷到n=4能級，達不到可見光的能量，故A錯誤；BD．從n=4能級躍遷到n=2能級時，發出的光子能量為2.6eV，從n=3能級躍遷到n=2能級時發出的光子能量為1.89eV，由圖甲可知，在光電效應裝置中，a光遏止電壓低，根據可知，a光的光子能量小，又因為故a光的波長比b光的大，a光是從n=3能級躍遷到n=2能級時發出的光，故B錯誤D正確；C．氫原子受激發后躍遷到第4能級，能夠輻射的光子數為故C錯誤。故選D。二、多選題6．（2023·貴州·校聯考模擬預測）如圖，一質量為M、長為1m的木板靜止在水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度開始運動。已知物塊與木板間的動摩擦因數為，木板與桌面間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取。則（）A．當時，小物塊滑出長木板的時間為B．當時，小物塊滑出長木板的時間為C．當時，小物塊滑出長木板的時間為D．當時，小物塊滑出長木板的時間為【答案】BD【詳解】AB．設物塊滑動摩擦力f1，以向右為正方向，物塊與木板間的滑動摩擦力為物塊在木板上發生相對運動時，設物塊加速度為a1，對物塊由牛頓第二定律可知物塊的加速度大小代入得設木板滑動摩擦力f2，木板與地面間的滑動摩擦力為由分析知當M=2m時，如圖對木板進行受力分析知則木板在物塊運動過程中靜止，物塊從木板左端運動到木板右端的過程中，根據運動學公式知代入得或（舍去）故A錯誤，B正確；CD．同理的當m=2M時，如圖對木板進行受力分析知物塊在木板上發生相對運動時，對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度大小則代入得物塊從木板左端運動到木板右端的過程中，根據運動學公式知代入得或（舍去）故C錯誤，D正確。故選BD。7．（多選）（2023·四川德陽·統考一模）如圖（a）所示，在t=0時將一質量為0.1kg的滑塊輕放置于傳送帶的左端，傳送帶在t=4s時因為突然斷電而做減速運動，從t=0到減速停下的全程，傳送帶的vt圖像如圖（b）所示。已知傳送帶順時針運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.08，傳送帶兩輪間的距離足夠長，重力加速度大小為10m/s2.，下列關于滑塊說法正確的是（）A．滑塊先勻加速運動，后勻減速運動直至停止B．滑塊從輕放上傳送帶至停下，所用的時間為6sC．滑塊在傳送帶上留下的劃痕為28mD．全程滑塊與傳送帶間產生的熱量為2.24J【答案】AC【詳解】A．滑塊輕放置于傳送帶的左端，則有滑塊在傳送帶上的加速度為若傳送帶不停電，滑塊與傳送帶達到共速時所用時間由圖b可知傳送帶在t=4s后做減速運動的加速度可知滑塊做加速運動，傳送帶做減速運動，滑塊與傳送帶達到共速后，由于傳送帶做減速運動的加速度大于滑塊的加速度，滑塊開始做減速運動直至停止，因此滑塊先勻加速運動，后勻減速運動直至停止，A正確；B．傳送帶做減速運動后，滑塊與傳送帶達到共速時所用時間解得此時滑塊的速度為滑塊停下所用時間滑塊從輕放上傳送帶至停下，所用的時間為B錯誤；C．滑塊與傳送帶達到共速時的位移傳送帶的位移滑塊與傳送帶的相對位移是可知此時滑塊在傳送帶上留下的劃痕為28m?；瑝K開始做勻減速運動到停下運動的位移傳送帶與滑塊達到共速后到停下運動的位移此時滑塊與傳送帶的相對位移是可知此時滑塊與傳送帶相對位移的大小8m產生的劃痕與前面的劃痕重疊，劃痕取最大值，則有滑塊在傳送帶上留下的劃痕為28m，C正確；D．全程滑塊與傳送帶間的相對位移大小為滑塊與傳送帶間產生的熱量為D錯誤。故選AC。8．（多選）（2024·湖南岳陽·統考一模）如圖所示，輕質彈簧一端固定在水平面上的光滑轉軸O上，另一端與套在粗糙固定直桿N處質量為0.2kg的小球（可視為質點）相連。直桿與水平面的夾角為30°，N點距水平面的高度為0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于彈簧原長。小球從N處由靜止開始下滑，經過P處的速度為2m/s，并恰能停止在M處。已知重力加速度取10m/s2，小球與直桿的動摩擦因數為，則下列說法正確的是（）A．小球通過P點時的加速度大小為3m/s2B．彈簧具有的最大彈性勢能為0.5JC．小球通過NP段與PM段摩擦力做功相等D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統損失的機械能為0.4J【答案】CD【詳解】A．因在P點時彈簧在原長，則到達P點時的加速度為故A錯誤；C．因NP段與PM段關于P點對稱，則在兩段上彈力的平均值相等，則摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正確；B．設小球從N運動到P的過程克服摩擦力做功為Wf，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據能量守恒定律得，對于小球N到P的過程有N到M的過程有得故B錯誤；D．N到P過程中，球和彈簧組成的系統損失的機械能故D正確。故選CD。9．（多選）（2023·四川南充·閬中中學?？家荒＃┤鐖D甲所示，質量為m的物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上（不相連），彈簧下端固定，勁度系數為k。t＝0時刻，對物塊施加一豎直向上的外力F，使物塊由靜止向上運動，當彈簧第一次恢復原長時，撤去外力F。從0時刻到F撤去前，物塊的加速度a隨位移x的變化關系如圖乙所示。重力加速度為g，忽略空氣阻力，則在物塊上升過程（）A．外力F為恒力B．物塊的最大加速度大小為2gC．外力F撤去后物塊可以繼續上升的最大高度為D．彈簧最大彈性勢能【答案】ACD【詳解】A．物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上時，彈簧的壓縮量為在物塊上升階段，當物塊的位移為x時，由牛頓第二定律得解得由ax圖像可知等于縱軸截距，則為定值，所以F是恒力。故A正確；B．當x=x0時，a=0，則有則由可知，當時，a最大，且最大值為故B錯誤；D．彈簧最大彈性勢能為故D正確；C．設外力F撤去后物塊可以繼續上升的最大高度為h。從開始到物塊上升到最高點的過程，由功能關系可得解得故C正確。故選ACD。10．（多選）（2022·浙江臺州·統考模擬預測）一簡諧波的波源在O點（x軸上原點），從0時刻起開始振動，0.5s后頻率保持不變，在同一均勻介質中沿x軸正方向傳播，其振動圖象如圖所示（0～0.5s內振動未畫出）。當時波剛好傳到處，下列說法正確的是（）A．波源起振方向向下B．在時，波剛好傳播到處C．在時，處質點的振動方向向下D．與處質點的振動情況始終相同【答案】BC【詳解】A．由于0～0.5s振動情況未知，故無法判斷波源的起振方向，A錯誤；B．當時波剛好傳到處，則波速在時，波剛好傳播到故B正確；C．由圖可知，波的傳播周期波長波源在0.5s時的振動方向向下，此時振動傳播到處的時間則該處質點穩定振動的時間為故質點的振動方向向下，故C正確；D．由于0～0.5s振動情況未知，故與處質點的振動情況無法判斷，故D錯誤。故選BC。11．（多選）（2024·山西臨汾·統考一模）在科學研究中，經常用施加適當的磁場來實現對帶電粒子運動的控制。在如圖所示的平面坐標系xOy內，以坐標原點O為圓心、半徑為R的圓形區域外存在范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面。一質量為m、帶電荷量為的粒子從沿y軸正方向射入磁場，當入射速度為時，粒子從處進入無場圓形區域并射向原點O，不計粒子的重力，則（）A．粒子第一次離開磁場時的運動時間為B．粒子再次回到P點共需要2次通過原點OC．若僅將入射速度大小變為，則粒子離開P點后可以再回到P點D．若僅將入射速度大小變為，則粒子離開P點后不可能再回到P點【答案】AC【詳解】A．因為A點坐標為，所以，，，圓軌跡半徑為解得粒子第一次離開磁場時的運動時間為A正確；B．粒子的運動軌跡如圖所示，很明顯，粒子再次回到P點共需要3次通過原點O，B錯誤；CD．若僅將入射速度大小變為，則粒子軌跡半徑為，其運動軌跡如圖所示，則粒子離開P點后可以再回到P點，C正確，D錯誤；故選AC。12．（多選）（2024·河南鄭州·統考一模）光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質點的帶正電小球，桌面右側存在由勻強電場和勻強磁場組成的復合場，復合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場強度為E、方向豎直向上，磁感應強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為。如圖所示，現給小球一個向右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，下列說法正確的是（）A．小球在復合場中的運動時間可能是B．小球在復合場中運動的加速度大小可能是C．小球在復合場中運動的路程可能是D．小球的初速度大小可能是【答案】AC【詳解】帶電小球的比荷為是，則有則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復合場中做勻速圓周運動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為，則小球運動情況有兩種，軌跡如下圖所示若小球速度為，則根據幾何知識可得軌跡所對應的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為若小球速度為，則根據幾何知識可得軌跡所對應的圓心角為，此時小球在復合場中的運動時間為根據幾何知識可得，其軌跡半徑為則根據洛倫茲力提供向心力有可得，小球的速度為則小球的路程為小球的加速度為故選AC。13．（多選）（2023·遼寧大連·大連二十四中?？家荒＃┤鐖D，是以狀態α為起始點、在兩個恒溫熱源之間工作的卡諾逆循環過程（制冷機）的圖像，虛線、，為等溫線。該循環是由兩個等溫過程和兩個絕熱過程組成，該過程以理想氣體為工作物質，工作物質與低溫熱源和高溫熱源交換熱量的過程為等溫過程，脫離熱源后的過程為絕熱過程。下列說法正確的是（）A．過程氣體壓強減小完全是由于單位體積內分子數減少導致的B．一個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功C．過程向外界釋放的熱量等于過程從低溫熱源吸收的熱量D．過程氣體對外做的功等于過程外界對氣體做的功【答案】BD【詳解】A.由理想氣體狀態方程可得由圖像可以看出，所以，即過程氣體壓強減小是由于單位體積內分子數減少和溫度降低導致的，故A錯誤；B.理想氣體狀態方程和圖形面積表示做功可知，一個循環過程中，外界對氣體做的功大于氣體對外界做的功，故B正確；C.由圖像可知，過程外界對氣體做的功大于過程氣體對外做的功，所以過程向外界釋放的熱量大于過程從低溫熱源吸收的熱量，故C錯誤；D.因為兩個過程是絕熱過程，過程氣體對外做的功，氣體溫度由減小到，等于過程外界對氣體做的功，氣體溫度由增加到，由熱力學第一定律可知，過程氣體對外做的功等于過程外界對氣體做的功，故D正確。故選BD。14．（多選）（2023·吉林長春·東北師大附中?？寄M預測）如圖所示，一塊透明介質的橫截面為等邊三角形，一束單色光從AB邊上的一點射入介質，入射角為60°，折射光線與BC邊平行?，F入射光的頻率變小，入射角不變，則下列說法正確的是（）A．光線有可能在AC面上發生全反射B．光線在介質中傳播的時間變短C．出射光線相對入射光線的偏轉角變小D．光線有可能在AC邊上水平向右射出介質【答案】BCD【詳解】A．根據題意可知，做出光路圖如圖所示若入射光的頻率變小，則折射率變小，而入射角不變，可知其折射角將變大，根據幾何關系可知，角將變小，而根據題意及幾何關系可得，發生全反射的臨界角的正弦值，可知原折射光在AC邊不會發生全反射，而當變小時一定不會發生全反射，故A錯誤；B．由可知，折射率變小，光在介質中的傳播速度增大，由于原折射光線與BC平行，現變大，可知DE變短，而光在介質中的傳播時間，顯然，傳播時間變短，故B正確；C．做出出射光線的光路圖如圖所示射到AC邊的折射光線在AC邊上的入射角減小，則可知在AC邊上的出射光線的折射角同樣減小，出射光線相對于原出射光線逆時針偏轉，因此可知出射光線相對原入射光線的偏轉角變小，故C正確；D．入射光的頻率變小，入射角不變，致使增大，減小，光路圖如圖所示根據幾何關系有，，，，可得若要使光線在AC邊上水平向右射出介質，則必須滿足，顯然，上式能夠成立，故D正確。故選BCD。新情境1：科技結合類1．（2023·山東濟南·山東省實驗中學?？家荒＃╇姶艤p震器是利用電磁感應原理制作的一種新型智能化汽車獨立懸架系統。該減震器是由絕緣滑動桿及固定在桿上12個相互緊靠的相同矩形線圈構成。減震器右側是一個由電磁鐵產生的磁場，磁場的磁感應強度與通入電磁鐵的電流間的關系可簡化為，其中，磁場范圍足夠大。當減震器在光滑水平面上以初速度v進入磁場時會有減震效果產生，當有超過6個線圈進入磁場進行減速時，車內人員會感覺顛簸感較強。已知滑動桿及線圈的總質量，每個矩形線圈匝數匝，電阻值，邊長，邊長，整個過程不考慮互感影響，則下列說法正確的是（

）A．當電磁鐵中的電流為2mA時，為了不產生較強顛簸，則減速器進入磁場時的最大速度為3m/sB．若檢測到減速器以5m/s將要進入磁場時，為了不產生較強的顛簸，則調節磁場的電流可以為3mAC．若檢測到減速器以5m/s將要進入磁場時，為了不產生較強的顛簸，則調節磁場的電流可以為2.5mAD．當電磁鐵中的電流為2mA，減速器速度為5m/s時，磁場中第1個線圈和最后1個線圈產生的熱量比【答案】B【詳解】A．由題分析知當每個線圈進入磁場時，安培力的沖量大小為而，，，，解得可知每個線框進入磁場的安培力沖量相等，則每完全進入一個線圈時，減震器的速度減少量相等，根據動量定理可得每進入一個線框的速度減少量為即，而，則當磁場的電流為2mA時，則由題知當有超過6個線圈進入磁場進行減速時，車內人員會感覺顛簸感較強，為了不產生較強顛簸，則最多6個線圈進入磁場，則減速器進入磁場時的最大速度為故A錯誤；B．若磁場的電流為3mA時，則若檢測到減速器以5m/s將要進入磁場時，則進入磁場的線圈個數為＜6個，可知減速器不產生較強的顛簸，故B正確；C．若磁場的電流為2.5mA時，則若檢測到減速器以5m/s將要進入磁場時，則進入磁場的線圈個數為＞6個可知減速器會產生較強的顛簸，故C錯誤；D．當電磁鐵中的電流為2mA，每進入一個線框的速度減少量為當減速器速度為5m/s時，能夠進入磁場的線圈個數為只有進入磁場的線圈產生熱量，根據能量守恒知線圈產生的熱量等于減少的動能，第一個線圈完全進入磁場時速度為第12線圈進入磁場和完全進入磁場時的速度為則磁場中第1個線圈和第12線圈產生的熱量比故D錯誤。故選B。2．（2022·浙江溫州·統考一模）如圖甲所示為某一電磁炮原理示意圖，圖中有直流電源、電容器，線圈套在中空并內側光滑的絕緣管上，將直徑略小于管內徑的金屬小球靜置于管內。開關S接1使電容器完全充電，開關接2時開始計時，通過線圈的電流隨時間的變化規律如圖乙所示，金屬小球在時間內被加速發射出去（時刻剛好運動到右側管口）。在時間內，下列說法正確的是（

）A．小球的加速度一直增大 B．線圈中產生的磁場方向向左C．小球中產生的渦流一直減小 D．電容器儲存的電能全部轉化為小球的動能【答案】C【詳解】A．磁場強弱程度與通過線圈的電流成正比，則在時間內，電流在增大，但變化率在減小，所以線圈的磁通量在增大，但磁通量的變化率逐漸減小，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢減小，所以小球受到的感應電場的電場力也逐漸減小，由牛頓第二定律可知加速度也減小，故A錯誤；B．由圖甲可知時間內，電容器上極板為正極板，所以線圈中左側電流向下，根據安培定則可知線圈中產生的磁場方向向右，故B錯誤；C．時間內，電流的變化率減小，則小球內磁通量的變化率減小，根據法拉第感應定律可知，小球內的渦流減小，故C正確；D．電容器放電過程中，變化的磁場在空間中產生變化的電場，然后以電磁波的形式傳遞出去，散失了一部分能量，所以電容器儲存的電能不能全部轉化為小球的動能，故D錯誤。故選C。3．（2022·山東·模擬預測）海浪機械能是未來可使用的綠色能源之一，利用海浪發電可加速地球上碳中和的實現．某科技小組設計的海浪發電裝置的俯視圖如圖所示，圓柱體磁芯和外殼之間有輻射狀磁場，它們可隨著海浪上下浮動，磁芯和外殼之間的間隙中有固定的環形導電線圈，線圈的半徑為L，電阻為r，所在處磁場的磁感應強度大小始終為B，磁芯和外殼隨海浪上下浮動的速度為v，v隨時間t的變化關系為，其中的T為海浪上下浮動的周期．現使線圈與阻值為R的電阻形成回路，則該發電裝置在一個周期內產生的電能為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】環形導電線圈隨著磁芯和外殼隨海浪上下浮動而切割磁感線，由法拉第電磁感應定律環形線圈各部分產生的電動勢對回路來說是同向的（實際指感應電流方向），其有效切割長度由微元法可知聯立，可得線圈中感應電動勢的瞬時值表達式根據正弦交變電流的特點知其電動勢的有效值為則該發電裝置在一個周期內產生的電能故BCD錯誤，A正確。故選A。新情境2：生產生活先關類4．（2024·湖南岳陽·統考一模）某款“彈球游戲”可簡化為如圖所示。游戲者將小球（視為質點）以某個初速度垂直墻壁水平射出，在與臺階、豎直墻的碰撞不超過兩次的前提下，擊中第三級臺階的水平面MN段為通關。已知臺階的寬和高均為d，以v0射出時恰擊中第一級臺階的末端，所有碰撞均為彈性碰撞，以下說法正確的是（）A．以v0射出時，小球在空中的運動時間為B．以2v0射出時不能通關C．若小球的初速度v的滿足時，可直接擊中第三級臺階MN段D．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于【答案】C【詳解】A．以速度射出時，小球恰好擊中第一級臺階的末端發生彈性碰撞，則有，解得，反彈后小球做斜拋運動，該斜拋運動與以速度射出時的平拋運動具有對稱性，可知小球將在與第一級臺階等高的位置與墻碰撞并反彈，此時根據平拋運動的基本規律可知假設小球能落到MN段，則有，結合上述解得可知，假設成立，則以v0射出時，小球在空中的運動時間為，解得，故A錯誤；B．若小球下落的高度為2d，根據平拋運動的基本規律得，結合上述解得可知，小球的初速度為時越過第二級臺階，那么若能落在第三級臺階上，則有，結合上述解得可知小球落在第三級臺階前會先碰到墻上，由于碰撞為彈性碰撞，水平速度大小不變，方向反向，可知，碰后小球會落在MN上，故B錯誤；C．若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最大值為剛好打在Ｎ點上，解得若小球直接擊中第三級臺階MN段，小球射出初速度的最小值為運動軌跡恰好與第二級臺階右端擦肩而過，則有，，解得綜合上述可知，直接擊中第三級臺階MN段所需初速度的取值范圍為，故C正確；D．若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，設碰撞點距N點高度為，則與墻碰前，與墻碰后，設小球的落點剛好是M，則有，，結合上述解得故若利用墻面且僅反彈一次擊中第三級臺階的水平面，碰撞點距N點高度須小于，故D錯誤。故選C。5．（2024·湖南邵陽·統考一模）如圖所示為高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，8節質量均為m的車廂編組運行，其中1號和8號車廂為動力車廂，且額定功率均為P。列車由靜止開始以額定功率2P運行，經過一段時間達到最大速度。列車向左運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為，1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為S。不計其它阻力，忽略其它車廂受到的空氣阻力。當列車以額定功率2P向左運行到速度為最大速度的一半時，2號車廂對3號車廂的作用力大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設動車的速度為v，動車對空氣的作用力為F，對一小段空氣柱應用動量定理可得解得當牽引力等于阻力時，速度達到最大，則，解得當速度達到最大速度一半時，此時速度為，此時受到的牽引力，解得，此時受到的阻力對整體根據牛頓第二定律對3、4、5、6、7、8號車廂，根據牛頓第二定律可得，聯立得故選B。6．（2023·江蘇南京·金陵中學校考模擬預測）如俯視圖所示，水平桌面上放著一根足夠長的剛性折線形導軌FOG，一根足夠長的金屬棒PQ放在導軌上并與導軌接觸良好，FOG的角平分線垂直平分金屬棒。整個空間中有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌及金屬棒單位長度的電阻均為r。導軌和金屬棒的質量均為m。不計一切摩擦。金屬棒初始時緊靠O點。給金屬棒一個沿著FOG角平分線向右的初速度v0，金屬棒最終與O點的距離為d，下列說法正確的是（

）A．金屬棒開始運動之后，回路中的電流保持不變 B．PQ兩端最終的電勢差是初始時的一半C．B越大，導軌上產生的總焦耳熱越大 D．若v0加倍，則d加倍【答案】B【詳解】A．由題可知，金屬棒開始運動之后，某位置金屬棒到O的距離為，FOG的角平分線與FO的夾角為，則回路中的電流為運動過程中金屬棒減速，導軌加速，故兩者的相對速度減小，故回路中的電流在減小，A錯誤；B．由動量守恒定律可知，解得根據動生電動勢的表達式可知，PQ兩端最終的電勢差是初始時的一半，B正確；C．由上分析可知，這個過程電路中的產生的熱量等于這個過程中損失的機械能，即，與B的大小無關，C錯誤；D．根據動量定理可知，則整個過程有，解得，故v0加倍，則d是原來的倍，D錯誤。故選B。新情境3：航天航空類7．（2023·江西·成都七中校聯考一模）北京時間2023年11月1日6時50分，中國在太原衛星發射中心使用長征六號改運載火箭，成功發射天繪五號衛星。已知該衛星進入預定軌道后圍繞地球做勻速圓周運動，軌道離地高度為（大約），地球的半徑為，地球表面附近重力加速度大小為，忽略地球的自轉，下列說法正確的是（）A．天繪五號衛星在加速升空階段處于失重狀態，進入預定軌道后處于失重狀態B．天繪五號衛星進入預定軌道后的運行速度大小為C．天繪五號衛星進入預定軌道后的周期為D．天繪五號衛星進入預定軌道后的運行周期比同步衛星的運行周期大【答案】C【詳解】A．天繪五號衛星在加速升空階段加速度的方向向上，所以加速升空階段處于超重狀態，衛星進入預定軌道后圍繞地球做勻速圓周運動，衛星的加速度等于重力加速度，所以處于失重狀態，故A錯誤；B．根據，，又，聯立得，故B錯誤；C．根據，得，故C正確；D．根據，，天繪五號衛星進入預定軌道后的運行周期比同步衛星的運行周期小，故D錯誤。故選C。8．（2023·黑龍江·校聯考模擬預測）2023年7月10日，經國際天文學聯合會小行星命名委員會批準，中國科學院紫金山天文臺發現的、國際編號為381323號的小行星被命名為“樊錦詩星”。如圖所示，“樊錦詩星”繞日運行的橢圓軌道面與地球圓軌道面間的夾角為20.11度，軌道半長軸為3.18天文單位（日地距離為１天文單位），遠日點到太陽中心距離為4.86天文單位。若只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（）A．“樊錦詩星”繞太陽一圈大約需要2.15年B．“樊錦詩星”繞太陽一圈大約需要3.18年C．“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為D．“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為【答案】C【詳解】AB．根據開普勒第三定律有，解得，故AB錯誤；CD．根據牛頓第二定律可得，解得可知“樊錦詩星”在遠日點的加速度與地球的加速度大小之比為，故C正確，D錯誤。故選C。9．（2023·云南保山·統