5/62025高考物理三維設計二輪第三部分高考題型組合練1.選擇題＋實驗題組合練（1）一、單項選擇題1.（2024·甘肅酒泉三模）“玉兔二號”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜，核電池將94238Pu衰變釋放的核能一部分轉換成電能。94238Pu的衰變方程為94238Pu→

92A.衰變方程中的X為

－B.此衰變為α衰變C.94238Pu比92D.月夜的寒冷導致94238解析：B根據質量數守恒和電荷數守恒可知，衰變方程為94238Pu→92234U＋24He，此反應為α衰變，X為24He，故A錯誤，B正確；由于該反應釋放核能，所以94238Pu比92234U的結合能大2.（2024·浙江杭州模擬）圖1是一款陰極射線管，K極是圓形金屬板電極，A極為圓環狀金屬電極，對于K、A間的電場分布來說，A極可以等效為圓形金屬板電極，在K、A之間加上如圖1所示的高壓，陰極射線就可以在K極和A極之間運行，圖2是K極和A極之間的部分電場線分布，下列說法正確的是（）A.陰極射線的本質是α射線B.圖2中P點電勢低于Q點電勢C.如果在圖2中P點從靜止釋放一電子，則電子會沿該處電場線運動到A極D.從K極靜止出發的陰極射線粒子，沿中間直線電場線到達A極電場力做功最多解析：B陰極射線的本質是β射線，故A錯誤；因為K為陰極，A為陽極，所以P點電勢低于Q點電勢，故B正確；由于P點所在的電場線為曲線，所以在P點從靜止釋放一電子不會沿該處電場線運動，故C錯誤；只要從K極出發的陰極射線粒子，沿任意軌跡到達A極電場力做功一樣多，故D錯誤。3.（2024·廣東廣州三模）如圖所示，某大型吊燈半徑為R，質量為M，且分布均勻，通過四根相同長度的細線懸掛在天花板上半徑為r的固定圓盤上，已知r＜R，重力加速度為g，四根細線均勻對稱分布，且長度可調節，則下列說法正確的是（）A.每根細線對吊燈的拉力大小均為14B.將四根細線同時縮短相同長度，細線的張力大小不變C.將四根細線同時伸長相同長度，細線的張力減小D.去掉一根細線，假設吊燈位置保持不變，剩下三根細線上的張力大小相等解析：C設細線與豎直方向的夾角為θ，以吊燈為研究對象，豎直方向上，根據平衡條件可得4Tcosθ＝Mg，可得每根細線對吊燈的拉力大小為T＝Mg4cosθ＞Mg4，故A錯誤；將四根細線同時縮短相同長度，則θ變大，cosθ變小，根據T＝Mg4cosθ可知細線的張力大小變大，故B錯誤；將四根細線同時伸長相同長度，則θ變小，cosθ變大，根據T＝Mg4cosθ可知細線的張力大小變小，故C正確；去掉一根細線，假設吊燈位置保持不變，由于剩下三根細線在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根據平衡條件可知，4.（2024·浙江金華三模）2024年4月26日凌晨，神舟十八號載人飛船成功對接空間站，題圖中的照片拍攝于航天員葉光富、李聰、李廣蘇進入天和核心艙的瞬間，我們可以看到：一個大質量的包裹懸浮在核心艙中，針對這一情景，下列同學的觀點中正確的是（）A.懸浮的包裹受到地球的吸引力相對于地表可以忽略B.天宮號空間站在運行過程中機械能保持不變C.天宮號空間站的加速度比北斗系列同步衛星的加速度小D.只記錄空間站的運行周期可估算地球的密度解析：B依題意知，空間站的高度與地球半徑相比，相差較大，根據F地表＝GMmR2，F空間站＝GMmR＋h2，可知懸浮的包裹受到地球的吸引力相對于地表不可以忽略，故A錯誤；天宮號空間站在運行過程中，動能和勢能均保持不變，因此，天宮號空間站的機械能是守恒的，故B正確；根據GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，天宮號空間站的軌道半徑比北斗系列同步衛星的小，所以加速度較大，故C錯誤；根據GMmr2＝m4π2T2r5.（2024·山東煙臺三模）如圖所示，汽缸開口向上置于水平面上，活塞與汽缸之間有一個氣球，氣球內、外有質量相等的同種氣體，活塞靜止，此時氣球外部氣體甲的壓強小于氣球內部氣體乙的壓強?，F緩慢向下推動活塞，使其下降一段距離，氣體甲的壓強仍小于氣體乙的壓強。已知汽缸內和氣球內的氣體均可視為理想氣體，活塞與汽缸均絕熱，活塞與汽缸壁之間無摩擦，氣球導熱良好，則此過程中（）A.氣體甲內能增加量大于氣體乙內能增加量B.氣體甲的每個氣體分子做無規則熱運動的速率均加快C.活塞對氣體甲做的功等于氣體甲內能增加量D.活塞對氣體甲做的功小于甲、乙兩部分氣體內能增加量之和解析：D氣球導熱良好，則氣球內外氣體溫度總相等，一定質量的理想氣體內能只與溫度有關，故氣體甲內能增加量等于氣體乙內能增加量，A錯誤；活塞對氣體甲做正功，氣體甲內能增大，溫度升高，氣體分子平均速率增大，不是每個氣體分子做無規則熱運動的速率均加快，B錯誤；活塞與汽缸均絕熱，氣體與外界無熱量交換?；钊麑怏w甲做功的同時，橡皮膜收縮，氣體甲也對氣體乙做功，故活塞對氣體甲做的功大于氣體甲內能增加量，C錯誤；活塞對氣體甲做功的同時，橡皮膜收縮，由能量守恒定律知活塞對氣體甲做的功與橡皮膜釋放的彈性勢能之和等于甲、乙兩部分氣體內能增加量之和，故活塞對氣體甲做的功小于甲、乙兩部分氣體內能增加量之和，D正確。6.（2024·浙江金華三模）如圖甲所示，質量為m的B木板放在水平面上，質量為2m的物塊A通過一輕彈簧與其連接。給A一豎直方向上的初速度，當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，A的位移隨時間變化規律如圖乙，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A.物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧提供B.木板B在t1時刻對地面的壓力大小為mgC.物塊A在運動過程中機械能守恒D.物塊A的振動方程為y＝0.1sin2πt＋解析：D物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，A錯誤；t1時刻物塊A在平衡位置，此時彈簧處于壓縮狀態，彈力為F＝2mg，對木板B受力分析有FN＝F＋mg，則可得FN＝3mg，由牛頓第三定律得木板B在t1時刻對地面的壓力大小為3mg，B錯誤；物塊A在運動過程中除了受重力外，還受彈簧的彈力，彈力對物塊A做功，故機械能不守恒，C錯誤；由圖乙可知振幅為A＝10cm，周期為T＝1.0s，角速度為ω＝2πT＝2πrad/s，規定豎直向上為正方向，t＝0時刻位移為0.05m，表示物塊A由平衡位置上方0.05m處開始運動，所以初相為φ0＝π6，則物塊A的振動方程為y＝0.1sin2πt＋7.（2024·廣東惠州期末）阿特伍德機是英國科學家阿特伍德發明的著名力學實驗裝置，如圖所示為阿特伍德機的簡化示意圖。質量均為M的兩個重物A、B通過輕繩跨過光滑輕滑輪，保持靜止狀態。現將質量為m的小物塊C輕放在A上，讓裝置動起來，從開始運動到A和C下落高度h過程中，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A.A和B構成的系統機械能守恒B.A和C向下運動的加速度大小為a＝mgC.輕繩的彈力大小為T＝MD.A的末速度大小為v＝m解析：B小物塊C對A和B構成的系統做功，所以A和B構成的系統機械能不守恒，A錯誤；對A、B及C構成的系統，根據牛頓第二定律得mg＝2M＋ma，解得a＝mg2M＋m，B正確；對B，根據牛頓第二定律得T－Mg＝Ma解得T＝2MM＋mg2M＋m，C錯誤；二、多項選擇題8.某同學利用圖甲所示的裝置研究光的干涉和衍射，光電傳感器可用來測量光屏上光強的分布。某次實驗時，在電腦屏幕上得到圖乙所示的光強分布。下列說法正確的是（）A.這位同學在縫屏上安裝的是雙縫B.這位同學在縫屏上安裝的是單縫C.當做光的干涉現象研究時，若使干涉條紋的間距變大，應選用狹縫間距較小的雙縫D.當做光的干涉現象研究時，若使干涉條紋的間距變小，應增大縫屏與光屏間的距離解析：BC由題圖乙可知，條紋中間寬且亮、兩邊窄且暗，是衍射條紋，所以在縫屏上安裝的是單縫，故A錯誤，B正確；根據題意，由公式Δx＝Ldλ可知，若要使干涉條紋的間距Δx變大，應選用狹縫間距d較小的雙縫，若要使干涉條紋的間距變小，應減小縫屏與光屏間的距離L，故D錯誤，C9.（2024·重慶模擬）如圖甲所示，輕質細線吊著正方形閉合線圈（上、下邊均水平），正方形線圈左右兩邊中點a、b連線以下區域處于垂直于紙面向里的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示。正方形線圈的質量m＝0.5kg、邊長L＝0.5m、匝數n＝4匝、總電阻r＝2Ω，重力加速度大小取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.0～4s時間內線框中感應電流沿逆時針方向B.0～4s時間內線框中感應電動勢大小為E＝0.5VC.2s末細線對正方形線圈的拉力大小為F＝5.25ND.2s末細線對正方形線圈的拉力大小為F＝6N解析：BD由楞次定律可知感應電流沿順時針方向，故A錯誤；0～4s時間為線框中產生的感應電動勢為E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt·L22＝0.5V，故B正確；正方形線圈中產生的電流為I＝Er＝0.25A，根據楞次定律可知線圈中電流沿順時針方向，線圈受到的安培力方向向下，根據平衡條件可得F＝mg＋nBIL，由B-t圖像可知，t＝2s時磁感應強度大小為B＝2T，聯立解得t＝2s時細線對正方形線圈的拉力大小為F＝610.（2024·山東泰安三模）如圖所示，光滑水平地面上靜置著一足夠長的木板B和物塊C，木板B的質量為4m，物塊C的質量為12m。現有一質量為m的物塊A以初速度v0從左端滑上木板B，木板B與物塊C僅發生過一次碰撞（彈性碰撞），且碰撞時間極短可忽略不計，最終物塊A和木板B均停止運動。已知物塊A與木板B之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.木板B與物塊C碰撞前瞬間，物塊A的速度大小為vB.木板B與物塊C碰撞前瞬間，木板B的速度大小為vC.木板B與物塊C碰撞后，物塊C的速度大小為vD.物塊A相對木板B滑行的距離為11解析：ACD從A滑上B到B與C碰撞前瞬間，A、B動量守恒，有mv0＝mvA1＋4mvB1，B與C發生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律，有4mvB1＝4mvB2＋12mvC，12×4mvB12＝12×4mvB22＋12×12mvC2，解得vB2＝－12vB1，vC＝12vB1，B與C碰撞后，A、B均能停下來，根據動量守恒定律，有mvA1＋4mvB2＝0，聯立解得vA1＝v03，vB1＝v06，vB2＝－v012，vC＝v012，故A、C正確，B錯誤；整個過程中，根據能量守恒定律三、實驗題11.（2024·遼寧遼陽二模）某學習小組用如圖甲所示的裝置測量砝碼盤的質量。左、右兩個相同的砝碼盤中各裝有5個質量相同的砝碼，每個砝碼的質量均為m0，裝置中左端砝碼盤的下端連接紙帶?，F將左端砝碼盤中的砝碼逐一放到右端砝碼盤中，并將兩砝碼盤由靜止釋放，運動過程中兩盤一直保持水平，通過紙帶計算出與轉移的砝碼個數n相對應的加速度a，已知交流電的頻率f＝50Hz。（結果均保留兩位小數）（1）某次實驗，該組同學得到了如圖乙所示的一條紙帶，相鄰兩計數點間還有四個點未畫出，則相鄰兩計數點間的時間間隔為0.10s，打下D點時紙帶的速度大小為1.19m/s，紙帶的加速度大小為1.72m/s2。（2）若該組同學得到的n-a圖像為過原點、斜率為k的直線，則每個砝碼盤的質量為kg－5m0。（用k、m0和重力加速度大小g解析：（1）交流電的頻率是50Hz，打點計時器每隔0.02s打一個點，相鄰兩計數點間有四個點未畫出，所以相鄰兩計數點間的時間間隔為0.10s。打下D點時紙帶的速度大小為vD＝xCD＋xDE2T＝（11.04+12.76）×10－2m0（2）設砝碼盤的質量為m，將左端砝碼盤中的n個砝碼放到右端砝碼盤中時，有5+nm0＋mg－整理得n＝5m0＋mm0ga，解得m＝kg－5m12.（2024·云南昆明模擬）如圖a所示，某同學根據所學知識制作了一個簡易的歐姆表，表盤刻度如圖b所示，中間刻度為15，表頭G的滿偏電流Ig＝300μA，內阻Rg＝100Ω，電源電動勢E＝4.5V。（1）圖a中B端應接紅表筆。（填“紅”或“黑”）（2）將旋鈕旋到×1k擋，進行歐姆調零后，該歐姆表的內阻為15kΩ。（3）將旋鈕旋到×100擋，歐姆調零后接入一待測電阻，指針如圖b所示，則讀數為1400，若繼續接入另一電阻測量時發現指針偏角過大，則應換用更小倍率。（填“大”或“小”）（4）圖a中R1＝11.1Ω。（計算結果保留3位有效數字）（5）若電池老化，內阻變大，電動勢變小，但仍可進行歐姆調零，則測量結果將偏大。（填“偏大”“偏小”或“不變”）解析：（1）流過表頭G的電流方向為從右向左，B端應接紅表筆。（2）將旋鈕旋到×1k擋時，有R內＝R中＝15kΩ。（3）將旋鈕旋到×100擋，讀數為1400Ω，若繼續接入另一電阻測量時發現指針偏角過大，則應換用更小的擋位。（4）將旋鈕旋到×100擋時R內＝R中＝1500Ω則I＝E所以I1＝I－Ig根據部分電路歐姆定律有R1＝IgRgI1＝11（5）若該歐姆表使用一段時間后，電池電動勢E變小、內阻變大，根據Ig＝ER由于E變小，內阻R內偏小，用歐姆表測電阻時，電流I＝ER內＋Rx由于R內偏小，I偏小，指針偏左，測量結果與原結果相比較偏大。2.選擇題＋實驗題組合練（2）一、單項選擇題1.（2024·廣東惠州期末）關于光在豎直肥皂液薄膜上產生的干涉條紋，下列說法正確的是（）A.若明暗相間的條紋相互平行，說明薄膜厚度均勻B.薄膜上的干涉條紋基本上是豎直的C.用紫光照射薄膜產生的干涉條紋間距比用紅光照射時大D.干涉條紋是光在薄膜前、后兩個表面反射后疊加的結果解析：D若明暗相間的條紋間距相等，說明薄膜厚度均勻，A錯誤；薄膜上的干涉條紋基本上是水平的，B錯誤；由薄膜干涉特征可知，照射光的波長越長，經由同一薄膜產生的相鄰干涉條紋間距越大，同種介質中紫光的波長比紅光的波長短，故用紫光照射薄膜產生的干涉條紋間距比用紅光照射時小，C錯誤；干涉條紋是光在薄膜前、后兩個表面反射后疊加的結果，D正確。2.（2024·四川內江期末）如圖，健身球是一個充滿氣體的大皮球，當人壓向健身球上時，假設球內氣體溫度不變，則在這個過程中（）A.氣體分子的平均速率增大B.外界對氣體做功C.氣體從外界吸收熱量D.氣體的壓強不變解析：B氣體溫度不變，則氣體分子的平均速率不變，故A錯誤；因為氣體的內能不變，體積減小，外界對氣體做功，則氣體要向外放出熱量，故B正確，C錯誤；根據公式pVT＝C可知，溫度不變，體積減小，則氣體的壓強增大，故D3.（2024·浙江金華三模）熱氣球內的定位裝置能把相同時間間隔內熱氣球的位置變化記錄下來，如圖，記錄的是在一定高度上正在豎直上升的熱氣球每隔2秒熱氣球的高度變化，記錄單位是米。下列同學對熱氣球在記錄時間內的運動判斷正確的是（）A.記錄豎直上升的高度變化，熱氣球不能被視為質點B.熱氣球正處在超重狀態C.我們可以用Δx＝aT2來計算出熱氣球的上升加速度D.記錄時間內熱氣球的平均速度大小為1.78m/s解析：D記錄豎直上升的高度變化，熱氣球能被視為質點，故A錯誤；由圖可知熱氣球在上升過程，相等的時間間隔的位移越來越小，說明熱氣球在向上減速運動，處于失重狀態，故B錯誤；由圖可知熱氣球在相鄰的2s內的位移差不是一恒量，說明熱氣球不是向上做勻減速直線運動，所以不能用Δx＝aT2來計算出熱氣球上升的加速度，故C錯誤；記錄時間內熱氣球的平均速度大小為v＝xt＝2.35+3.30+4.05+4.554×2m/s4.（2024·陜西渭南二模）如圖甲所示，小鳥一頭扎入水中捕魚，假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其v-t圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為53t1，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（A.t1＝1.6sB.整個過程下落的高度為27mC.t1至53t1時間內v-t圖線的斜率為－10m/sD.t1至53t1時間內阻力是重力的1.5解析：B小鳥做自由落體運動的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運動的規律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A錯誤；整個過程下落的高度可由題圖乙v-t圖線與時間軸所圍成的面積表示，則h＝vm2×53t1＝27m，故B正確；t1至53t1時間內小鳥的加速度為a＝0－vm53t1－t1＝－15m/s2，則此時間內v-t圖線的斜率為k＝a＝－15m/s2，故C錯誤；t1至53t1時間內，由牛頓第二定律有f－mg＝ma，解得f5.（2024·浙江金華三模）如圖，利用平面鏡也可以實現楊氏雙縫干涉實驗的結果，下列說法正確的是（）A.光屏上的條紋與鏡面垂直B.相鄰亮條紋的間距為Δx＝b＋C.若將平面鏡向右移動一些，相鄰亮條紋間距不變D.若將平面鏡向右移動一些，亮條紋數量保持不變解析：C題中利用單色光源S以及其在平面鏡中的虛像形成相干光源，可知，光屏上的條紋與鏡面平行，并非與鏡面垂直，故A錯誤；根據雙縫干涉中相鄰亮條紋之間的距離公式Δx＝Ldλ，其中d＝2a，L＝b＋c，所以相鄰兩條亮條紋之間的距離Δx＝b＋c2aλ，故B錯誤；若將平面鏡向右移動一些，不影響光源的虛像的位置和L的大小，相鄰亮條紋間距不變，故C正確；若將平面鏡向右移動一些，射到平面鏡邊緣的兩條光線反射到屏上的位置向下移動，干涉圖樣寬度減小，而條紋間距不變，6.（2024·四川內江期末）當上、下抖動長長的輕繩時，輕繩則呈正弦波形狀。圖甲是某輕繩產生的橫波在介質中沿x軸傳播，在t＝0.25s時的波形圖，圖乙為橫坐標在1.5m處P點的振動圖像，則下列說法中正確的是（）A.該波向左傳播，波速為2m/sB.再經過3.5s質點P通過的路程為140cmC.L質點比N質點先到達波峰D.若人加快抖動輕繩，兩個相鄰波峰之間的距離不變解析：C由圖乙可知，在t＝0.25s時，質點P向上振動，根據“同側法”可知，該波向右傳播；由圖甲可知，波的波長為λ＝4m，由圖乙可知，波的周期為T＝2s，所以波速為v＝λT＝2m/s，故A錯誤；再經過3.5s，則前3s，Δt1＝3s＝32T，質點P通過的路程為s1＝32×4A＝120cm，后0.5s，Δt2＝0.5s＝14T，由于質點P從位移為負向最大位移振動，則通過的路程s2＜A＝20cm，所以，再經過3.5s質點P通過的路程s＝s1＋s2＜140cm，故B錯誤；根據“同側法”可知，L質點向y軸正方向運動，N質點向y軸負方向運動，則L質點比N質點先到達波峰，故C正確；若人加快抖動輕繩，則波的振動頻率變大，波速不變，根據λ＝vf可知，波長變小，7.（2024·陜西渭南二模）華為mate60實現了手機衛星通信，只要有衛星信號覆蓋的地方，就可以實現通話。如圖所示，三顆赤道上空的通信衛星就能實現環赤道全球通信，已知三顆衛星離地高度均為h，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G。下列說法正確的是（）A.三顆衛星的運行速度大于7.9km/sB.三顆通信衛星受到地球的萬有引力的大小一定相等C.其中一顆質量為m的通信衛星的動能為mgD.能實現赤道全球通信時，衛星離地高度至少為2R解析：C7.9km/s是衛星的最大環繞速度，所以三顆衛星的運行速度小于7.9km/s，故A錯誤；根據萬有引力的公式F＝GMmR＋h2可知，由于不知道三顆衛星的質量，因此不能確定三顆衛星所受地球萬有引力大小的關系，故B錯誤；根據萬有引力充當向心力有GMmR＋h2＝mv2R＋h，可得衛星的線速度為v＝GMR＋h，則該衛星的動能Ek＝12mv2，又GMmR2＝mg，聯立，解得Ek＝mgR22R＋h，故C正確；若恰好能實現赤道全球通信時，此時這三顆衛星兩兩之間與地心連線的夾角為120°，每顆衛星與地心的連線和衛星與地表的切線以及地心與切點的連線恰好構成直角三角形，二、多項選擇題8.（2024·甘肅酒泉三模）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場中，固定一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直，管道橫截面半徑為a，長度為l（l?a）。帶電粒子束持續以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經過一段圓弧運動垂直打到管壁上，與管壁發生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。已知單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為＋q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB.粒子的質量為BC.管道內的等效電流為nqD.粒子束對管道的平均作用力大小為Bql解析：AC帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子在磁場中運動的圓弧半徑為R＝a，由洛倫茲力提供向心力知qvB＝mv2R，解得粒子的質量為m＝qaBv，故A正確，B錯誤；根據電流的定義式I＝Qt＝tnqt＝nq，故C正確；粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受到的安培力，即F＝BIl＝9.（2024·山東濟南二模）2024年春晚雜技節目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質量為40kg的演員在豎直方向運動時傳感器記錄的壓力—時間（F-t）圖像片段。演員可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.演員在a到b過程中先超重后失重B.演員在b時刻速度最大，速度大小為8m/sC.從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功等于1280JD.從a時刻到b時刻，演員受到合力的沖量大小為320N·s解析：AD演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，支持力先大于重力后小于重力，根據牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，則演員在a到b過程先處于超重狀態，后處于失重狀態，故A正確；根據圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為t＝2.8s－1.2s＝1.6s，根據豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s，利用逆向思維，根據速度公式有vb＝g·t2＝8m/s，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，后向上做加速度增大的變減速直線運動，即a到b之間的某一時刻，演員的速度最大，最大速度大于8m/s，故B錯誤；從a時刻到b時刻，根據動能定理W蹦床－WG＝12mvb2＝12×40×82J＝1280J，可知從a時刻到b時刻，蹦床的彈性勢能轉化為演員的重力勢能與動能，故從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于1280J，故C錯誤；從a時刻到b時刻，根據動量定理有I合＝Δp＝mvb－0＝320N·10.（2024·黑龍江三模）如圖所示，質量m＝π10kg，長L＝1m、電阻Rab＝1Ω的水平導體棒ab，其兩個端點分別搭接在豎直平行正對放置的兩光滑金屬圓環上，兩圓環半徑均為r＝2πm，電阻不計。阻值為R＝1Ω的定值電阻用導線與圓環相連接，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應強度大小為B＝2T的勻強磁場中。導體棒ab在外力F作用下以速率v＝2m/s繞兩圓環的中心軸OO'勻速轉動，ab在圓環最低點時記為t＝0時刻，重力加速度g取10m/s2，電流表為理想交流表，其他電阻不計。下列說法正確的是（A.電流表的示數為1AB.定值電阻兩端的電壓為uR＝22cosπtVC.從t＝0到0.5s的過程中，通過導體棒ab的電荷量為0.5CD.從t＝0到0.5s的過程中，外力F做的功為3J解析：AD導體棒ab在圓環最低點時，速度v與磁感線垂直，有效切割速度最大，經過時間t導體棒速度與磁感線夾角為θ＝ωt＝vrt＝πt，導體棒的有效切割速度為v'＝vcosθ＝2cosπtm/s，則感應電動勢隨時間的變化規律為u＝Emcosθ＝22cosπtV，電動勢最大值為Em＝22V，感應電流最大值為Im＝EmRab＋R＝2A，電流表示數為電流有效值，故電流表示數為I＝Im2＝1A，A正確；定值電阻兩端的電壓為uR＝RR＋Rabu＝2cosπtV，B錯誤；導體棒ab做圓周運動的周期為T＝2πrv＝2s，因為0.5s＝T4，所以在0～0.5s時間內，通過導體棒ab的電荷量為q＝ΔΦR＋Rab＝BLrR＋Rab＝2πC，C錯誤；從t＝三、實驗題11.（2024·廣東汕頭二模）小晗同學利用圖甲所示的裝置研究平拋運動的規律。實驗時該同學使用手機連拍功能對做平拋運動的小球進行拍攝，并將拍攝到的圖片進行疊加處理在一張照片中，圖中的背景是放在豎直平面內的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行，其上每個方格的邊長為10cm。（1）下列說法正確的是BC。A.實驗所用斜槽應盡量光滑B.斜槽末端必須保持水平C.實驗所用斜槽不需要盡量光滑（2）圖乙是實驗中小球從斜槽上不同位置由靜止釋放獲得的兩條軌跡，圖線①所對應的小球在斜槽上釋放的位置較高（選填“較低”或“較高”）。（3）某次拍攝后得到的照片如圖丙所示，小球做平拋運動的初速度大小v0＝2.8m/s（結果保留兩位有效數字，重力加速度取g＝10m/s2）。解析：（1）實驗所用斜槽不需要盡量光滑，A錯誤，C正確；斜槽末端必須保持水平，確保小球離開斜槽后做平拋運動，B正確。（2）由圖乙可知兩次小球做平拋運動下落相同高度時，圖線①水平位移更大，故圖線①所對應的小球初速度較大，在斜槽上由靜止釋放的位置較高。（3）由圖丙可得，小球在豎直方向相鄰位移之差Δy＝2×10cm＝0.2m，根據勻變速直線運動特點可得T＝Δyg＝210s，由水平位移Δx＝v0T，可得v0＝ΔxT＝4×10×10－20.12m/s12.（2024·重慶九龍坡三模）圖甲為電阻式觸摸屏的簡化原理圖：按壓屏幕時，相互絕緣的兩層導電層就在按壓點位置有了接觸，從而改變接入電路的電阻。（1）某研究小組找到一塊電阻式觸摸屏單元，將其接入電路中，簡化電路如圖乙。先將開關閉合到1讓電容器充滿電，再將開關切換到2，通過電壓傳感器觀察電容器兩端的電壓隨時間變化的情況。圖丙中畫出了按壓和不按壓兩種情況下電容器兩端的電壓U隨時間t變化的圖像，則不按壓狀態對應圖像丙中Ⅱ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。（2）粗測該觸摸屏單元未按壓狀態下的電阻約為幾十歐姆。某同學想較準確測量此電阻，可供使用的器材有：A.電源E（電動勢為3V，內阻約為1Ω）；B.電壓表V（量程為15V，內阻約為10kΩ）；C.電流表A1（量程為3mA，內阻為5Ω）；D.電流表A2（量程為60mA，內阻約為2Ω）；E.滑動變阻器R1（總阻值約為10Ω）；F.電阻箱R2，最大阻值為99999Ω；G.開關S，導線若干。①該同學將電流表A1和電阻箱R2串聯改裝成量程為4.5V的電壓表，電阻箱R2的阻值應調為1495Ω。②該同學設計了圖丁測量電路，為了盡量減小實驗的系統誤差，電阻箱右邊的導線應該接a（填“a”或“b”）；按正確選擇連接好電路之后，改變滑動變阻器滑片位置，測得多組對應的電流表A1和電流表A2的示數I1、I2，得到了如圖戊所示的圖像，由圖中數據可得該觸摸屏單元未按壓狀態下的阻值為79Ω（結果保留2位有效數字）；該測量方法中電流表A2的內阻對測量結果沒有（填“有”或“沒有”）影響。解析：（1）按壓狀態時兩層導電層就在按壓點位置有了接觸，電阻并聯，總電阻減小，放電速度變快，根據圖像可知，按壓狀態對應的圖像應為Ⅰ，不按壓狀態對應的圖像應為Ⅱ。（2）①根據UIg1＝RA1解得電阻箱R2＝1495Ω。②由于已知電流表A1的阻值，可以計算出待測電阻兩端的電壓，再用差值法計算流過待測電阻的電流，故應接a。根據Rx＝I可得I1＝RxR結合圖像，可得k＝RxR解得Rx≈79Ω由分析可知該測量方法中電流表A2的內阻對測量結果沒有影響。3.選擇題＋實驗題組合練（3）一、單項選擇題1.（2024·山東青島三模）“玉兔二號”月球車于2022年7月5日后開始休眠。月球夜晚溫度低至零下180℃，為避免低溫損壞儀器，月球車攜帶的放射性元素钚94238Pu會不斷衰變，釋放能量為儀器保溫。94238Pu通過以下反應得到：92238U＋12H→93238Np＋k01nA.k＝1，X為電子B.92238U＋12H→93C.94238Pu的比結合能比D.93238Np衰變前的質量等于衰變后X和解析：C衰變方程為93238Np→94238Pu＋X，由質量數守恒和核電荷數守恒可得X為電子，對于核反應方程92238U＋12H→93238Np＋k01n，由質量數守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A錯誤；核反應方程92238U＋

12H→93238Np＋k01n，不是重核裂變反應，是人工核反應，B錯誤；衰變方程為93238Np→94238Pu＋X，該反應釋放核能，總核子數不變，所以94238Pu的比結合能比932382.（2024·廣東惠州期末）某款天花板消防自動感溫噴淋頭如圖a所示，當室內達到一定溫度時，感溫玻璃球自動爆開，噴淋開始啟動達到自動噴水滅火的目的。如圖b所示，某次演示過程，測量出水落在面積為16πm2的圓內，噴頭出水口離地面的垂直距離為2.45m。若噴出水的速度方向近似為水平方向，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則出水口水的最大初速度約為（）A.4.7m/s B.5.7m/sC.8.2m/s D.11.4m/s解析：B由平拋運動規律得x＝v0t，y＝12gt2，又16πm2＝πx2，聯立解得v0≈5.7m/s，故選B3.（2024·山東聊城三模）如圖甲所示，把一矩形均勻薄玻璃板ABCD壓在另一個待測矩形平行玻璃板上，BC一側用薄片墊起，將紅單色光從上方射入，這時可以看到明暗相間的條紋，如圖乙所示，下列關于這些條紋的說法中正確的是（）A.條紋與DC邊平行B.乙圖彎曲條紋表示下方待測板在該處有凹陷C.如果用手用力捏右側三層，會發現條紋保持間距不變，整體向AD側移動D.看到的條紋越多，說明薄片的厚度越厚解析：D設薄膜厚度為d'，薄膜干涉的光程差Δs＝2d'，厚度相同處產生的條紋明暗情況相同，因此條紋應與AD邊平行，故A錯誤；根據薄膜干涉的產生原理可知，該處有突起，故B錯誤；如果用手用力捏右側三層，d'變小，根據薄膜干涉特征可知條紋間距變大，導致滿足亮條紋光程差的間距向劈尖移動，所以條紋向著劈尖移動，故C錯誤；看到的條紋越多，那么相鄰亮條紋間距越小，說明薄片的厚度越厚，故D正確。4.（2024·浙江杭州模擬）2024年4月25日20時59分，神舟十八號載人飛船成功發射，最后對接于空間站天和核心艙徑向端口。神舟十八號發射后會在停泊軌道Ⅰ上進行數據確認，在P點瞬間加速后進入轉移軌道（橢圓軌道）Ⅱ，最后在Q點瞬間加速后進入空間站軌道，完成與中國空間站的交會對接，其變軌過程可簡化為如圖所示，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國空間站軌道距地面的平均高度為h，飛船在停泊軌道上的周期為T1，飛船和空間站均視為質點，則（）A.飛船在轉移軌道Ⅱ上各點的速度均小于7.9km/sB.不考慮變軌瞬間，飛船在軌道Ⅲ上運行時航天員對椅子有壓力作用C.飛船在停泊軌道Ⅰ與組合體在空間站軌道Ⅲ上的速率之比為R∶RD.飛船在轉移軌道Ⅱ上正常運行的周期為T＝T11+解析：D在停泊軌道Ⅰ運行時，其速度接近于7.9km/s，在P點要進入轉移軌道Ⅱ，必須加速，因此轉移軌道Ⅱ上有的位置速度大于7.9km/s，選項A錯誤；不考慮變軌瞬間，飛船在軌道Ⅲ上運行時均處于完全失重狀態，故航天員對椅子無壓力作用，選項B錯誤；由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，所以飛船在停泊軌道Ⅰ與組合體在空間站軌道Ⅲ上的速率之比為h＋R∶R，選項C錯誤；由開普勒第三定律得R3T12＝25.（2024·重慶沙坪壩三模）如圖所示，用輕繩把邊長為L的正方形金屬框豎直懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣，磁場方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場內，下半部處于磁場外，磁感應強度大小隨時間變化規律為B＝ktk>0，已知金屬框阻值一定，從t＝0開始的全過程輕繩不會被拉斷，關于該過程，下列說法正確的是（A.金屬框受到豎直向上的安培力B.金屬框的感應電動勢大小E＝kL2C.金屬框中感應電流的大小方向均不變D.金屬框受到的安培力大小不變解析：C線框在磁場中的面積S＝L2×L＝L22，根據法拉第電磁感應定律可知E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kL22，設線框的電阻為R，由閉合電路歐姆定律知I＝ER＝kL22R＝kL22R，故電流大小始終不發生改變，故B錯誤，C正確；根據楞次定律可得感應電流為逆時針方向，線框上邊的電流方向水平向左，6.（2024·安徽合肥模擬）在勻質輕繩上有兩個相距12m的波源S1、S2，兩波源的連線上有兩質點A、B，A與波源S1相距3m，B與波源S2相距8m，如圖甲所示。t＝0s時兩波源同時上下振動產生兩列繩波，其中S2的振動圖像如圖乙所示，經過一段時間觀察到A點振動始終加強，B點振動始終減弱，兩者振幅差20cm，且A、B之間沒有振動加強點和減弱點，則下列說法正確的是（）A.波源S1產生的波的波長為6m B.波源S1起振的方向向下C.穩定后在兩波源之間（不包括波源）有奇數個加強點D.0～1s內質點B通過的路程為64cm解析：D兩波源在勻質輕繩上傳播，速度相同，且能發生穩定的干涉，頻率相同，故則兩列波的波長相同，A、B兩者相距1m，A點振動始終加強，B點振動始終減弱，且A、B之間沒有振動加強點和減弱點，則2xAB＝12λ，解得波源S1產生的波的波長為λ＝4m，故A錯誤；在A點，波程差為6m，為32λ，A點振動始終加強，故兩波源起振相反，由圖乙可知S2起振方向向下，故S1起振的方向向上，故B錯誤；兩波源起振相反，故中間點是減弱點，根據對稱性可知加強點為偶數個，故C錯誤；設S2的振幅為A2＝12cm且A2＞A1，振動加強點的振幅為A0＝A1＋A2，振動減弱點的振幅為A0'＝A2－A1，則ΔA＝A0－A0'＝2A1＝20cm，解得A1＝10cm，符合題意，故S1的振幅為10cm，先傳到B點用時0.2s，B點振動0.2后，S2傳到B，接下來一起振動0.6s，所以質點B運動的路程為s＝4A1＋12A2－A1＝647.（2024·山東聊城三模）如圖所示，由同種材料制成的玻璃吊墜下部分是半徑為R的半球體，上部分是高為R的圓錐體，O點為半球體的球心，M為圓錐體的頂點。平行于MO的光線從半球體表面N點射入玻璃吊墜，經折射后恰好經過M點，N點到直線MO的距離為32R，則該玻璃吊墜的折射率為（A.32 B.62 C.3 D解析：C光路圖如圖所示，其中ON為法線，入射角為θ，折射角為α，因為MO＝NO，所以∠NMO＝∠MNO＝α，由幾何知識可得θ＝∠NOC＝∠NMO＋∠MNO＝2α，故折射率為n＝sinθsinα＝sin2αsinα＝2cosα，由題意可知sinθ＝NCON＝32，解得θ＝60°，所以α＝30°，二、多項選擇題8.（2024·廣東惠州期末）為模擬空氣凈化過程，設計了如圖甲和乙所示的兩種密閉除塵桶。在甲圓桶頂部和底面間加上恒定電壓U，沿圓桶的軸線方向會形成一片勻強電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖甲箭頭方向所示：而在乙圓桶軸線處放一直導線，在導線與桶壁間也加上恒定電壓U，會形成沿半徑方向的輻向電場，初速度為零的帶電塵粒的運動方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運動時受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設每個塵粒的質量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計，則（）A.在甲桶中，塵粒的加速度一直不變B.在乙桶中，塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小C.任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功一定相等D.甲、乙兩桶中，電場力對單個塵粒做功的最大值相等解析：BD在甲桶中的電場為勻強電場，根據F＝qE可知，塵粒受電場力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運動的速度成正比，可知塵粒所受的合力隨速度的變化而改變，根據公式F＝ma，可知，塵粒合外力改變，則塵粒的加速度變化，A錯誤；乙空間中的電場為放射狀的，不是勻強電場，因此越遠離導線的地方電場強度越小，所以塵粒在向桶壁運動過程中，塵粒所受電場力變小，B正確；根據公式W＝Fs，F＝qE，整理可知W＝qEs，由于塵粒在電場中，不做勻速直線運動，故在任意相等時間內，位移s可能不同，即任意相等時間內，甲桶中電場力對單個塵粒做的功不一定相等，C錯誤；根據公式W＝qU，可知，電場力對單個塵粒做功的最大值都等于qU，D正確。9.（2024·河南鄭州預測）如圖，虛線MN右側有垂直于紙面向外的磁場，取MN上一點O作為原點，水平向右建立x軸，磁場的磁感應強度B隨x坐標（以m為單位）的分布規律為B＝1＋x（T），一質量為1kg、邊長為1m、電阻為2Ω的正方形金屬框abcd在MN左側的光滑水平面上在水平力的作用下進入磁場，在金屬框運動的過程中，ab邊始終與MN平行，金屬框進入磁場的過程中電流大小始終為1A，之后以完全進入時的速度做勻速直線運動，則下列說法正確的是（）A.金屬框ab邊剛進磁場時的速度大小為2m/sB.金屬框進磁場過程通過金屬框截面的電荷量為34C.金屬框進入磁場的過程動能減小了1JD.金屬框完全進入磁場后，外力做功的功率大小為0.5W解析：ABD金屬框ab邊剛進磁場時I＝B0Lv1R，解得v1＝2m/s，故A正確；金屬框進入磁場的過程通過金屬框截面的電荷量q＝I·Δt＝ER·Δt＝ΔΦΔtR·Δt＝ΔΦR＝BL2R＝12（1+2）×1×12C＝34C，故B正確；當金屬框cd邊剛好要進磁場時，設速度為v2，則I＝（B0+1）Lv2R，解得v2＝1m/s，因此金屬框進入磁場的過程動能的減少量為ΔEk＝12mv12－12mv22＝1.5J，故10.（2024·湖南師大附模擬）如圖甲所示，豎直彈簧固定在水平地面上，一質量為m、可視為質點的鐵球從距彈簧上端h的O點靜止釋放，以O點為坐標原點，鐵球所受彈力F的大小隨鐵球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列結論正確的是（）A.彈簧彈性勢能最大值為mg（h＋2x0）B.鐵球運動過程中最大動能mgh＋12mgxC.當x＝h時鐵球重力勢能與彈簧彈性勢能之和最小D.鐵球壓縮彈簧過程中重力做功功率先增大后減小解析：BD由題圖乙可知，當x＝h＋x0時，鐵球的重力跟彈簧彈力平衡，此時鐵球速度最大，動能最大，所以鐵球和彈簧組成的系統的重力勢能與彈性勢能之和最小，根據機械能守恒定律可得mg（h＋x0）－12mgx0＝Ekm，可得Ekm＝mgh＋12mgx0，故B正確，C錯誤；鐵球剛接觸彈簧的一段時間內，重力大于彈簧彈力，鐵球加速下降，重力做功功率逐漸增大，重力與彈簧彈力大小相等后，鐵球繼續向下運動，由于彈簧彈力大于重力，鐵球減速下降，重力做功功率逐漸減小，故D正確；假如鐵球剛接觸彈簧時沒有速度，根據簡諧運動的對稱性可知，彈簧的最大壓縮量為2x0，而實際上鐵球剛接觸彈簧時有向下的速度，可知彈簧的最大壓縮量大于2x0，鐵球運動到最低點的坐標大于h＋2x0，所以彈簧彈性勢能的最大值大于mg（h＋2x0），故三、實驗題11.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中（1）下列操作正確的是B。（2）實驗獲得一條紙帶，截取點跡清晰的一段并測得數據如圖所示，已知打點的頻率為50Hz，則打點“13”時，重錘下落的速度大小為3.34m/s（保留三位有效數字）。（3）某同學用紙帶的數據求出重力加速度g＝9.77m/s2，并用此g值計算得出打點“1”到“13”過程重錘的重力勢能減小值為5.09m，另計算得動能增加值為5.08m（m為重錘質量），則該結果能（選填“能”或“不能”）驗證機械能守恒，理由是見解析。解析：（1）應手提紙帶上端使紙帶豎直，同時使重物靠近打點計時器，由靜止釋放。故選B。（2）根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度可得打點“13”時，重錘下落的速度大小v13＝0＝0.6069m－0.（3）能驗證機械能守恒；理由是“在誤差允許的范圍內，重錘的重力勢能減小值等于動能增加值”。12.（2024·浙江溫州二模）磁敏電阻是一種對磁敏感、具有磁阻效應的電阻元件。物質在磁場中電阻發生變化的現象稱為磁阻效應。某實驗小組利用伏安法測量一磁敏電阻RM的阻值（約幾千歐）隨磁感應強度的變化關系。所用器材：電源E（6V）、滑動變阻器R（最大阻值為20Ω），電壓表（量程為0～3V，內阻為2kΩ）和毫安表（量程為0～3mA，內阻不計）。定值電阻R0＝1kΩ、開關、導線若干（1）為了使磁敏電阻兩端電壓調節范圍盡可能大，實驗小組設計的電路圖如圖甲所示，請用筆畫線代替導線在乙圖中將實物連線補充完整。答案：見解析圖（2）某次測量時電壓表的示數如圖丙所示，電壓表的讀數為1.30V，電流表讀數為0.5mA，則此時磁敏電阻的阻值為3900Ω（3.9×103Ω）。（3）實驗中得到該磁敏電阻阻值R隨磁感應強度B變化的曲線如圖丁所示，某同學利用該磁敏電阻制作了一種報警器，其電路的一部分如圖戊所示。圖中E為直流電源（電動勢為6.0V，內阻可忽略），當圖中的輸出電壓達到或超過2.0V時，便觸發報警器（圖中未畫出）報警。若要求開始報警時磁感應強度為0.2T，則圖中R2（填“R1”或“R2”）應使用磁敏電阻，另一固定電阻的阻值應為2.8kΩ（保留2位有效數字）。解析：（1）根據電路圖甲，在乙圖中補充實物連線圖如圖（2）電壓表的最小刻度值為0.1V，如圖丙所示，電壓表的讀數為1.30V，根據串聯電路電壓與電阻成正比的關系，磁敏電阻兩端的電壓為1.30V2kΩ×2kΩ電流表讀數為0.5mA，故此時磁敏電阻的阻值為R＝1.950.5×10－3（3）根據閉合電路歐姆定律可得輸出電壓為U＝E要求輸出電壓達到或超過2.0V時報警，即要求磁感應強度增大時，電阻的阻值增大，從而需要輸出電壓增大，故需要R2的阻值增大才能實現此功能，故R2為磁敏電阻；開始報警時磁感應強度為0.2T，此時R2＝1.4kΩ電壓為U＝2.0V根據電路關系有UR2解得另一固定電阻的阻值應為R1＝2.8kΩ。4.選擇題＋實驗題組合練（4）一、單項選擇題1.（2024·江西上饒模擬預測）當太陽內部的氫元素消耗殆盡后，內部高溫高壓使三個氦核發生短暫的熱核反應，被稱為氦閃，核反應方程為324He→X，已知24He的結合能為E1，X的結合能為E2，則下列判斷正確的是A.該核反應是α衰變B.X的中子數比質子數多C.E2＝3E1D.核反應放出的熱量為E2－3E1解析：D根據質量數守恒和核電荷數守恒，可知核反應方程為324He→612X，該核反應屬于核聚變，不屬于α衰變，A錯誤；中子數等于質量數減去質子數，因此X核中有6個中子，有6個質子，B錯誤；該反應存在質量虧損，會釋放大量熱量，由能量守恒定律知，核反應釋放的熱量為Q＝E2－3E1，即E2＞3E1，C2.如圖所示為雙縫干涉實驗原理圖，單縫S0、雙縫中點O、屏上的P0點位于狹縫S1和S2連線的中垂線上，當雙縫與光屏距離為8cm時，屏上P處為中央亮紋一側的第3條亮紋，現將光屏靠近雙縫，觀察到P處依舊為亮紋，則光屏移動的最小距離為（）A.2cm B.3.2cmC.4cm D.6cm解析：A楊氏雙縫干涉實驗中相鄰亮條紋中心間距Δx＝Ldλ，則光屏上的干涉亮條紋到P0點距離為x＝nLλd（n＝0，1，2，…），其中，d為雙縫間距，L為雙縫到光屏的距離，λ為光的波長；設移動的距離為x'，根據題意有3Lλd＝k（L－x')λd（k＝0，1，2，…），解得k＝3LL－x'（k＝0，1，2，…）。則x'＝L－3Lk，由于P不在S1和S2的中垂線上，所以k≠0，代入3.（2024·四川雅安模擬）真空中兩點電荷分別放在x軸上的O點和M點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則下列說法正確的是（）A.兩點電荷的電性相同B.A點的電場強度為零C.N點的電場強度大于C點的電場強度D.質子從N點運動到C點的過程中電勢能減小解析：C由題圖可知，在O點放的是正電荷，在M點放的是負電荷，即二者的電性相反，故A錯誤；φ-x圖像切線的斜率表示電場強度，A、N兩點的斜率不為零，C點切線的斜率為零，所以N點的電場強度大于C點的電場強度，故B錯誤，C正確；質子帶正電，從N點運動到C點的過程中電勢能增大，故D錯誤。4.（2024·湖北武漢模擬）如圖所示，質量為m的小球P用輕彈簧和細線分別懸掛于固定在小車上的支架M、N兩點。已知彈簧勁度系數為k，重力加速度為g，當小車水平向右做直線運動時，細線與豎直方向的夾角為θ，輕彈簧處于豎直方向，則下列說法中正確的是（）A.細線的張力不可能為0B.若小車向右做勻速直線運動，彈簧伸長量為mgC.彈簧的彈力不可能為0，也不可能處于壓縮狀態D.若小車水平向右的加速度a＞gtanθ，彈簧伸長量為ma解析：B若小車向右做勻速直線運動，因輕彈簧處于豎直方向，可知細線張力為0，此時彈簧彈力等于重力，即kx＝mg，解得彈簧伸長量x＝mgk，故A錯誤，B正確；若a＝gtanθ，則Tsinθ＝ma，F彈＋Tcosθ＝mg，解得F彈＝0，即彈簧的彈力為0。若a＞gtanθ，則F彈＝kx＝mg－matanθ＜0，彈簧壓縮量為x＝ma－mgtan5.（2024·湖北武漢模擬）量子衛星成功運行后，我國在世界上首次實現衛星和地面之間的量子通信，構建天地一體化的量子保密通信與科學實驗體系。1軌道為量子衛星靜止在赤道上隨地球自轉，2為近地軌道，3為地球的同步軌道，如圖所示。已知該衛星在1軌道隨地球自轉的周期約為近地軌道2運動周期的17倍，關于該衛星在1、2、3軌道繞地球做勻速圓周運動的說法中正確的是（）A.衛星在軌道1的加速度最大，線速度最小B.衛星在軌道2的加速度最大，線速度最大C.衛星在軌道3運動的周期最大，線速度最小D.若將該衛星放在南極極點上，與軌道1處相比，其重力將變為原來的2.89倍解析：B對于1軌道和3軌道，周期相等，角速度相等，根據v＝ωr，a＝ω2r，可知衛星在1軌道的加速度和線速度都小于衛星在3軌道的加速度和線速度，對于2軌道和3軌道，根據萬有引力提供向心力，有GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，可得v＝GMr，a＝GMr2，T＝2πr3GM，可知衛星在2軌道的線速度大于衛星在3軌道的線速度，衛星在2軌道的加速度大于衛星在3軌道的加速度，衛星在2軌道的周期小于衛星在3軌道的周期，綜上所述可得衛星在軌道2的加速度最大，線速度最大，故B正確，A、C錯誤；設衛星在2軌道上運行的周期為T，地球半徑為R，根據題意可知，在南極極點上，衛星的重力G＝m·4π2T2·R，在赤道上，衛星的重力G'＝m·4π2T26.（2024·四川內江期末）如圖，由a、b兩種單色光組成的復色光，沿半球形水霧的半徑方向AO入射，折射后分成兩種單色光a、b。其中，a光與界面的夾角為30°，b光的折射率為2，b光與法線的夾角為45°，光在空氣中的傳播速度為c，水霧半球的半徑為R。下列說法中正確的是（）A.a光在半球形水霧中的傳播時間為3B.a光在半球形水霧中的傳播時間為3C.a單色光的頻率比b單色光的頻率小D.利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，b光比a光的條紋間距大解析：D設入射角為θ，由折射定律可知，對b光有nb＝sin45°sinθ，解得θ＝30°，對于a光，由折射定律可知na＝sin60°sinθ＝3，設a光在半球形水霧中傳播的速度為va，由na＝cva，則a光在半球形水霧中的傳播時間t＝Rva，聯立可得t＝3Rc，故A、B錯誤；因為na＞nb，故波長λa＜λb，故a單色光的頻率比b單色光的頻率大，故C錯誤；根據C項分析知λa＜λb，利用a、b單色光做雙縫干涉實驗，在相同實驗條件下，根據Δx＝7.臨近盛夏，池中的荷葉已經寬大而厚實，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得時間t內杯中水面上升的高度為h。為估算池中荷葉葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強p，建立以下模型：假設荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為v，所有落到葉上的雨滴，約有23向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為v5，另約13的雨滴撞擊葉面后無反彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρ，則p約為A.6ρhv5t C.17ρhv15t 解析：C設荷葉的面積為S，則t時間內落到荷葉上面雨滴的質量為m＝ρSh，根據題意，有23的雨滴向四周散開，取豎直向上為正方向，根據動量定理有F1t＝2m3×v5－－2m3v，另13的雨滴留在葉面上，根據動量定理有F2t＝0－－m3v，根據壓強的定義式p＝FS，二、多項選擇題8.兩持續振動的振源P、Q分別位于x軸上x1＝－3cm和x2＝9cm處，t＝0時刻兩振源同時開始振動，在同一均勻介質中在x軸上產生兩列傳播速度大小相等、方向相反的機械波。t＝3s時刻第一次形成如圖所示的波形，則下列說法正確的是（）A.振源Q起振方向沿y軸負方向B.兩列波的傳播速度大小為2cm/sC.兩列波在x＝1cm處相遇后，該質點的振動始終加強D.兩列波在x＝2.5cm處相遇后，該質點的振動始終加強解析：AD振源Q形成的波沿x軸負方向傳播，根據同側法可知x＝6cm處質點起振方向沿y軸負方向，則振源Q起振方向沿y軸負方向。同理可知，振源P起振方向沿y軸正方向。兩振源的起振方向相反。故A正確；兩列波的傳播速度大小為v＝ΔxΔt＝33cm/s＝1cm/s，故B錯誤；兩列波在同一介質中傳播，則波速相等，在x＝1cm處相遇后，振動情況完全相反，該質點的振動始終減弱。故C錯誤；同理，兩列波在x＝2.5cm處相遇后，振動情況完全相同9.（2024·河北衡水模擬）如圖，空間存在著垂直于紙面、磁感應強度為B的勻強磁場（圖中未畫出），M是垂直于x軸的熒光屏，O點到屏M的距離為R。O點為一粒子源，從O點沿Oy方向發射出一束速度不同、比荷相同的帶正電粒子，經磁場偏轉后均能水平向右垂直打在屏M上，已知粒子以最大速度v0在磁場中運動軌跡如圖中所示，則（）A.磁場方向垂直于紙面向里B.帶電粒子的比荷為vC.磁場區域最小面積為πD.磁場區域最小面積為π解析：BD根據左手定則可知，磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤；根據R＝mv0qB可知帶電粒子的比荷為qm＝v0BR，故B正確；速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上，所以磁場邊界是45°斜線，如圖，則磁場區域最小面積為陰影部分面積，即Smin＝πR24－12R10.如圖所示，發電機中線圈的匝數為N，線圈所圍面積為S，旋轉的角速度為ω，勻強磁場的磁感應強度為B；電流表和電壓表為理想電表，定值電阻的阻值為R，其余電阻均不計；當變壓器副線圈上的滑片P在圖示位置時，變壓器的匝數比n1∶n2＝1∶2；開始時發電機線圈與磁感線垂直。下列判斷正確的是（）A.電壓表的讀數為2NBSωB.電流表的讀數為2C.發電機線圈由圖示位置旋轉14周，通過電流表的電荷量為D.P向上移動時，發電機的輸出功率增大解析：BC感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，有效值U1＝NBSω2，由U1U2＝n1n2可得，電壓表讀數為U2＝2NBSω，選項A錯誤；副線圈電流I2＝U2R＝2NBSωR，由I1I2＝n2n1可得，通過電流表的電流為22NBSωR，選項B正確；設變壓器及左邊電路的等效電阻為R等，則R等＝n1n22R＝R4，發電機線圈由圖示位置旋轉14周，通過電流表的電荷量為Q三、實驗題11.（2024·四川內江期末）某實驗小組“用單擺測量重力加速度”。（1）下列懸掛單擺的裝置中，最合理的是D。（2）用秒表記錄單擺完成30次全振動所用時間，如圖所示，其讀數為52.0s。（3）以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的是C。A.測量擺長：用刻度尺量出從懸點到擺球上端點間的距離B.測量周期：從擺球通過平衡位置開始計時，當擺球再次通過平衡位置時結束計時，秒表所示讀數表示單擺的周期C.為了減小測量周期的誤差，擺球應在經過最低點（速度最大）的位置開始計時；D.拉開擺球，使擺線離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置開始計時，記下擺球50次經過平衡位置所用的時間Δt，則單擺周期T＝Δ（4）另一組同學測出了擺線長度L和擺動周期T，如圖a所示。通過改變懸線長度L，測出對應的擺動周期T，獲得多組T與L，再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數關系圖像如圖b所示。由圖像可知，當地重力加速度g＝π2m/s2（結果用含π的表達式）。解析：（1）為了使擺長不變，用不可伸長的細絲線，不能用彈性棉線，且用夾子夾住細絲線，A、C錯誤；為了減小空氣阻力產生的影響，不能用塑料球，應該用鐵球，B錯誤，D正確。（2）秒表的讀數為52.0s。（3）測量擺長：用刻度尺量出從懸點到擺球球心的距離，A錯誤；測量周期：從擺球通過平衡位置開始計時數零，擺球振動多次后，當某次相同方向通過平衡位置時結束計時，秒表所示讀數與全振動次數的比值表示單擺的周期，B錯誤；為了減小測量周期的誤差，擺球應在經過最低點（速度最大）的位置開始計時，C正確；拉開擺球，使擺線與豎直方向夾角不大于5°，釋放擺球，當擺球振動穩定后，從平衡位置開始計時數零，記下擺球50次經過平衡位置所用的時間Δt，則單擺周期T＝Δt502＝Δ（4）根據單擺的周期公式得T＝2πL＋D2g，解得T2＝4π2gL＋2π2Dg，根據圖像得12.（2024·甘肅酒泉三模）因電動汽車充電比燃燒汽油更便宜，故電動汽車更受到市場的歡迎。某興趣小組為了測量某電動汽車上安裝的電池的電動勢E（300～400V）和內阻r（0～10Ω），利用實驗室現有器材進行了如下實驗。（1）實驗室只有一個量程為100V、內阻為RV＝5kΩ的電壓表，現把此電壓表改裝成量程為400V的電壓表，需串聯（填“串聯”或“并聯”）一個阻值為R0＝15kΩ的電阻，然后再測量電池的電動勢和內阻。（2）該興趣小組將電阻箱R和改裝后的電壓表（電壓表的表盤沒有改變，示數記為U）連接成如圖甲所示的電路，來測量該電池的電動勢和內阻，根據電阻箱接入電路的阻值R和電壓表的示數U作出1R-1U圖像，如圖乙所示，則該電池的電動勢E＝360V、內阻r＝9（3）由實驗可知，電池電動勢的測量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真實值；內阻的測量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真實值。解析：（1）根據電表改裝原理可知，將小量程電壓表改裝成大量程電壓表需要串聯較大電阻，該串聯電阻阻值為R0＝U－UVIV＝U（2）根據閉合電路歐姆定律可得4U＝E－4UR整理可得1R＝E4r·結合圖像可得E4r1r＝19，聯立解得E＝360V，r＝9（3）根據等效電源法，將電壓表和R0看成是新電源的一部分，該部分與電源并聯，所以新電源的電動勢和內阻均減小，所以電動勢和內阻的測量值均小于真實值。5.選擇題＋實驗題組合練（5）一、單項選擇題1.已知鍶90的半衰期為28年，其衰變方程為

3890Sr→

3990Y＋X，3990Y是一種非常穩定的元素，A.衰變方程中的X為質子B.3890Sr的比結合能小于39C.此反應的實質是Sr原子發生電離D.經過84年，會有23的鍶90解析：B根據質量數守恒和電荷數守恒，可知X為電子，A項錯誤；衰變反應是放能反應，衰變產物3990Y是一種更穩定的元素，可知其比結合能大于

3890Sr的比結合能，B項正確；β衰變的實質是原子核內部的一個中子轉變為質子，同時釋放出一個電子，C項錯誤；根據半衰期公式，經過84年即3個半衰期還剩余（12）3＝18的鍶90沒有發生衰變，即會有72.（2024·山東青島三模）多輛車在路口停止線后依次排列等候綠燈，第一輛車的前端剛好與路口停止線相齊，且每輛車的尾部與相鄰后車的前端距離均為1m，如圖所示。為了安全，前車尾部與相鄰后車前端距離至少為5m時后車才能開動。已知車長均為4m，開動后車都以2m/s2的加速度做勻加速直線運動直到離開路口。綠燈亮起瞬間，第一輛車立即開動，下列說法正確的是（）A.第二輛車剛開動時，第一輛車已行駛的時間至少為5sB.第六輛車前端剛到達停止線時的速度大小為230m/sC.從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為12sD.從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為15s解析：D當第一輛車向前行駛4m時，第二輛車開始啟動，根據位移與時間關系可得x1＝12at12，代入數據解得t1＝2s，故A錯誤；第六輛車前端距離停止線25m，根據速度與位移關系可得v2＝2ax6，解得v＝10m/s，故B錯誤；前面一輛車開始啟動2s后，后面一輛車開始啟動，所以從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動所需時間至少為t'＝5×2s＝10s，故C錯誤；由于第六輛車前端距離停止線25m，根據位移與時間關系可得x6＝12at62，解得t6＝5s，從綠燈剛亮起到第六輛車前端與停止線相齊所需最短時間為t'＋t6＝153.（2024·河南模擬）如圖所示，一橫截面為圓環形的玻璃磚，外徑為內徑的2倍，O為圓心。一束單色光由A點射入玻璃磚，當入射角為α時，折射光線恰好不能透過內壁進入內圓（不考慮折射光線經外界面反射的光線）。已知玻璃磚的折射率為2，則α等于（）A.75° B.60° C.45° D.30°解析：D當入射角為α時，光路如圖所示，根據折射定律知n＝sinαsinθ，由題意知，此時折射光線剛好在內壁表面發生全反射，故sinC＝1n，在△AOB中，由正弦定理得2Rsin180°－C＝Rsinθ，聯立得sin4.（2024·廣東深圳模擬）將壓癟的乒乓球（未漏氣）浸泡在熱水中，一段時間后乒乓球便恢復原狀，然后將其從熱水中拿出，乒乓球內部氣體（視為理想氣體）經歷了由A→B→C→D的變化過程，V-T圖像如圖所示，T為熱力學溫度，已知理想氣體的內能與熱力學溫度成正比，則下列結論正確的是（）A.狀態A、B的壓強之比為3∶2B.A→D過程，球內氣體從外界吸收的熱量為零C.在狀態C、D時氣體分子無規則運動的平均動能之比為4∶1D.在狀態C、D時氣體分子無規則運動的平均動能之比為1∶4解析：C根據理想氣體狀態方程可知pA·V02T0＝pBV03T0，解得pA∶pB＝2∶3，A錯誤；A→D的過程中，溫度不變，故內能不變，氣體體積增大，對外做功，根據熱力學第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，B錯誤；由題意可知，氣體的平均動能Ek＝ε·T（ε＞0），C、D兩狀態氣體的溫度之比為4∶1，故EkC∶5.（2024·湖北武漢模擬）圖甲為平行放置的帶等量異種電荷的絕緣環，一不計重力的帶正電粒子以初速度v0從遠離兩環的地方（可看成無窮遠）沿兩環軸線飛向圓環，恰好可以穿越兩環。已知兩環軸線上的電勢分布如圖乙所示，若僅將帶電粒子的初速度改為2v0，其他條件不變，則帶電粒子飛過兩環過程中的最小速度與最大速度之比為（）A.2 B.3 C.2 D.15解析：D設＋Q和－Q圓環的圓心分別為O1和O2，帶正電的粒子從右側沿水平軸線飛來的過程中，在O1點的右側受到的電場力的方向向右，電場力做負功，從O1點的左側到O2點的右側受到的電場力的方向向左，電場力做正功，在O2點左側電場力做負功，則帶電粒子在穿過兩個圓環飛向另一側的過程中，速度先減小，后增加，再減小，在O1點電勢最高設為φm，在O2點電勢最低設為－φm，由能量關系可知，在O1點處電勢能最大，動能最小，在O2點電勢能最小，動能最大，在無窮遠處電勢為零，根據題意得12mv02＝qφm，當速度為2v0時，有12m2v02＝12mvmin2＋qφm，12m2v02＝12mvmax2－qφm，聯立解得vmin＝3v0，vmax6.（2024·山東煙臺三模）北京時間2024年1月5日19時20分，我國在酒泉衛星發射中心用快舟一號甲運載火箭，成功將天目一號氣象星座15－18星（以下簡稱天目星）發射升空，天目星順利進入預定軌道，至此天目一號氣象星座階段組網完畢。天目星的發射變軌過程可簡化為如圖所示，先將天目星發射到距地面高度為h1的圓形軌道Ⅰ上，在天目星經過A點時點火實施變軌進入橢圓軌道Ⅱ，最后在橢圓軌道的遠地點B點再次點火將天目星送入距地面高度為h2的圓形軌道Ⅲ上，設地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，則天目星沿橢圓軌道從A點運動到B點的時間為（）A.π2Rh1＋C.πRh1＋h解析：B根據萬有引力與重力的關系得GMmR2＝mg，在圓形軌道Ⅰ上，根據萬有引力提供向心力得GMm（R＋h1）2＝m4π2T12（R＋h1），橢圓軌道Ⅱ的半長軸為a＝2R＋h1＋h22，根據開普勒第三定律（R＋h1）7.（2024·廣東廣州模擬）如圖所示，甲、乙兩物體間夾有一輕質彈簧（不拴接），在外力作用下靜止在水平桌面上，甲的質量大于乙的質量，兩物體與桌面間的動摩擦因數相等。現同時釋放甲和乙，它們與彈簧分離的過程中與桌面間因摩擦產生的熱量分別為Q甲、Q乙，不考慮空氣阻力，對于該過程，下列說法正確的是（）A.甲、乙一直加速B.甲的加速度為0時，乙在減速C.系統一定受到向右的沖量D.Q甲可能等于初始時彈簧的彈性勢能解析：C釋放甲和乙，它們與彈簧分離的過程中彈簧彈力隨著形變量的減小而減小，甲、乙兩物體所受摩擦力大小保持不變，由牛頓第二定律kx－f＝ma可知它們的加速度先減小至零然后反向增大。所以二者均為先加速再減速，故A錯誤；根據f＝μmg可知甲所受摩擦力較大，彈簧對兩物體的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知，當甲的加速度為0時，乙在加速，故B錯誤；對系統受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知系統一定受到向右的沖量，故C正確；根據能量守恒定律Ep＝Q甲＋Q乙＋Ek甲＋Ek乙，可知Q甲小于初始時彈簧的彈性勢能，故D錯誤。二、多項選擇題8.（2024·河北保定二模）如圖所示，三個小孩分別坐在三輛碰碰車（可看成質點）上，任意一個小孩加上自己的碰碰車后的總質量都相等，三輛碰碰車在一光滑水平面上排成一直線，且初始時彼此隔開相等的距離。具有初動能E0的碰碰車1向右運動，依次與兩輛靜止的碰碰車2、3發生碰撞，碰撞時間很短且碰后連為一體，最后這三輛車粘成一個整體成為一輛“小火車”，下列說法正確的是（）A.三輛碰碰車整體最后的動能等于13EB.碰碰車1運動到2的時間與2運動到3的時間之比為2∶3C.碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶1D.碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶2解析：AC由系統動量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝12mv02，則三輛碰碰車整體最后的動能等于Ek＝12×3mv2＝13E0，故A正確；設相鄰兩車間的距離為x，碰碰車1運動到2的時間為t1＝xv0，依題意，碰碰車1與靜止的碰碰車2碰撞過程，動量守恒，有mv0＝2mv12，則碰碰車2運動到3的時間為t2＝xv12＝2xv0，可得t1∶t2＝1∶2，故B錯誤；碰碰車第一次碰撞時損失的機械能為ΔE1＝12mv02－12×2mv122＝14mv02，碰碰車第二次碰撞時損失的機械能為ΔE2＝12×2mv122－12×3mv9.（2024·遼寧遼陽模擬）如圖所示，直金屬棒折成“＜”形導軌AOC固定在絕緣水平桌面上，三角形AOC為邊長為L的等邊三角形，一根足夠長的金屬棒PQ放在導軌上并與導軌接觸良好，整個空間中有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，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。不計一切摩擦。金屬棒初始時緊靠O點。給金屬棒一個水平向右的拉力，使金屬棒從O點開始以大小為v的速度向右勻速運動，金屬棒始終與AC平行，則金屬棒在導軌上運動過程中，下列說法正確的是（）A.回路中的電流保持不變B.回路中的電熱功率保持不變C.拉力的大小隨時間均勻增大D.整個過程，拉力的沖量大小為3解析：AC當金屬棒從O點向右運動距離為x時，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝2xtan30°，產生的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝E3lr＝Bv3r，A正確；回路中電流不變，但電阻不斷增大，因此電熱功率不斷增大，B錯誤；拉力等于安培力，即F＝BIl