《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(zhuān)練一力學(xué)部分1．如圖所示，某運(yùn)動(dòng)員在足球場(chǎng)上進(jìn)行“帶球突破”訓(xùn)練。運(yùn)動(dòng)員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運(yùn)動(dòng)，為控制足球，又向前追上足球。以將足球踢出時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，以踢出位置為x軸原點(diǎn)，足球初速度方向?yàn)閤軸正方向，下列可能反映此過(guò)程的v-t圖像和x-t圖像的是()答案：C解析：v-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員追上足球時(shí)，運(yùn)動(dòng)員和足球的位移相同，則v-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積相同，故A、B錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員剛踢出足球到追上足球過(guò)程中，足球的x坐標(biāo)始終比運(yùn)動(dòng)員大，且在開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)，足球的速度比運(yùn)動(dòng)員大，由x-t圖像斜率絕對(duì)值表示速度大小可知，在該時(shí)間內(nèi)足球的x-t圖像斜率較大，故C正確，D錯(cuò)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(wù)結(jié)束后垂直著陸的火箭。豎直起降技術(shù)使得火箭的核心部分可以被重復(fù)使用，可降低太空探索的成本。某火箭測(cè)試時(shí)，火箭上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中的位移與時(shí)間的比值eq\f(x,t)和時(shí)間t的圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．火箭做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為50m/sB．火箭做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為50m/s2C．火箭在1s末的瞬時(shí)速度為50m/sD．0～1s內(nèi)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(duì)比勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；火箭在1s末的瞬時(shí)速度為v1＝v0＋at1＝100m/s－100×1m/s＝0，故C錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)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(zhì)量檢測(cè))利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以研究快速變化的力的大小。實(shí)驗(yàn)時(shí)，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，然后小球由靜止釋放，同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，利用傳感器和計(jì)算機(jī)獲得彈性繩的拉力隨時(shí)間的變化如圖乙所示?？諝庾枇烧J(rèn)為大小保持不變，根據(jù)圖像提供的信息，下列說(shuō)法正確的是()A．t3時(shí)刻小球的速度不是最大的B．t5時(shí)刻小球的動(dòng)能不是最小的C．t3、t4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)O處，靜止釋放小球，t1時(shí)刻繩子剛好繃緊，此時(shí)繩子的拉力為零，小球繼續(xù)向下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受合力為零時(shí)，小球的速度最大，之后小球?qū)p速運(yùn)動(dòng)至t2時(shí)刻，即在t1～t2中的某時(shí)刻小球的速度最大，故A正確；t2時(shí)刻繩子的拉力最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度為零，動(dòng)能最小，同理，t5時(shí)刻小球的動(dòng)能也最小，故B錯(cuò)誤；t2、t5時(shí)刻小球都到達(dá)最低點(diǎn)，t3時(shí)刻小球速度方向向上，t4時(shí)刻小球速度方向向下，t3、t4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)方向相反，故C錯(cuò)誤；t3～t4時(shí)間內(nèi)與t6～t7時(shí)間內(nèi)小球都先向上做加速運(yùn)動(dòng)后向下做減速運(yùn)動(dòng)，且t3、t4、t6、t7時(shí)刻小球均處于繩子剛好繃緊處，重力勢(shì)能相同，又由于空氣阻力做負(fù)功可知，小球在t3時(shí)刻的動(dòng)能大于t6時(shí)刻的動(dòng)能，則v3>v6，同理，v4>v7，t3、t6時(shí)刻小球從彈性繩原長(zhǎng)處向上運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)量定理有－(f＋mg)t1′＝0－mv3，－(f＋mg)t3′＝0－mv6，則t1′>t3′，從最高點(diǎn)回到彈性繩原長(zhǎng)處過(guò)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(cuò)誤。4．(2024·重慶市第八中學(xué)高三下模擬)如圖甲所示，太陽(yáng)系中有一顆“躺著”的藍(lán)色“冷行星”——天王星，外圍空間存在著環(huán)狀物質(zhì)。為了測(cè)定環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分，還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，“中國(guó)天眼”對(duì)其做了精確的觀測(cè)，發(fā)現(xiàn)環(huán)狀物質(zhì)繞行星中心的運(yùn)行速度v與到行星中心的距離r的關(guān)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(zhì)的寬度為d，引力常量為G，以下說(shuō)法正確的是()A．環(huán)狀物質(zhì)是天王星的組成部分B．天王星的自轉(zhuǎn)周期為eq\f(2πR,v0)C．天王星的質(zhì)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(zhì)是天王星的組成部分，則環(huán)狀物質(zhì)與天王星自轉(zhuǎn)的角速度相同，根據(jù)v＝ωr可知，環(huán)狀物質(zhì)的線速度v與r成正比，若環(huán)狀物質(zhì)是天王星的衛(wèi)星群，對(duì)于其中質(zhì)量為m的部分，由萬(wàn)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(zhì)的v2與eq\f(1,r)成正比，結(jié)合題圖乙可知，環(huán)狀物質(zhì)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(zhuǎn)周期不能確定，故A、B錯(cuò)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(zhì)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤。5．(2024·內(nèi)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(zhǎng)的斜面底端，一質(zhì)量為m＝2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。t＝0時(shí)刻解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)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(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為0.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊速度最大時(shí)，滑塊與彈簧脫離B．滑塊在0.2s時(shí)機(jī)械能最大C．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2D．t＝0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為32J答案：D解析：當(dāng)滑塊速度最大時(shí)，滑塊受力平衡，有F彈＝mgsinθ＋μmgcosθ，則此時(shí)彈力不為零，滑塊與彈簧還沒(méi)有脫離，A錯(cuò)誤；滑塊機(jī)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(dāng)F彈＝μmgcosθ時(shí)，滑塊的機(jī)械能最大，而0.2s時(shí)F彈恰好為0，則此時(shí)滑塊的機(jī)械能不是最大，B錯(cuò)誤；在0.2～0.4s滑塊脫離彈簧向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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(jù)牛頓第二定律有mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，解得滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，C錯(cuò)誤；以0～0.2s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)為研究對(duì)象，由能量守恒定律可知，t＝0時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)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(jù)得Ep＝32J，D正確。6．一輛汽車(chē)在平直公路上保持恒定功率P0以速度v0勻速行駛，t1時(shí)刻駕駛員立即將功率增大到2P0行駛一段時(shí)間，t2時(shí)刻遇到險(xiǎn)情，駕駛員立即將功率減小到P0繼續(xù)向前行駛。整個(gè)過(guò)程汽車(chē)所受阻力恒定，則該過(guò)程中汽車(chē)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案：B解析：由題意，0～t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)以功率P0、速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力平衡。t1時(shí)刻當(dāng)功率增大到2P0時(shí)，根據(jù)P＝Fv得知，汽車(chē)的牽引力突然增大到原來(lái)的2倍，即為F＝2F0，而汽車(chē)所受的阻力沒(méi)有變化，則汽車(chē)開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，由于功率保持為2P0，隨著汽車(chē)速度的增大，牽引力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma得知，汽車(chē)的加速度逐漸減小，汽車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)汽車(chē)再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力與阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此時(shí)汽車(chē)的速度為原來(lái)的2倍；t2時(shí)刻遇到險(xiǎn)情，駕駛員立即將功率減小到P0，根據(jù)P＝Fv得知，汽車(chē)的牽引力突然減小為F′＝eq\f(1,2)F0，而汽車(chē)所受的阻力沒(méi)有變化，則汽車(chē)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，由于功率保持為P0，隨著速度的減小，牽引力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma得知，汽車(chē)的加速度逐漸減小，汽車(chē)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)汽車(chē)再次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力與阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此時(shí)汽車(chē)的速度為v0。故B可能正確，A、C、D錯(cuò)誤。7．一輛玩具賽車(chē)在水平直線跑道上由靜止開(kāi)始以10kW的恒定功率加速前進(jìn)，賽車(chē)瞬時(shí)速度的倒數(shù)eq\f(1,v)和瞬時(shí)加速度a的關(guān)系如圖所示，已知賽車(chē)在跑道上所受到的阻力不變，賽車(chē)到達(dá)終點(diǎn)前已達(dá)到最大速度。下列說(shuō)法中正確的是()A．賽車(chē)做加速度逐漸增大的加速直線運(yùn)動(dòng)B．賽車(chē)的質(zhì)量為20kgC．賽車(chē)所受阻力大小為500ND．賽車(chē)速度大小為5m/s時(shí)，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(chē)做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；上式變形得eq\f(1,v)＝eq\f(m,P)a＋eq\f(f,P)，可見(jiàn)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(jié)合圖像可得賽車(chē)的質(zhì)量為m＝25kg，賽車(chē)所受阻力大小為f＝500N，B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)賽車(chē)速度大小為v＝5m/s時(shí)，代入上式解得加速度大小為a＝60m/s2，故D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為4.0m。選擇地面為參考平面，上升過(guò)程中，物體的機(jī)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(zhì)量m＝1.25kgB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5C．物體上升過(guò)程的加速度大小a＝9.6m/s2D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝30J答案：AC解析：根據(jù)題意可知，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物體的速度為0，結(jié)合圖乙可知，此時(shí)物體的重力勢(shì)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(zhì)量m＝1.25kg，故A正確；根據(jù)題意可知，物體上升過(guò)程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能關(guān)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.45，故B錯(cuò)誤；物體上升過(guò)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(guò)程中摩擦力做功與上升過(guò)程中摩擦力做功相等，均為Wf＝E1－E0＝－30J，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理有2Wf＝Ek－Ek0，式中Ek0＝E0＝80J，解得物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝20J，故D錯(cuò)誤。9.(多選)如圖，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧左端固定在墻上，處于原長(zhǎng)時(shí)右端恰到O點(diǎn)，與可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的物塊接觸(未連接)。用水平力F緩慢推動(dòng)物塊到位置A，撤去F后，物塊開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)位置B。已知AO＝x0，OB＝2x0，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同。物塊從A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度v、加速度a、物塊的機(jī)械能E、物塊與彈簧的總機(jī)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(yùn)動(dòng)到O的過(guò)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，從D到O物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，從O到B物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程物塊的重力勢(shì)能不變，則物塊機(jī)械能E隨x的變化與物塊動(dòng)能隨x的變化相同，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，結(jié)合A項(xiàng)分析可知，從A到D，E增大，從D到B，E減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系知，物塊與彈簧的總機(jī)械能E′的變化量ΔE′＝－μmgx，則E′＝E0′＋ΔE′＝E0′－μmgx，D正確；根據(jù)牛頓第二定律，從A到O有kx－μmg＝ma，從O到B有－μmg＝ma，結(jié)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(jù)F合＝ma、F合x(chóng)＝ΔEk可知，從A到B，a-x圖像與x軸所圍面積為0，設(shè)x＝0時(shí)，a＝a1，圖線與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)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?fàn)顟B(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(diǎn)O，沿斜面向下為正方向建立x軸坐標(biāo)系，某時(shí)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(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，測(cè)得物塊A的動(dòng)能Ek與其位置坐標(biāo)x的關(guān)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(zhì)點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則()A．物塊A、B的質(zhì)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(dòng)能為eq\f(1,2)mAv2＝E，碰撞后的動(dòng)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(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)能最大，則A與B碰撞后在x2位置處速度最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有ΔEk＝F合x(chóng)，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(shè)物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)彈簧的形變量為x0，結(jié)合圖a根據(jù)平衡條件可知mBgsinθ＝kx0，由圖b可知，當(dāng)A、B一起運(yùn)動(dòng)到x2處時(shí)，速度最大，根據(jù)平衡條件得mAgsinθ＋mBgsinθ＝k(x2－x1＋x0)，物塊A從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到位置x1的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，其速度v隨位移s變化的圖像(v-s圖像)如圖所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程空氣阻力不計(jì)，則在小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列判斷正確的是()A．小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．拉力F逐漸變大C．任意相等位移內(nèi)，拉力沖量相同D．速度增加量相同時(shí)，小物塊重力勢(shì)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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，可知拉力F逐漸變大，故A錯(cuò)誤，B正確；由題圖可知，任意相等位移內(nèi)，速度的變化量Δv相同，由動(dòng)量定理有IF－mgt＝mΔv，而任意相等位移內(nèi)，eq\o(v,\s\up6(－))不同，則所用時(shí)間t不同，拉力沖量IF不同，C錯(cuò)誤；由題圖可知，當(dāng)速度增加量相同時(shí)，位移的增加量相同，又因?yàn)樾∥飰K向上運(yùn)動(dòng)，所以重力勢(shì)能的增加量相同，故D正確。專(zhuān)練二電磁學(xué)部分12．利用圖甲所示電路研究電容器充放電過(guò)程，開(kāi)關(guān)接1端后，電流傳感器G記錄電流隨時(shí)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(shì)φ、兩端電壓U隨時(shí)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(zhì)決定的，與是否帶電無(wú)關(guān)，所以電容C保持不變，故A錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)接1端后，電容器與電源相連，開(kāi)始充電，電容器所帶電荷量Q增大，由I＝eq\f(ΔQ,Δt)，結(jié)合圖乙中電流隨時(shí)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(shí)，Q不變，故B正確；電容器下極板接地，則上極板的電勢(shì)φ等于上下極板間的電勢(shì)差，開(kāi)關(guān)接1端后，兩極板間電勢(shì)差U＝eq\f(Q,C)逐漸增大，則上極板電勢(shì)φ增大，故C、D錯(cuò)誤。13．(2024·廣東省江門(mén)市高三下一模)如圖甲所示為汽車(chē)的傳統(tǒng)點(diǎn)火裝置，被稱為蓄電池點(diǎn)火系統(tǒng)。此裝置的核心部件是一個(gè)變壓器，該變壓器的原線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)連接到12V的蓄電池上，副線圈連接到火花塞的兩端。在開(kāi)關(guān)閉合或斷開(kāi)的瞬間，將會(huì)在副線圈中產(chǎn)生脈沖高電壓形成電火花，點(diǎn)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(shí)間變化的圖像，則下列說(shuō)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(guò)副線圈的磁通量為零C．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)與閉合瞬間副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同D．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)比開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，更容易點(diǎn)燃混合氣體答案：D解析：根據(jù)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(cuò)誤；由圖乙可知，t2至t3間原線圈有電流，由電流的磁效應(yīng)可知有磁場(chǎng)穿過(guò)副線圈，則穿過(guò)副線圈的磁通量不為零，故B錯(cuò)誤；由圖乙可知，t1時(shí)刻開(kāi)關(guān)閉合，t3時(shí)刻開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，由圖丙可知，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)與閉合瞬間副線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，故C錯(cuò)誤；由圖丙可知，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)副線圈產(chǎn)生的電壓比開(kāi)關(guān)閉合時(shí)更高，而由題意可知電壓越高越容易點(diǎn)燃?xì)怏w，所以開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)更容易點(diǎn)燃混合氣體，故D正確。14．現(xiàn)代科學(xué)研究中常要用到高速電子，電子感應(yīng)加速器是利用感生電場(chǎng)使電子加速的設(shè)備，它的基本原理如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個(gè)磁極，磁極之間有一個(gè)環(huán)形真空室，圖乙為真空室的俯視圖。當(dāng)電磁鐵線圈通入如圖丙所示的正弦式交變電流時(shí)，可使電子在真空室中做加速圓周運(yùn)動(dòng)。以圖甲中所示電流方向?yàn)檎较?，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，在每個(gè)周期T內(nèi)，電子能沿逆時(shí)針?lè)较?俯視)做加速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(shí)針?lè)较蜃黾铀賵A周運(yùn)動(dòng)時(shí)，渦旋電場(chǎng)的方向應(yīng)沿著順時(shí)針?lè)较颍致鍌惼澚μ峁╇娮幼鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)左手定則可知電流的磁場(chǎng)方向應(yīng)豎直向上，根據(jù)右手螺旋定則可知，只有在0～eq\f(T,4)、eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，其中0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)沿著逆時(shí)針?lè)较?，不符合題意，eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)沿順時(shí)針?lè)较?，符合題意。故選D。15．(多選)轉(zhuǎn)速傳感器用來(lái)檢測(cè)齒輪旋轉(zhuǎn)速度，為汽車(chē)自動(dòng)控制系統(tǒng)提供關(guān)鍵數(shù)據(jù)。圖甲是轉(zhuǎn)速傳感器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)導(dǎo)致感應(yīng)線圈內(nèi)磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流。當(dāng)齒輪位于圖甲中位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，0～0.2s內(nèi)車(chē)載電腦顯示的電流信號(hào)如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．齒輪的轉(zhuǎn)速為5r/sB．齒輪的旋轉(zhuǎn)周期為2.4sC．0.1s時(shí)，感應(yīng)線圈內(nèi)磁通量的變化率最大D．0～0.1s內(nèi)感應(yīng)線圈內(nèi)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(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則t＝0時(shí)穿過(guò)感應(yīng)線圈的磁通量最大，感應(yīng)電流為0，之后磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，當(dāng)?shù)?個(gè)齒靠近感應(yīng)線圈時(shí)，穿過(guò)感應(yīng)線圈的磁通量增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流反向，第2個(gè)齒正對(duì)感應(yīng)線圈時(shí)，磁通量最大，感應(yīng)電流為0，這段過(guò)程為感應(yīng)電流的一個(gè)周期。由圖乙可知，感應(yīng)電流的周期為T(mén)＝0.2s，即從一個(gè)凸齒正對(duì)磁體至相鄰?fù)过X正對(duì)磁體，齒輪旋轉(zhuǎn)時(shí)間為0.2s，由圖甲可知，齒輪的齒數(shù)為12，則齒輪旋轉(zhuǎn)周期為T(mén)′＝12T＝2.4s，故B正確；齒輪的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T′)＝eq\f(5,12)r/s，故A錯(cuò)誤；由圖乙可知，0.1s時(shí)，感應(yīng)電流為0，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)線圈內(nèi)磁通量的變化率最小，故C錯(cuò)誤；由圖乙可知，0～0.1s內(nèi)感應(yīng)電流先變大后變小，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，感應(yīng)線圈內(nèi)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(kāi)，負(fù)極板接地，兩板間的P點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的檢驗(yàn)電荷。用C表示電容器的電容，E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能。若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，上述各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是()答案：C解析：設(shè)負(fù)極板未移動(dòng)前，電容器兩極板間距離為d，當(dāng)負(fù)極板緩慢向右平移時(shí)，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(cuò)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(chǎng)強(qiáng)度E與電容器兩極板間距離無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)開(kāi)始時(shí)距負(fù)極板的距離是d′，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ＝E(d′－x)，C正確；正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W＝qφ＝qE(d′－x)＝qEd′－qEx，所以W-x圖像是一條傾斜的直線，D錯(cuò)誤。17．家用燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的電路原理圖可簡(jiǎn)化為圖甲所示，轉(zhuǎn)換器是將左側(cè)的直流電流轉(zhuǎn)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(dāng)變壓器副線圈輸出電壓的瞬時(shí)值超過(guò)2500V時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w，設(shè)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k，開(kāi)關(guān)閉合后，下列說(shuō)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(shí)，才能實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火D．k＝eq\f(1,100)時(shí)，鋼針和金屬板間在交流電每個(gè)周期內(nèi)放電的時(shí)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(jù)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(cuò)誤。根據(jù)圖乙可知該交流電的周期為T(mén)＝0.02s，所以其頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，B錯(cuò)誤。根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系可得eq\f(U1,U2)＝k，由圖乙可知，原線圈電壓瞬時(shí)值最大為U1m＝50V，根據(jù)題意要實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火，U2m>2500V，結(jié)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(cuò)誤。當(dāng)k＝eq\f(1,100)<eq\f(1,50)時(shí)，副線圈電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝5000sin(100πt)V，當(dāng)副線圈輸出電壓的瞬時(shí)值大于2500V時(shí)鋼針與金屬板間放電，由2500V＝5000sin(100πt)V，在0～1×10－2s內(nèi)，解得t1＝eq\f(1,600)s，t2＝eq\f(5,600)s，所以半個(gè)周期內(nèi)持續(xù)放電時(shí)間為Δt＝t2－t1＝eq\f(1,150)s，則鋼針和金屬板間在交流電每個(gè)周期內(nèi)放電的時(shí)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(duì)殼內(nèi)任意位置的電荷的電場(chǎng)力均為零。如圖是一個(gè)均勻帶正電實(shí)心絕緣球體，規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零。下列關(guān)于該帶電球體周?chē)碾妶?chǎng)強(qiáng)度大小E、電勢(shì)φ與到球心的距離r的關(guān)系圖像，可能正確的是()答案：A解析：設(shè)帶正電實(shí)心絕緣球體半徑為R，帶電量為Q，則當(dāng)r≤R時(shí)，以半徑為r的球體部分為研究對(duì)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(chǎng)強(qiáng)度等于位于球心處帶等量電荷的點(diǎn)電荷在該處的電場(chǎng)強(qiáng)度，再結(jié)合題意可知，當(dāng)r≤R時(shí)，該點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝keq\f(q,r2)，聯(lián)立得E＝eq\f(kQ,R3)r，當(dāng)r>R時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝keq\f(Q,r2)，故A可能正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)沿電場(chǎng)的方向電勢(shì)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(duì)值表示該點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小，當(dāng)r≤R時(shí)，隨r的增大，E逐漸增大，電勢(shì)逐漸降低，且降低得越來(lái)越快，當(dāng)r>R時(shí)，隨r的增大，E逐漸減小，電勢(shì)逐漸降低，且降低得越來(lái)越慢，故C、D錯(cuò)誤。19.(多選)如圖所示，電量為－2Q和＋Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定于x軸上的A點(diǎn)和O點(diǎn)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x＝x0處場(chǎng)強(qiáng)為零。現(xiàn)將一正試探電荷q在＋x軸上距離O點(diǎn)很遠(yuǎn)處由靜止釋放，釋放處試探電荷的電勢(shì)能近似為零。關(guān)于x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E、試探電荷q的速度v、動(dòng)能Ek、電勢(shì)能Ep與位置坐標(biāo)x的關(guān)系圖像中，可能正確的是()答案：AC解析：根據(jù)兩個(gè)點(diǎn)電荷電荷量的大小關(guān)系、點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式及場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理可知，場(chǎng)強(qiáng)為0的點(diǎn)只有一個(gè)，其坐標(biāo)x＝x0>0，同理可知，O點(diǎn)右側(cè)、x0點(diǎn)左側(cè)E為正值，且越接近O點(diǎn)E越大，x0右側(cè)E為負(fù)值，且無(wú)窮遠(yuǎn)處E趨近于0，據(jù)此可知，A項(xiàng)所示E-x圖可能正確；根據(jù)以上分析，正試探電荷由靜止釋放后，在到達(dá)x＝x0處前所受電場(chǎng)力方向一直沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)力一直做正功，試探電荷速度為負(fù)值且一直增大，動(dòng)能一直增大，電勢(shì)能為負(fù)值且一直減小，在x＝x0處速度達(dá)到最大值，動(dòng)能達(dá)到最大值，電勢(shì)能達(dá)到最小值，從x＝x0向左電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷動(dòng)能逐漸減小，到達(dá)O點(diǎn)前動(dòng)能減為0，故B、D錯(cuò)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(fù)電荷，一光滑細(xì)桿從圓心垂直圓環(huán)平面穿過(guò)圓環(huán)，桿上套有帶電的小球，現(xiàn)使小球從a點(diǎn)以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)c點(diǎn)速度為零。取a點(diǎn)為零電勢(shì)能點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的電勢(shì)能Ep隨其運(yùn)動(dòng)位移x的變化規(guī)律如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A．小球帶負(fù)電B．電勢(shì)差Uba大于UcbC．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)D．小球經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2J答案：BD解析：小球從a點(diǎn)以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)c點(diǎn)速度為零，可知小球所受靜電力向左，小球帶正電，A錯(cuò)誤；因小球從a到b電勢(shì)能的變化量大于從b到c電勢(shì)能的變化量，根據(jù)ΔEp＝－W＝－qU，可知電勢(shì)差Uba大于Ucb，B正確；根據(jù)ΔEp＝－W＝－Eqx，可知Ep-x圖線切線斜率的絕對(duì)值表示靜電力大小，由圖乙可知小球在b點(diǎn)所受靜電力最大，則b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有靜電力做功，則小球的電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，有Ekb＋Epb＝Ekc＋Epc，即Ekb＋4J＝0＋6J，解得小球經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ekb＝2J，D正確。21．如圖甲所示，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與R＝6Ω的定值電阻、滑動(dòng)變阻器RP、開(kāi)關(guān)S組成閉合回路。已知滑動(dòng)變阻器消耗的功率P與其接入電路的有效阻值RP的關(guān)系如圖乙所示。下述說(shuō)法中正確的是()A．圖乙中Rx＝15ΩB．電源的電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝4ΩC．滑動(dòng)變阻器消耗功率P最大時(shí)，定值電阻R也消耗功率最大D．調(diào)整滑動(dòng)變阻器RP的阻值，可以使電源的輸出電流達(dá)到1.25A答案：B解析：將R看成電源內(nèi)阻的一部分，由圖乙知，當(dāng)RP＝R＋r＝10Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率P最大，因R＝6Ω，可得電源的內(nèi)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(dòng)勢(shì)E＝10V；當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的有效阻值為5Ω與阻值為Rx時(shí)消耗的功率相等時(shí)，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(cuò)誤，B正確。當(dāng)RP＝0時(shí)，電路中電流最大，定值電阻R消耗的功率最大，此時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗功率P為零，故C錯(cuò)誤。當(dāng)RP＝0時(shí)，電路中電流最大，為Imax＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,6＋4)A＝1A，所以，調(diào)整滑動(dòng)變阻器RP的阻值，無(wú)法使電源的輸出電流達(dá)到1.25A，故D錯(cuò)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(biāo)系中，y軸上固定有兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷P，與原點(diǎn)O的距離相同，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x坐標(biāo)變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩點(diǎn)，其電勢(shì)分別為φa和φb，對(duì)應(yīng)φ-x圖線上的a′、b′兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值相等。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的正點(diǎn)電荷M從a點(diǎn)由靜止釋放，M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅受電場(chǎng)力作用，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相同B．M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小C．M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中加速度大小先減小后增大D．M先后兩次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的過(guò)程，電場(chǎng)力的沖量大小為2eq\r(2mq（φa－φb）)答案：AD解析：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系，可知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(Δφ,Δx)，則φ-x圖線的斜率可以表示電場(chǎng)強(qiáng)度，而a′、b′兩點(diǎn)切線斜率的絕對(duì)值相等，說(shuō)明這兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，但這兩點(diǎn)斜率的正負(fù)號(hào)不同，故場(chǎng)強(qiáng)方向不相同，A正確；由題圖乙可知，從a點(diǎn)到b點(diǎn)，電勢(shì)先降低后升高，則正點(diǎn)電荷M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能先減小后增大，B錯(cuò)誤；由題圖乙分析知，從a點(diǎn)到b點(diǎn)，圖線的斜率的絕對(duì)值先增大后減小再增大，則電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中加速度大小先增大后減小再增大，C錯(cuò)誤；M從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)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(diǎn)時(shí)速度大小仍為vb，方向與第一次相反，由動(dòng)量定理可知，M先后兩次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)的過(guò)程，電場(chǎng)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(xué)校招生考試適應(yīng)性測(cè)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(guò)程中，α粒子的動(dòng)量p隨時(shí)間t變化的部分圖像如圖所示，t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則()A．t1時(shí)刻eq\o\al(16,8)O的動(dòng)量為p0－p1B．t1時(shí)刻eq\o\al(16,8)O的加速度達(dá)到最大C．t2時(shí)刻eq\o\al(16,8)O的動(dòng)能達(dá)到最大D．t2時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能最大答案：AB解析：α粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)t1時(shí)刻eq\o\al(16,8)O的動(dòng)量為p2，有p0＝p1＋p2，則p2＝p0－p1，故A正確；t1時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則α粒子的動(dòng)量變化率最大，由動(dòng)量守恒定律可知eq\o\al(16,8)O的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)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(shí)刻，α粒子速度為零，且之后α粒子反向運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知在t2時(shí)刻之后，eq\o\al(16,8)O的動(dòng)量繼續(xù)增大，速度增大，動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，α粒子與eq\o\al(16,8)O間的電場(chǎng)力最大，由庫(kù)侖定律知α粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，故D錯(cuò)誤。24．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)固定絕緣光滑斜面傾角為θ，以斜面底端為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面方向建立x軸，在x軸上的部分區(qū)間存在電場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿斜面向上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面底端由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，滑塊對(duì)原電場(chǎng)無(wú)影響，滑塊向上運(yùn)動(dòng)的一段過(guò)程中機(jī)械能E隨位移x變化的圖像如圖乙所示，曲線上A點(diǎn)切線斜率最大，下列說(shuō)法正確的是()A．在x1～x3過(guò)程中滑塊速度先增大后不變B．在0～x1過(guò)程中滑塊速度一定增大C．在x＝x1處電勢(shì)最高D．在x＝x3處電場(chǎng)強(qiáng)度最大答案：B解析：根據(jù)圖乙可知，在x2～x3過(guò)程中隨著高度增加，機(jī)械能不變，說(shuō)明此時(shí)只有重力做功，即在x2～x3過(guò)程中滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，滑塊機(jī)械能的增加量等于電場(chǎng)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(jù)圖乙可知，從0～x2，qE電沿斜面向上，其中0～x1過(guò)程中電場(chǎng)力逐漸增大，x1～x2過(guò)程中電場(chǎng)力逐漸減小，故在0～x1過(guò)程中滑塊速度一定增大，且在x＝x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最大，B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析，結(jié)合沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知，在x＝0處電勢(shì)最高，C錯(cuò)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(kāi)關(guān)S1，待電流穩(wěn)定后再閉合開(kāi)關(guān)S2，通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像是()答案：A解析：閉合開(kāi)關(guān)S1，電容器開(kāi)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(guò)電流傳感器的電流I＝eq\f(UR1,R1)越來(lái)越小，充電完成后，電容器兩端電壓UC＝E，此時(shí)通過(guò)傳感器的電流I＝0；再閉合開(kāi)關(guān)S2，因?yàn)榉€(wěn)定后UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E<E，所以電容器通過(guò)電阻R2反向放電，流過(guò)傳感器的電流與充電時(shí)的電流方向相反，放電過(guò)程中，電容器所帶電荷量Q減小，放電電流逐漸減小，當(dāng)電容器兩端電壓UC＝eq\f(R2,R1＋R2)E時(shí)，放電完畢，此時(shí)通過(guò)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(yīng)強(qiáng)度大小相等、垂直紙面但方向相反、寬度均為a的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(guò)兩磁場(chǎng)區(qū)域，以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较颍铝袌D像中能正確描述線框efg中感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x關(guān)系的是()答案：B解析：線框移動(dòng)距離在0～a的過(guò)程中，線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ瞬間，有效切割長(zhǎng)度為零，感應(yīng)電流為零，之后eg和fg兩邊的有效切割長(zhǎng)度變大，其有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)有效＝2xtan30°，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BL有效v，感應(yīng)電流的瞬時(shí)值為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(3)Bxv,3R)，由右手定則可知感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较?，為正，?dāng)線框efg移動(dòng)距離為a時(shí)，感應(yīng)電流達(dá)到最大，即I0＝eq\f(2\r(3)Bav,3R)；在a～2a的過(guò)程中，線框剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ瞬間，有效切割長(zhǎng)度為零，感應(yīng)電流為零，之后隨線框進(jìn)入磁場(chǎng)距離的增大，有效切割長(zhǎng)度變大，L有效′＝4(x－a)tan30°，感應(yīng)電流的瞬時(shí)值為I′＝eq\f(BL有效′v,R)＝eq\f(4\r(3)B（x－a）v,3R)，沿順時(shí)針?lè)较?，為?fù)，當(dāng)移動(dòng)距離為2a時(shí)，其感應(yīng)電流達(dá)到最大，為I0′＝eq\f(4\r(3)Bav,3R)＝2I0；在2a～3a的過(guò)程中，在剛出區(qū)域Ⅱ瞬間，有效切割長(zhǎng)度為零，感應(yīng)電流大小為零，之后有效切割長(zhǎng)度變大，L有效″＝2(x－2a)tan30°，感應(yīng)電流的瞬時(shí)值為I″＝eq\f(2\r(3)B（x－2a）v,3R)，沿逆時(shí)針?lè)较?，為正，?dāng)移動(dòng)距離為3a時(shí)，其感應(yīng)電流達(dá)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(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)。分別沿x軸正向和y軸負(fù)向以相同大小的速度勻速移動(dòng)金屬桿1、2，已知四根金屬桿完全相同且足夠長(zhǎng)，回路中的電流為I(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较?，通過(guò)金屬桿截面的電荷量為q，用下列相關(guān)圖像描述某段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電流I與電荷量q關(guān)于時(shí)間t變化的規(guī)律，可能正確的是()答案：AD解析：設(shè)初始正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，金屬桿單位長(zhǎng)度電阻為r0，分別沿x軸正向和y軸負(fù)向以相同大小的速度v勻速移動(dòng)金屬桿1、2，在桿2到達(dá)x軸之前，桿1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝B(L－vt)v，方向?yàn)轫槙r(shí)針；桿2產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝B(L＋vt)v，方向?yàn)槟鏁r(shí)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(shí)間均勻增加，方向沿逆時(shí)針，為正，I-t圖線與t軸所圍面積即為通過(guò)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(dāng)桿2在x軸位置時(shí)，桿1在x＝2L處，設(shè)此時(shí)刻為t0，同理可知，之后桿1的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1′＝Bv(t－t0)v，桿2的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)針?lè)较?，為?fù)，I-t圖線為平行于t軸的直線，則通過(guò)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(cuò)誤。故選A、D。28.(多選)如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的絕緣均勻圓桿傾斜固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直于圓桿所在的豎直平面向里?，F(xiàn)有一個(gè)帶正電小圓環(huán)從桿底端以初速度v0沿桿向上運(yùn)動(dòng)，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，不計(jì)空氣阻力。下列描述圓環(huán)在桿上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像中，可能正確的是()答案：AD解析：設(shè)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(yùn)可知摩擦力增大，再根據(jù)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(yùn)動(dòng)；當(dāng)小圓環(huán)速度減到0時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(dāng)加速度為0時(shí)，小圓環(huán)將做勻速運(yùn)動(dòng)。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(yùn)可知摩擦力減小，再根據(jù)牛頓第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，則加速度逐漸減小，當(dāng)速度減到v＝eq\f(mgcosθ,Bq)時(shí)，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(shí)，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(jù)牛頓第二定律可得加速度逐漸增大，小圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，可知A、D可能正確，B、C錯(cuò)誤。29．(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面內(nèi)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(nèi)分別存在垂直于桌面向下和向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd在外力F的作用下，勻速通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，運(yùn)動(dòng)過(guò)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(xì)均勻的同種電阻絲構(gòu)成，規(guī)定線框中逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?，線框受到垂直于bc邊向左的安培力為正，穿過(guò)線框向下的磁通量為正，從線框的c點(diǎn)位于A點(diǎn)處開(kāi)始，下列選項(xiàng)中關(guān)于線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I、b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uba、線框所受安培力F、穿過(guò)線框的磁通量Φ隨線框運(yùn)動(dòng)位移x變化的圖像可能正確的是()答案：BC解析：設(shè)線框的總電阻為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線框的移動(dòng)速度為v。x在0～L的過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，為正。bc邊有效切割長(zhǎng)度為l＝x，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv＝Bxv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bxv,R)，I∝x，當(dāng)x＝L時(shí)，I0＝eq\f(BLv,R)；b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(guò)線框的磁通量Φ＝BS＝B·eq\f(1,2)x2，Φ∝x2，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知D錯(cuò)誤。x在L～2L的過(guò)程中，ad和bc兩邊都切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，為?fù)。ad和bc兩邊有效切割長(zhǎng)度之和等于L，則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，保持不變；感應(yīng)電流為I＝－eq\f(E,R)＝－eq\f(BLv,R)，保持不變，故A錯(cuò)誤。因b點(diǎn)的電勢(shì)低于a點(diǎn)的電勢(shì)，則b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(guò)程中，ad邊切割磁感線，根據(jù)右手定則判斷可知，線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?，為正。ad邊有效切割長(zhǎng)度為l＝3L－x，則線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B(3L－x)v；感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B（3L－x）v,R)，因b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，則b、a兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(dāng)x＝3L時(shí)，Uba＝0，F(xiàn)＝0，故B、C正確。專(zhuān)練三機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波、熱學(xué)、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(xì)線和裝有墨水的容器組成單擺，容器底端墨水均勻流出。當(dāng)單擺在豎直面內(nèi)擺動(dòng)時(shí)，長(zhǎng)木板以速度v垂直于擺動(dòng)平面勻速移動(dòng)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(zhǎng)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(jù)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(zhì)中，位于x＝－6m和x＝12m處的兩個(gè)波源M和N均沿y軸方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，形成橫波a和b。如圖所示，t＝0時(shí)波a、b分別傳播到x＝－2m和x＝8m處；t＝5s時(shí)波a、b恰好相遇，則下列說(shuō)法正確的是()A．橫波a、b相疊加后，會(huì)出現(xiàn)穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象B．x＝3m處質(zhì)點(diǎn)的位移最大值為2cmC．t＝2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)D．t＝11s時(shí)，x＝2m處質(zhì)點(diǎn)的位移為10cm答案：AB解析：橫波a和b的波長(zhǎng)相同，同種介質(zhì)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(chǎn)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(shí)兩列波同時(shí)到達(dá)x＝3m處，兩列波步調(diào)相反，故x＝3m處的質(zhì)點(diǎn)處于振動(dòng)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(zhǎng)均為λ＝4m，兩列波的波速均為v＝eq\f(8m－3m,5s)＝1m/s，周期為T(mén)＝eq\f(λ,v)＝4s，由“同側(cè)法”可知t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過(guò)2s＝eq\f(T,2)質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；t＝11s時(shí)，x＝2m質(zhì)點(diǎn)處，a波振動(dòng)11s－eq\f(2m－（－2m）,v)＝7s＝1eq\f(3,4)T，b波振動(dòng)11s－eq\f(8m－2m,v)＝5s＝1eq\f(1,4)T，都在波谷位置，所以此時(shí)刻x＝2m處質(zhì)點(diǎn)的位移為x＝[(－4)＋(－6)]cm＝－10cm，D錯(cuò)誤。32．一列簡(jiǎn)諧波沿x軸方向傳播，t＝0時(shí)刻的波形圖如圖所示，此后質(zhì)點(diǎn)N比質(zhì)點(diǎn)M提前0.8s回到平衡位置。下列說(shuō)法正確的是()A．簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播B．簡(jiǎn)諧波的振幅為5eq\r(2)cmC．簡(jiǎn)諧波的波速為10m/sD．1.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)N的位移為－5cm答案：D解析：根據(jù)題意，質(zhì)點(diǎn)N比質(zhì)點(diǎn)M提前0.8s回到平衡位置，可知t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)M正在向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)N正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)合上下坡法，可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)N比質(zhì)點(diǎn)M提前0.8s回到平衡位置，則該波從質(zhì)點(diǎn)N所在平衡位置傳播到質(zhì)點(diǎn)M所在平衡位置所需時(shí)間為0.8s，則簡(jiǎn)諧波的波速為v＝eq\f(5－1,0.8)m/s＝5m/s，C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，題圖中t＝0時(shí)處于波峰的質(zhì)點(diǎn)的平衡位置坐標(biāo)為x＝3m，所以該波的波長(zhǎng)為λ＝12m，根據(jù)波長(zhǎng)、周期和波速的關(guān)系，可知該波的周期為T(mén)＝eq\f(λ,v)＝eq\f(12,5)s＝2.4s，x＝3m處的質(zhì)點(diǎn)t＝0時(shí)位于最大位移處，且再經(jīng)過(guò)Δt＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(5－3,5)s＝0.4s質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)形式傳播到此處，則x＝3m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)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(cuò)誤；1.2s＝0.5T，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，1.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)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(wú)關(guān)，因此分子間存在與其相對(duì)距離有關(guān)的分子勢(shì)能。如圖所示為分子勢(shì)能Ep隨分子間距離r變化的圖像，取r趨近于無(wú)窮大時(shí)Ep為零。通過(guò)功能關(guān)系可以從此圖像中得到有關(guān)分子力的信息，若僅考慮這兩個(gè)分子間的作用，下述說(shuō)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(shè)將兩個(gè)分子從r＝r2處釋放，它們將相互靠近C．假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r1處釋放，當(dāng)r＝r2時(shí)它們的加速度最大D．假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r1處釋放，當(dāng)r＝r2時(shí)它們的速度最大答案：D解析：由圖可知，兩個(gè)分子在r＝r2處的分子勢(shì)能最小，則此處為分子間作用力為零的位置，故A錯(cuò)誤；當(dāng)分子間距離等于平衡距離時(shí)，分子間作用力為零，加速度為零，所以假設(shè)將兩個(gè)分子從r＝r2處釋放，它們將靜止不動(dòng)，故B、C錯(cuò)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(guò)程中分子力做正功，速度增大，當(dāng)分子之間的距離大于r2時(shí)，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(fù)功，分子的速度減小，所以當(dāng)r＝r2時(shí)，分子的速度最大，故D正確。34.一絕熱容器內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體分子的速率分布如圖所示，橫坐標(biāo)表示速率v，縱坐標(biāo)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(jīng)過(guò)一段時(shí)間分子的速率分布圖由狀態(tài)①變?yōu)棰冢瑘D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(qiáng)變大C．氣體的內(nèi)能不變 D．氣體對(duì)外界做功答案：B解析：由于橫坐標(biāo)表示速率v，縱坐標(biāo)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(cuò)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(shuō)明氣體溫度升高，對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，不計(jì)分子勢(shì)能，則溫度升高，氣體的內(nèi)能一定增大，故C錯(cuò)誤；由于氣體在絕熱容器內(nèi)，與外界沒(méi)有熱交換，即Q＝0，根據(jù)上述分析可知?dú)怏w的內(nèi)能增大，根據(jù)ΔU＝W＋Q可知，外界對(duì)氣體做功，故D錯(cuò)誤；外界對(duì)氣體做功，氣體體積減小，而氣體溫度升高，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C，可知?dú)怏w壓強(qiáng)增大，故B正確。35.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過(guò)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(guò)程，B→C和D→A為絕熱過(guò)程。上述循環(huán)過(guò)程叫作熱機(jī)的“卡諾循環(huán)”。則()A．B→C過(guò)程氣體分子的數(shù)密度增大B．B→C過(guò)程氣體的溫度不變C．A→C過(guò)程氣體對(duì)外做功大于C→A過(guò)程外界對(duì)氣體做功D．C→D過(guò)程放出的熱量等于A→B過(guò)程吸收的熱量答案：C解析：根據(jù)圖像可知，B→C過(guò)程氣體的體積增大，則氣體分子的數(shù)密度減小，A錯(cuò)誤。B→C過(guò)程為絕熱過(guò)程，則QBC＝0，氣體體積增大，氣體對(duì)外界做功，WBC<0，根據(jù)ΔUBC＝WBC＋QBC，可知ΔUBC<0，即氣體溫度降低，B錯(cuò)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(guò)程氣體體積增大，氣體對(duì)外界做功－WAC，C→A過(guò)程，氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功WCA，由于A→C過(guò)程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積大于C→A過(guò)程圖線與V軸所圍幾何圖形的面積，則A→C過(guò)程氣體對(duì)外界做功大于C→A過(guò)程外界對(duì)氣體做功，C正確。C→D過(guò)程，根據(jù)熱力學(xué)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(guò)程放出熱量，A→B過(guò)程，同理有ΔUAB＝WAB＋QAB，ΔUAB＝0，WAB<0，可得QAB>0，即A→B過(guò)程吸收熱量；A→B→C→D→A一個(gè)循環(huán)，ΔU＝0，且ΔU＝W＋Q，其中W＝WAC＋WCA，Q＝QAB＋QCD，根據(jù)C項(xiàng)分析可知，W<0，則Q＝QAB＋QCD>0，又QCD<0、QAB>0，則QAB>－QCD，即C→D過(guò)程放出的熱量小于A→B過(guò)程吸收的熱量，D錯(cuò)誤。36.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，經(jīng)一系列的狀態(tài)變化，經(jīng)a→b→c→d→e→a最終回到狀態(tài)a，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)→b過(guò)程氣體從外界吸熱 B．b→c過(guò)程氣體的溫度升高C．c→d過(guò)程氣體從外界吸熱 D．d→e過(guò)程氣體對(duì)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(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率k與溫度T成正比。a→b過(guò)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(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即氣體向外界放熱，故A錯(cuò)誤；b→c過(guò)程k變小，則T變小，故B錯(cuò)誤；c→d過(guò)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(xué)第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q<0，即氣體向外界放熱，故C錯(cuò)誤；d→e過(guò)程，eq\f(1,V)減小，即V變大，氣體對(duì)外界做功，故D正確。37.一種采用DIS系統(tǒng)探究光電效應(yīng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)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(jiàn)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(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)光電流I與電壓U的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．用紅光和紫光做實(shí)驗(yàn)，一定都能發(fā)生光電效應(yīng)B．乙光的波長(zhǎng)大于丙光的波長(zhǎng)C．乙光對(duì)應(yīng)的截止頻率大于丙光對(duì)應(yīng)的截止頻率D．單位時(shí)間內(nèi)，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(jiàn)光中紅光的光子能量最小，紫光的光子能量最大，可見(jiàn)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(shí)驗(yàn)，可能不發(fā)生光電效應(yīng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)Ek＝hν－W0及0－Ek＝－eUc可得eUc＝hν－W0，可知入射光的頻率越高，對(duì)應(yīng)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(zhǎng)大于丙光的波長(zhǎng)，故B正確；根據(jù)hν0＝W0可知，同一金屬材料，截止頻率相同，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，甲光對(duì)應(yīng)的飽和光電流比乙光大，則單位時(shí)間內(nèi)，甲光照射到陰極上逸出的光電子數(shù)比乙光照射時(shí)多，則單位時(shí)間內(nèi)，甲光照到陰極上的光子數(shù)大于乙光，D錯(cuò)誤。38.某金屬在不同頻率光的照射下發(fā)生光電效應(yīng)，產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν的關(guān)系圖像如圖所示，換用其他金屬開(kāi)展相同實(shí)驗(yàn)，下列圖像可能正確的是()答案：D解析：由光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0，結(jié)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(kāi)展相同實(shí)驗(yàn)時(shí)，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(cuò)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(guān)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(jù)該圖像提供的信息，下列說(shuō)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(dāng)該金屬的遏止電壓為Uc′時(shí)，其逸出光電子的最大初動(dòng)能為eUc′－W0答案：C解析：根據(jù)遏止電壓和光電子最大初動(dòng)能的關(guān)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(cuò)誤；當(dāng)Uc＝0時(shí)，圖線中所對(duì)應(yīng)的光電子最大初動(dòng)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(dāng)遏止電壓為Uc′時(shí)，根據(jù)Uc′＝eq\f(Ek′,e)可知，逸出光電子的最大初動(dòng)能為eUc′，故D錯(cuò)誤。40．質(zhì)量為m0的某放射性元素原子核發(fā)生衰變，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，該元素原子核剩余的質(zhì)量為m，其eq\f(m,m0)-t關(guān)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(shí)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(shí)間為141.5d－41.5d＝100d，所以該元素的半衰期約為100d。故選B。專(zhuān)練一力學(xué)實(shí)驗(yàn)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(cè)力計(jì)，測(cè)量一個(gè)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(xì)線分別與彈簧測(cè)力計(jì)一端、一個(gè)圖釘、待測(cè)重物相連，彈簧測(cè)力計(jì)的另一端固定，通過(guò)改變圖釘在木板的位置調(diào)節(jié)細(xì)線OB，使細(xì)線的結(jié)點(diǎn)O與圓環(huán)的圓心位置重合；(3)標(biāo)出OA、OB、OC的拉力方向，記錄彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為_(kāi)_______N；(4)①根據(jù)共點(diǎn)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(jié)果可得重物的重力為_(kāi)_______N(結(jié)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(cè)力計(jì)的最小分度為0.1N，讀數(shù)時(shí)需要估讀到0.01N，所以其讀數(shù)為3.00N。(4)①根據(jù)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(jié)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(xué)利用測(cè)質(zhì)量的小型家用電子秤，設(shè)計(jì)了測(cè)量木塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ的實(shí)驗(yàn)。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(guò)跨過(guò)定滑輪的輕繩相連。調(diào)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(gè)砝碼(電子秤稱得每個(gè)砝碼的質(zhì)量m0為20.0g)，向左拉動(dòng)木板的同時(shí)，記錄電子秤的對(duì)應(yīng)示數(shù)m。(1)實(shí)驗(yàn)中，拉動(dòng)木板時(shí)________(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(zhì)量，則m和mA、mB、m0、μ、n所滿足的關(guān)系式為m＝________________。(3)根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)在坐標(biāo)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(dòng)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(dòng)木板時(shí)，木塊始終靜止，則木塊所受的滑動(dòng)摩擦力始終等于輕繩的拉力，該拉力可通過(guò)電子秤間接測(cè)出，所以拉動(dòng)木板時(shí)不必保持勻速。(2)設(shè)輕繩中拉力大小為T(mén)，根據(jù)平衡條件，對(duì)木塊A和砝碼整體有μ(mA＋nm0)g＝T，由題知，重物B對(duì)電子秤的壓力大小FN＝mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，電子秤對(duì)重物B的支持力大小FN′＝FN，根據(jù)平衡條件，對(duì)重物B有T＋FN′＝mBg，聯(lián)立可解得m＝mB－μ(mA＋nm0)。(3)根據(jù)m＝mB－μmA－μm0·n，結(jié)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(guān)系。圖中，置于實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的長(zhǎng)木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；滑塊置于長(zhǎng)木板上，右端通過(guò)跨過(guò)滑輪的輕繩懸掛鉤碼，左端連接穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶(圖中未畫(huà)出)。本實(shí)驗(yàn)中可用的鉤碼共有5個(gè)，每個(gè)質(zhì)量均為m0。(1)實(shí)驗(yàn)前，________(選填“需要”或“不需要”)在長(zhǎng)木板左下方墊上適當(dāng)厚度的小物塊，使滑塊(和鉤碼)無(wú)鉤碼牽引時(shí)，可以在木板上勻速下滑。(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將n(依次取n＝1，2，3，4，5)個(gè)鉤碼掛在輕繩右端，其余(5－n)個(gè)鉤碼仍留在滑塊內(nèi)，由靜止釋放滑塊，利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器獲得紙帶，經(jīng)數(shù)據(jù)處理后可得到相應(yīng)的加速度a。n＝2時(shí)的紙帶如圖b所示，其中相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未標(biāo)出，已知所用交流電源頻率為50Hz，由圖b求出此時(shí)滑塊的加速度為_(kāi)_______m/s2(保留三位有效數(shù)字)。(3)為驗(yàn)證當(dāng)物體質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度與其所受的合外力成正比，應(yīng)利用已知數(shù)據(jù)，作出________(填選項(xiàng)字母)圖像，若圖線為過(guò)原點(diǎn)的直線，則上述結(jié)論得以驗(yàn)證。A．a(chǎn)-n B．a(chǎn)-eq\f(1,n)C．a(chǎn)-n2 D．a(chǎn)-eq\f(1,n2)(4)已知上述圖線斜率為k，則可求得滑塊的質(zhì)量為_(kāi)_______(當(dāng)?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(shí)驗(yàn)探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系，且將輕繩對(duì)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(duì)實(shí)驗(yàn)造成影響，實(shí)驗(yàn)前，需要在長(zhǎng)木板左下方墊上適當(dāng)厚度的小物塊，讓滑塊的重力沿長(zhǎng)木板向下的分力等于滑塊的滑動(dòng)摩擦力。(2)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T＝5×eq\f(1,f)＝0.1s，根據(jù)對(duì)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(jù)可得a＝1.20m/s2。(3)設(shè)滑塊的質(zhì)量為M，輕繩拉力為T(mén)，當(dāng)有n(n＝1，2，3，4，5)個(gè)鉤碼掛在輕繩右端時(shí)，若物體的加速度與其所受的合外力成正比，對(duì)滑塊和剩余鉤碼有T＝[M＋(5－n)m0]a，對(duì)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(jīng)過(guò)原點(diǎn)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(zhì)量M＝eq\f(m0g,k)－5m0。4．(2024·甘肅省普通高等學(xué)校招生考試適應(yīng)性測(cè)試)用圖a所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量重力加速度。在豎直桿上裝有兩個(gè)光電門(mén)A和B，用直尺測(cè)量光電門(mén)之間的距離h，用光電計(jì)時(shí)器測(cè)量小球從光電門(mén)A到B的時(shí)間t。實(shí)驗(yàn)中某同學(xué)采用固定光電門(mén)B的位置，改變光電門(mén)A的位置進(jìn)行多次測(cè)量，表中給出了測(cè)量數(shù)據(jù)。數(shù)據(jù)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(qǐng)補(bǔ)充圖b中縱坐標(biāo)的物理量________(填選項(xiàng)前的字母)。A．小球在光電門(mén)A處的速度vAB．小球在光電門(mén)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(xiě)出圖b中直線的函數(shù)關(guān)系式：________________(用h、t、g、vB表示)。(3)由圖b計(jì)算出直線斜率的值為－4.889，則測(cè)得的重力加速度為_(kāi)_______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(yùn)動(dòng)，小球在光電門(mén)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(yùn)動(dòng)，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(biāo)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(guān)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(cè)得的重力加速度為g＝9.78m/s2。5．某同學(xué)查資料得知：彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的勁度系數(shù)和形變量有關(guān)，并且與形變量的平方成正比。為了驗(yàn)證彈簧彈性勢(shì)能與其形變量的平方成正比這一結(jié)論，他設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：①如圖所示，一根帶有標(biāo)準(zhǔn)刻度且內(nèi)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(zhì)彈簧插入玻璃管并固定左端；②將直徑略小于玻璃管內(nèi)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(fù)10次上述操作，從而確定小球的平均落點(diǎn)，測(cè)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(fù)以上步驟，測(cè)得小鋼球的多組水平射程s1、s2、s3…。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)在實(shí)驗(yàn)中，“保持彈簧壓縮量不變，重復(fù)10次上述操作，從而確定小球的平均落點(diǎn)”的目的是為了減小________(填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差”)；(2)若測(cè)得小鋼球的質(zhì)量m、下落高度h、水平射程s，則小球彈射出去時(shí)動(dòng)能表達(dá)式為_(kāi)_______(重力加速度為g)；(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，該同學(xué)要作有關(guān)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(yàn)出結(jié)論的正確性，應(yīng)作的圖像為_(kāi)_______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(shí)驗(yàn)中，“保持彈簧壓縮量不變，重復(fù)10次上述操作，從而確定小球的平均落點(diǎn)”，是采用多次測(cè)量求平均值的方法，其目的是為了減小偶然誤差。(2)設(shè)小球被彈簧彈射出去后的速度為v0，此后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，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(shí)動(dòng)能為Ek＝eq\f(mgs2,4h)。(3)根據(jù)題中所給資料知，需驗(yàn)證彈簧彈性勢(shì)能Ep＝kx2，k為某一常數(shù)，根據(jù)機(jī)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(guò)線性圖像直觀地驗(yàn)證結(jié)論，需要作s-x圖像，故選A。6．某同學(xué)用DIS實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證“機(jī)械能守恒定律”，如圖甲，力傳感器固定在天花板上，細(xì)線一端吊著小球。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將質(zhì)量為m的小球拉至細(xì)線與豎直方向夾角為θ處的A點(diǎn)無(wú)初速度釋放；②通過(guò)軟件描繪出細(xì)線拉力大小F隨時(shí)間的變化如圖乙；③改變無(wú)初速度釋放小球時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角θ值，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，得到多組數(shù)據(jù)。(1)小球由A點(diǎn)無(wú)初速度釋放到第一次回到A點(diǎn)的時(shí)間為_(kāi)_______(用含有T0的符號(hào)表示)；(2)如圖丙，以cosθ為橫軸，以小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力大小Fm為縱軸，描點(diǎn)繪圖，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，當(dāng)圖像