2025 高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分 高考題型組合練

5/62025高考物理三維設(shè)計(jì)二輪第三部分高考題型組合練1.選擇題＋實(shí)驗(yàn)題組合練（1）一、單項(xiàng)選擇題1.（2024·甘肅酒泉三模）“玉兔二號(hào)”裝有核電池，不懼漫長(zhǎng)寒冷的月夜，核電池將94238Pu衰變釋放的核能一部分轉(zhuǎn)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?yōu)棣了プ僀.94238Pu比92D.月夜的寒冷導(dǎo)致94238解析：B根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，衰變方程為94238Pu→92234U＋24He，此反應(yīng)為α衰變，X為24He，故A錯(cuò)誤，B正確；由于該反應(yīng)釋放核能，所以94238Pu比92234U的結(jié)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(huán)狀金屬電極，對(duì)于K、A間的電場(chǎng)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(yùn)行，圖2是K極和A極之間的部分電場(chǎng)線分布，下列說法正確的是（）A.陰極射線的本質(zhì)是α射線B.圖2中P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì)C.如果在圖2中P點(diǎn)從靜止釋放一電子，則電子會(huì)沿該處電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到A極D.從K極靜止出發(fā)的陰極射線粒子，沿中間直線電場(chǎng)線到達(dá)A極電場(chǎng)力做功最多解析：B陰極射線的本質(zhì)是β射線，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镵為陰極，A為陽極，所以P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；由于P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線為曲線，所以在P點(diǎn)從靜止釋放一電子不會(huì)沿該處電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；只要從K極出發(fā)的陰極射線粒子，沿任意軌跡到達(dá)A極電場(chǎng)力做功一樣多，故D錯(cuò)誤。3.（2024·廣東廣州三模）如圖所示，某大型吊燈半徑為R，質(zhì)量為M，且分布均勻，通過四根相同長(zhǎng)度的細(xì)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(xì)線均勻?qū)ΨQ分布，且長(zhǎng)度可調(diào)節(jié)，則下列說法正確的是（）A.每根細(xì)線對(duì)吊燈的拉力大小均為14B.將四根細(xì)線同時(shí)縮短相同長(zhǎng)度，細(xì)線的張力大小不變C.將四根細(xì)線同時(shí)伸長(zhǎng)相同長(zhǎng)度，細(xì)線的張力減小D.去掉一根細(xì)線，假設(shè)吊燈位置保持不變，剩下三根細(xì)線上的張力大小相等解析：C設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，以吊燈為研究對(duì)象，豎直方向上，根據(jù)平衡條件可得4Tcosθ＝Mg，可得每根細(xì)線對(duì)吊燈的拉力大小為T＝Mg4cosθ＞Mg4，故A錯(cuò)誤；將四根細(xì)線同時(shí)縮短相同長(zhǎng)度，則θ變大，cosθ變小，根據(jù)T＝Mg4cosθ可知細(xì)線的張力大小變大，故B錯(cuò)誤；將四根細(xì)線同時(shí)伸長(zhǎng)相同長(zhǎng)度，則θ變小，cosθ變大，根據(jù)T＝Mg4cosθ可知細(xì)線的張力大小變小，故C正確；去掉一根細(xì)線，假設(shè)吊燈位置保持不變，由于剩下三根細(xì)線在水平方向的分力不是互成120°，水平方向根據(jù)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(hào)載人飛船成功對(duì)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(jìn)入天和核心艙的瞬間，我們可以看到：一個(gè)大質(zhì)量的包裹懸浮在核心艙中，針對(duì)這一情景，下列同學(xué)的觀點(diǎn)中正確的是（）A.懸浮的包裹受到地球的吸引力相對(duì)于地表可以忽略B.天宮號(hào)空間站在運(yùn)行過程中機(jī)械能保持不變C.天宮號(hào)空間站的加速度比北斗系列同步衛(wèi)星的加速度小D.只記錄空間站的運(yùn)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(jù)F地表＝GMmR2，F(xiàn)空間站＝GMmR＋h2，可知懸浮的包裹受到地球的吸引力相對(duì)于地表不可以忽略，故A錯(cuò)誤；天宮號(hào)空間站在運(yùn)行過程中，動(dòng)能和勢(shì)能均保持不變，因此，天宮號(hào)空間站的機(jī)械能是守恒的，故B正確；根據(jù)GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，天宮號(hào)空間站的軌道半徑比北斗系列同步衛(wèi)星的小，所以加速度較大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)GMmr2＝m4π2T2r5.（2024·山東煙臺(tái)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(gè)氣球，氣球內(nèi)、外有質(zhì)量相等的同種氣體，活塞靜止，此時(shí)氣球外部氣體甲的壓強(qiáng)小于氣球內(nèi)部氣體乙的壓強(qiáng)?，F(xiàn)緩慢向下推動(dòng)活塞，使其下降一段距離，氣體甲的壓強(qiáng)仍小于氣體乙的壓強(qiáng)。已知汽缸內(nèi)和氣球內(nèi)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?qū)崃己?，則此過程中（）A.氣體甲內(nèi)能增加量大于氣體乙內(nèi)能增加量B.氣體甲的每個(gè)氣體分子做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的速率均加快C.活塞對(duì)氣體甲做的功等于氣體甲內(nèi)能增加量D.活塞對(duì)氣體甲做的功小于甲、乙兩部分氣體內(nèi)能增加量之和解析：D氣球?qū)崃己?，則氣球內(nèi)外氣體溫度總相等，一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故氣體甲內(nèi)能增加量等于氣體乙內(nèi)能增加量，A錯(cuò)誤；活塞對(duì)氣體甲做正功，氣體甲內(nèi)能增大，溫度升高，氣體分子平均速率增大，不是每個(gè)氣體分子做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的速率均加快，B錯(cuò)誤；活塞與汽缸均絕熱，氣體與外界無熱量交換。活塞對(duì)氣體甲做功的同時(shí)，橡皮膜收縮，氣體甲也對(duì)氣體乙做功，故活塞對(duì)氣體甲做的功大于氣體甲內(nèi)能增加量，C錯(cuò)誤；活塞對(duì)氣體甲做功的同時(shí)，橡皮膜收縮，由能量守恒定律知活塞對(duì)氣體甲做的功與橡皮膜釋放的彈性勢(shì)能之和等于甲、乙兩部分氣體內(nèi)能增加量之和，故活塞對(duì)氣體甲做的功小于甲、乙兩部分氣體內(nèi)能增加量之和，D正確。6.（2024·浙江金華三模）如圖甲所示，質(zhì)量為m的B木板放在水平面上，質(zhì)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(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，A的位移隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙，已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是（）A.物塊A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力由彈簧提供B.木板B在t1時(shí)刻對(duì)地面的壓力大小為mgC.物塊A在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒D.物塊A的振動(dòng)方程為y＝0.1sin2πt＋解析：D物塊A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻物塊A在平衡位置，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為F＝2mg，對(duì)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(shí)刻對(duì)地面的壓力大小為3mg，B錯(cuò)誤；物塊A在運(yùn)動(dòng)過程中除了受重力外，還受彈簧的彈力，彈力對(duì)物塊A做功，故機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)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(guī)定豎直向上為正方向，t＝0時(shí)刻位移為0.05m，表示物塊A由平衡位置上方0.05m處開始運(yùn)動(dòng)，所以初相為φ0＝π6，則物塊A的振動(dòng)方程為y＝0.1sin2πt＋7.（2024·廣東惠州期末）阿特伍德機(jī)是英國科學(xué)家阿特伍德發(fā)明的著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，如圖所示為阿特伍德機(jī)的簡(jiǎn)化示意圖。質(zhì)量均為M的兩個(gè)重物A、B通過輕繩跨過光滑輕滑輪，保持靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將質(zhì)量為m的小物塊C輕放在A上，讓裝置動(dòng)起來，從開始運(yùn)動(dòng)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(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A和C向下運(yùn)動(dòng)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(duì)A和B構(gòu)成的系統(tǒng)做功，所以A和B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；對(duì)A、B及C構(gòu)成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝2M＋ma，解得a＝mg2M＋m，B正確；對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得T－Mg＝Ma解得T＝2MM＋mg2M＋m，C錯(cuò)誤；二、多項(xiàng)選擇題8.某同學(xué)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(cè)量光屏上光強(qiáng)的分布。某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，在電腦屏幕上得到圖乙所示的光強(qiáng)分布。下列說法正確的是（）A.這位同學(xué)在縫屏上安裝的是雙縫B.這位同學(xué)在縫屏上安裝的是單縫C.當(dāng)做光的干涉現(xiàn)象研究時(shí)，若使干涉條紋的間距變大，應(yīng)選用狹縫間距較小的雙縫D.當(dāng)做光的干涉現(xiàn)象研究時(shí)，若使干涉條紋的間距變小，應(yīng)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(cuò)誤，B正確；根據(jù)題意，由公式Δx＝Ldλ可知，若要使干涉條紋的間距Δx變大，應(yīng)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(yīng)減小縫屏與光屏間的距離L，故D錯(cuò)誤，C9.（2024·重慶模擬）如圖甲所示，輕質(zhì)細(xì)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(diǎn)a、b連線以下區(qū)域處于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。正方形線圈的質(zhì)量m＝0.5kg、邊長(zhǎng)L＝0.5m、匝數(shù)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(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向B.0～4s時(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝0.5VC.2s末細(xì)線對(duì)正方形線圈的拉力大小為F＝5.25ND.2s末細(xì)線對(duì)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(yīng)電流沿順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；0～4s時(shí)間為線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt·L22＝0.5V，故B正確；正方形線圈中產(chǎn)生的電流為I＝Er＝0.25A，根據(jù)楞次定律可知線圈中電流沿順時(shí)針方向，線圈受到的安培力方向向下，根據(jù)平衡條件可得F＝mg＋nBIL，由B-t圖像可知，t＝2s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T，聯(lián)立解得t＝2s時(shí)細(xì)線對(duì)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(zhǎng)的木板B和物塊C，木板B的質(zhì)量為4m，物塊C的質(zhì)量為12m?，F(xiàn)有一質(zhì)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(fā)生過一次碰撞（彈性碰撞），且碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，最終物塊A和木板B均停止運(yùn)動(dòng)。已知物塊A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(duì)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(dòng)量守恒，有mv0＝mvA1＋4mvB1，B與C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(jù)動(dòng)量守恒定律，有mvA1＋4mvB2＝0，聯(lián)立解得vA1＝v03，vB1＝v06，vB2＝－v012，vC＝v012，故A、C正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)過程中，根據(jù)能量守恒定律三、實(shí)驗(yàn)題11.（2024·遼寧遼陽二模）某學(xué)習(xí)小組用如圖甲所示的裝置測(cè)量砝碼盤的質(zhì)量。左、右兩個(gè)相同的砝碼盤中各裝有5個(gè)質(zhì)量相同的砝碼，每個(gè)砝碼的質(zhì)量均為m0，裝置中左端砝碼盤的下端連接紙帶。現(xiàn)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(yùn)動(dòng)過程中兩盤一直保持水平，通過紙帶計(jì)算出與轉(zhuǎn)移的砝碼個(gè)數(shù)n相對(duì)應(yīng)的加速度a，已知交流電的頻率f＝50Hz。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）（1）某次實(shí)驗(yàn)，該組同學(xué)得到了如圖乙所示的一條紙帶，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.10s，打下D點(diǎn)時(shí)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(xué)得到的n-a圖像為過原點(diǎn)、斜率為k的直線，則每個(gè)砝碼盤的質(zhì)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(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔0.02s打一個(gè)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出，所以相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.10s。打下D點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為vD＝xCD＋xDE2T＝（11.04+12.76）×10－2m0（2）設(shè)砝碼盤的質(zhì)量為m，將左端砝碼盤中的n個(gè)砝碼放到右端砝碼盤中時(shí)，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(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)制作了一個(gè)簡(jiǎn)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(nèi)阻Rg＝100Ω，電源電動(dòng)勢(shì)E＝4.5V。（1）圖a中B端應(yīng)接紅表筆。（填“紅”或“黑”）（2）將旋鈕旋到×1k擋，進(jìn)行歐姆調(diào)零后，該歐姆表的內(nèi)阻為15kΩ。（3）將旋鈕旋到×100擋，歐姆調(diào)零后接入一待測(cè)電阻，指針如圖b所示，則讀數(shù)為1400，若繼續(xù)接入另一電阻測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，則應(yīng)換用更小倍率。（填“大”或“小”）（4）圖a中R1＝11.1Ω。（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（5）若電池老化，內(nèi)阻變大，電動(dòng)勢(shì)變小，但仍可進(jìn)行歐姆調(diào)零，則測(cè)量結(jié)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?yàn)閺挠蚁蜃螅珺端應(yīng)接紅表筆。（2）將旋鈕旋到×1k擋時(shí)，有R內(nèi)＝R中＝15kΩ。（3）將旋鈕旋到×100擋，讀數(shù)為1400Ω，若繼續(xù)接入另一電阻測(cè)量時(shí)發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，則應(yīng)換用更小的擋位。（4）將旋鈕旋到×100擋時(shí)R內(nèi)＝R中＝1500Ω則I＝E所以I1＝I－Ig根據(jù)部分電路歐姆定律有R1＝IgRgI1＝11（5）若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池電動(dòng)勢(shì)E變小、內(nèi)阻變大，根據(jù)Ig＝ER由于E變小，內(nèi)阻R內(nèi)偏小，用歐姆表測(cè)電阻時(shí)，電流I＝ER內(nèi)＋Rx由于R內(nèi)偏小，I偏小，指針偏左，測(cè)量結(jié)果與原結(jié)果相比較偏大。2.選擇題＋實(shí)驗(yàn)題組合練（2）一、單項(xiàng)選擇題1.（2024·廣東惠州期末）關(guān)于光在豎直肥皂液薄膜上產(chǎn)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(chǎn)生的干涉條紋間距比用紅光照射時(shí)大D.干涉條紋是光在薄膜前、后兩個(gè)表面反射后疊加的結(jié)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(cuò)誤；薄膜上的干涉條紋基本上是水平的，B錯(cuò)誤；由薄膜干涉特征可知，照射光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，經(jīng)由同一薄膜產(chǎn)生的相鄰干涉條紋間距越大，同種介質(zhì)中紫光的波長(zhǎng)比紅光的波長(zhǎng)短，故用紫光照射薄膜產(chǎn)生的干涉條紋間距比用紅光照射時(shí)小，C錯(cuò)誤；干涉條紋是光在薄膜前、后兩個(gè)表面反射后疊加的結(jié)果，D正確。2.（2024·四川內(nèi)江期末）如圖，健身球是一個(gè)充滿氣體的大皮球，當(dāng)人壓向健身球上時(shí)，假設(shè)球內(nèi)氣體溫度不變，則在這個(gè)過程中（）A.氣體分子的平均速率增大B.外界對(duì)氣體做功C.氣體從外界吸收熱量D.氣體的壓強(qiáng)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(cuò)誤；因?yàn)闅怏w的內(nèi)能不變，體積減小，外界對(duì)氣體做功，則氣體要向外放出熱量，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式pVT＝C可知，溫度不變，體積減小，則氣體的壓強(qiáng)增大，故D3.（2024·浙江金華三模）熱氣球內(nèi)的定位裝置能把相同時(shí)間間隔內(nèi)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(xué)對(duì)熱氣球在記錄時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)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(zhì)點(diǎn)B.熱氣球正處在超重狀態(tài)C.我們可以用Δx＝aT2來計(jì)算出熱氣球的上升加速度D.記錄時(shí)間內(nèi)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(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；由圖可知熱氣球在上升過程，相等的時(shí)間間隔的位移越來越小，說明熱氣球在向上減速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；由圖可知熱氣球在相鄰的2s內(nèi)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(yùn)動(dòng)，所以不能用Δx＝aT2來計(jì)算出熱氣球上升的加速度，故C錯(cuò)誤；記錄時(shí)間內(nèi)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(shè)小鳥的俯沖是自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入水中后是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖乙所示，自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，整個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(gè)過程下落的高度為27mC.t1至53t1時(shí)間內(nèi)v-t圖線的斜率為－10m/sD.t1至53t1時(shí)間內(nèi)阻力是重力的1.5解析：B小鳥做自由落體運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有vm＝gt1，解得t1＝1.8s，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過程下落的高度可由題圖乙v-t圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示，則h＝vm2×53t1＝27m，故B正確；t1至53t1時(shí)間內(nèi)小鳥的加速度為a＝0－vm53t1－t1＝－15m/s2，則此時(shí)間內(nèi)v-t圖線的斜率為k＝a＝－15m/s2，故C錯(cuò)誤；t1至53t1時(shí)間內(nèi)，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(shí)現(xiàn)楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的結(jié)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(dòng)一些，相鄰亮條紋間距不變D.若將平面鏡向右移動(dòng)一些，亮條紋數(shù)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(cuò)誤；根據(jù)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(cuò)誤；若將平面鏡向右移動(dòng)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(dòng)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(dòng)，干涉圖樣寬度減小，而條紋間距不變，6.（2024·四川內(nèi)江期末）當(dāng)上、下抖動(dòng)長(zhǎng)長(zhǎng)的輕繩時(shí)，輕繩則呈正弦波形狀。圖甲是某輕繩產(chǎn)生的橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，在t＝0.25s時(shí)的波形圖，圖乙為橫坐標(biāo)在1.5m處P點(diǎn)的振動(dòng)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(jīng)過3.5s質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為140cmC.L質(zhì)點(diǎn)比N質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)波峰D.若人加快抖動(dòng)輕繩，兩個(gè)相鄰波峰之間的距離不變解析：C由圖乙可知，在t＝0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，根據(jù)“同側(cè)法”可知，該波向右傳播；由圖甲可知，波的波長(zhǎng)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(cuò)誤；再經(jīng)過3.5s，則前3s，Δt1＝3s＝32T，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為s1＝32×4A＝120cm，后0.5s，Δt2＝0.5s＝14T，由于質(zhì)點(diǎn)P從位移為負(fù)向最大位移振動(dòng)，則通過的路程s2＜A＝20cm，所以，再經(jīng)過3.5s質(zhì)點(diǎn)P通過的路程s＝s1＋s2＜140cm，故B錯(cuò)誤；根據(jù)“同側(cè)法”可知，L質(zhì)點(diǎn)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，N質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，則L質(zhì)點(diǎn)比N質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)波峰，故C正確；若人加快抖動(dòng)輕繩，則波的振動(dòng)頻率變大，波速不變，根據(jù)λ＝vf可知，波長(zhǎng)變小，7.（2024·陜西渭南二模）華為mate60實(shí)現(xiàn)了手機(jī)衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號(hào)覆蓋的地方，就可以實(shí)現(xiàn)通話。如圖所示，三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實(shí)現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)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(wèi)星的運(yùn)行速度大于7.9km/sB.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小一定相等C.其中一顆質(zhì)量為m的通信衛(wèi)星的動(dòng)能為mgD.能實(shí)現(xiàn)赤道全球通信時(shí)，衛(wèi)星離地高度至少為2R解析：C7.9km/s是衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以三顆衛(wèi)星的運(yùn)行速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力的公式F＝GMmR＋h2可知，由于不知道三顆衛(wèi)星的質(zhì)量，因此不能確定三顆衛(wèi)星所受地球萬有引力大小的關(guān)系，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力有GMmR＋h2＝mv2R＋h，可得衛(wèi)星的線速度為v＝GMR＋h，則該衛(wèi)星的動(dòng)能Ek＝12mv2，又GMmR2＝mg，聯(lián)立，解得Ek＝mgR22R＋h，故C正確；若恰好能實(shí)現(xiàn)赤道全球通信時(shí)，此時(shí)這三顆衛(wèi)星兩兩之間與地心連線的夾角為120°，每顆衛(wèi)星與地心的連線和衛(wèi)星與地表的切線以及地心與切點(diǎn)的連線恰好構(gòu)成直角三角形，二、多項(xiàng)選擇題8.（2024·甘肅酒泉三模）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直，管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（l?a）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過一段圓弧運(yùn)動(dòng)垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。已知單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為＋q，不計(jì)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為aB.粒子的質(zhì)量為BC.管道內(nèi)的等效電流為nqD.粒子束對(duì)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(zhì)量為m＝qaBv，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)電流的定義式I＝Qt＝tnqt＝nq，故C正確；粒子束對(duì)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(jì)南二模）2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)練時(shí)將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對(duì)蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)傳感器記錄的壓力—時(shí)間（F-t）圖像片段。演員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)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(shí)刻速度最大，速度大小為8m/sC.從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對(duì)演員做的功等于1280JD.從a時(shí)刻到b時(shí)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(jù)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(jù)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(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A正確；根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝2.8s－1.2s＝1.6s，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，演員脫離蹦床向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，速度達(dá)到最大值，后向上做加速度增大的變減速直線運(yùn)動(dòng)，即a到b之間的某一時(shí)刻，演員的速度最大，最大速度大于8m/s，故B錯(cuò)誤；從a時(shí)刻到b時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)能定理W蹦床－WG＝12mvb2＝12×40×82J＝1280J，可知從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為演員的重力勢(shì)能與動(dòng)能，故從a時(shí)刻到b時(shí)刻，蹦床對(duì)演員做的功大于1280J，故C錯(cuò)誤；從a時(shí)刻到b時(shí)刻，根據(jù)動(dòng)量定理有I合＝Δp＝mvb－0＝320N·10.（2024·黑龍江三模）如圖所示，質(zhì)量m＝π10kg，長(zhǎng)L＝1m、電阻Rab＝1Ω的水平導(dǎo)體棒ab，其兩個(gè)端點(diǎn)分別搭接在豎直平行正對(duì)放置的兩光滑金屬圓環(huán)上，兩圓環(huán)半徑均為r＝2πm，電阻不計(jì)。阻值為R＝1Ω的定值電阻用導(dǎo)線與圓環(huán)相連接，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體棒ab在外力F作用下以速率v＝2m/s繞兩圓環(huán)的中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，ab在圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)記為t＝0時(shí)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(jì)。下列說法正確的是（A.電流表的示數(shù)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(dǎo)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(dǎo)體棒ab在圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，速度v與磁感線垂直，有效切割速度最大，經(jīng)過時(shí)間t導(dǎo)體棒速度與磁感線夾角為θ＝ωt＝vrt＝πt，導(dǎo)體棒的有效切割速度為v'＝vcosθ＝2cosπtm/s，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律為u＝Emcosθ＝22cosπtV，電動(dòng)勢(shì)最大值為Em＝22V，感應(yīng)電流最大值為Im＝EmRab＋R＝2A，電流表示數(shù)為電流有效值，故電流表示數(shù)為I＝Im2＝1A，A正確；定值電阻兩端的電壓為uR＝RR＋Rabu＝2cosπtV，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝2πrv＝2s，因?yàn)?.5s＝T4，所以在0～0.5s時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒ab的電荷量為q＝ΔΦR＋Rab＝BLrR＋Rab＝2πC，C錯(cuò)誤；從t＝三、實(shí)驗(yàn)題11.（2024·廣東汕頭二模）小晗同學(xué)利用圖甲所示的裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)時(shí)該同學(xué)使用手機(jī)連拍功能對(duì)做平拋運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝，并將拍攝到的圖片進(jìn)行疊加處理在一張照片中，圖中的背景是放在豎直平面內(nèi)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(gè)方格的邊長(zhǎng)為10cm。（1）下列說法正確的是BC。A.實(shí)驗(yàn)所用斜槽應(yīng)盡量光滑B.斜槽末端必須保持水平C.實(shí)驗(yàn)所用斜槽不需要盡量光滑（2）圖乙是實(shí)驗(yàn)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(duì)應(yīng)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(yùn)動(dòng)的初速度大小v0＝2.8m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，重力加速度取g＝10m/s2）。解析：（1）實(shí)驗(yàn)所用斜槽不需要盡量光滑，A錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，B正確。（2）由圖乙可知兩次小球做平拋運(yùn)動(dòng)下落相同高度時(shí)，圖線①水平位移更大，故圖線①所對(duì)應(yīng)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(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)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(jiǎn)化原理圖：按壓屏幕時(shí)，相互絕緣的兩層導(dǎo)電層就在按壓點(diǎn)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(jiǎn)化電路如圖乙。先將開關(guān)閉合到1讓電容器充滿電，再將開關(guān)切換到2，通過電壓傳感器觀察電容器兩端的電壓隨時(shí)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(shí)間t變化的圖像，則不按壓狀態(tài)對(duì)應(yīng)圖像丙中Ⅱ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。（2）粗測(cè)該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的電阻約為幾十歐姆。某同學(xué)想較準(zhǔn)確測(cè)量此電阻，可供使用的器材有：A.電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為1Ω）；B.電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻約為10kΩ）；C.電流表A1（量程為3mA，內(nèi)阻為5Ω）；D.電流表A2（量程為60mA，內(nèi)阻約為2Ω）；E.滑動(dòng)變阻器R1（總阻值約為10Ω）；F.電阻箱R2，最大阻值為99999Ω；G.開關(guān)S，導(dǎo)線若干。①該同學(xué)將電流表A1和電阻箱R2串聯(lián)改裝成量程為4.5V的電壓表，電阻箱R2的阻值應(yīng)調(diào)為1495Ω。②該同學(xué)設(shè)計(jì)了圖丁測(cè)量電路，為了盡量減小實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差，電阻箱右邊的導(dǎo)線應(yīng)該接a（填“a”或“b”）；按正確選擇連接好電路之后，改變滑動(dòng)變阻器滑片位置，測(cè)得多組對(duì)應(yīng)的電流表A1和電流表A2的示數(shù)I1、I2，得到了如圖戊所示的圖像，由圖中數(shù)據(jù)可得該觸摸屏單元未按壓狀態(tài)下的阻值為79Ω（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；該測(cè)量方法中電流表A2的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果沒有（填“有”或“沒有”）影響。解析：（1）按壓狀態(tài)時(shí)兩層導(dǎo)電層就在按壓點(diǎn)位置有了接觸，電阻并聯(lián)，總電阻減小，放電速度變快，根據(jù)圖像可知，按壓狀態(tài)對(duì)應(yīng)的圖像應(yīng)為Ⅰ，不按壓狀態(tài)對(duì)應(yīng)的圖像應(yīng)為Ⅱ。（2）①根據(jù)UIg1＝RA1解得電阻箱R2＝1495Ω。②由于已知電流表A1的阻值，可以計(jì)算出待測(cè)電阻兩端的電壓，再用差值法計(jì)算流過待測(cè)電阻的電流，故應(yīng)接a。根據(jù)Rx＝I可得I1＝RxR結(jié)合圖像，可得k＝RxR解得Rx≈79Ω由分析可知該測(cè)量方法中電流表A2的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果沒有影響。3.選擇題＋實(shí)驗(yàn)題組合練（3）一、單項(xiàng)選擇題1.（2024·山東青島三模）“玉兔二號(hào)”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?fù)p壞儀器，月球車攜帶的放射性元素钚94238Pu會(huì)不斷衰變，釋放能量為儀器保溫。94238Pu通過以下反應(yīng)得到：92238U＋12H→93238Np＋k01nA.k＝1，X為電子B.92238U＋12H→93C.94238Pu的比結(jié)合能比D.93238Np衰變前的質(zhì)量等于衰變后X和解析：C衰變方程為93238Np→94238Pu＋X，由質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可得X為電子，對(duì)于核反應(yīng)方程92238U＋12H→93238Np＋k01n，由質(zhì)量數(shù)守恒可得238＋2＝238＋k，解得k＝2，A錯(cuò)誤；核反應(yīng)方程92238U＋

12H→93238Np＋k01n，不是重核裂變反應(yīng)，是人工核反應(yīng)，B錯(cuò)誤；衰變方程為93238Np→94238Pu＋X，該反應(yīng)釋放核能，總核子數(shù)不變，所以94238Pu的比結(jié)合能比932382.（2024·廣東惠州期末）某款天花板消防自動(dòng)感溫噴淋頭如圖a所示，當(dāng)室內(nèi)達(dá)到一定溫度時(shí)，感溫玻璃球自動(dòng)爆開，噴淋開始啟動(dòng)達(dá)到自動(dòng)噴水滅火的目的。如圖b所示，某次演示過程，測(cè)量出水落在面積為16πm2的圓內(nèi)，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(yùn)動(dòng)規(guī)律得x＝v0t，y＝12gt2，又16πm2＝πx2，聯(lián)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(gè)待測(cè)矩形平行玻璃板上，BC一側(cè)用薄片墊起，將紅單色光從上方射入，這時(shí)可以看到明暗相間的條紋，如圖乙所示，下列關(guān)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(cè)板在該處有凹陷C.如果用手用力捏右側(cè)三層，會(huì)發(fā)現(xiàn)條紋保持間距不變，整體向AD側(cè)移動(dòng)D.看到的條紋越多，說明薄片的厚度越厚解析：D設(shè)薄膜厚度為d'，薄膜干涉的光程差Δs＝2d'，厚度相同處產(chǎn)生的條紋明暗情況相同，因此條紋應(yīng)與AD邊平行，故A錯(cuò)誤；根據(jù)薄膜干涉的產(chǎn)生原理可知，該處有突起，故B錯(cuò)誤；如果用手用力捏右側(cè)三層，d'變小，根據(jù)薄膜干涉特征可知條紋間距變大，導(dǎo)致滿足亮條紋光程差的間距向劈尖移動(dòng)，所以條紋向著劈尖移動(dòng)，故C錯(cuò)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(shí)59分，神舟十八號(hào)載人飛船成功發(fā)射，最后對(duì)接于空間站天和核心艙徑向端口。神舟十八號(hào)發(fā)射后會(huì)在停泊軌道Ⅰ上進(jìn)行數(shù)據(jù)確認(rèn)，在P點(diǎn)瞬間加速后進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道（橢圓軌道）Ⅱ，最后在Q點(diǎn)瞬間加速后進(jìn)入空間站軌道，完成與中國空間站的交會(huì)對(duì)接，其變軌過程可簡(jiǎn)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(zhì)點(diǎn)，則（）A.飛船在轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上各點(diǎn)的速度均小于7.9km/sB.不考慮變軌瞬間，飛船在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)航天員對(duì)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(zhuǎn)移軌道Ⅱ上正常運(yùn)行的周期為T＝T11+解析：D在停泊軌道Ⅰ運(yùn)行時(shí)，其速度接近于7.9km/s，在P點(diǎn)要進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ，必須加速，因此轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ上有的位置速度大于7.9km/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；不考慮變軌瞬間，飛船在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)均處于完全失重狀態(tài)，故航天員對(duì)椅子無壓力作用，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)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(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框豎直懸掛于一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，金屬框的上半部處于磁場(chǎng)內(nèi)，下半部處于磁場(chǎng)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)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(huì)被拉斷，關(guān)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝kL2C.金屬框中感應(yīng)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(chǎng)中的面積S＝L2×L＝L22，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kL22，設(shè)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(fā)生改變，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流為逆時(shí)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(zhì)輕繩上有兩個(gè)相距12m的波源S1、S2，兩波源的連線上有兩質(zhì)點(diǎn)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(shí)兩波源同時(shí)上下振動(dòng)產(chǎn)生兩列繩波，其中S2的振動(dòng)圖像如圖乙所示，經(jīng)過一段時(shí)間觀察到A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，B點(diǎn)振動(dòng)始終減弱，兩者振幅差20cm，且A、B之間沒有振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.波源S1產(chǎn)生的波的波長(zhǎng)為6m B.波源S1起振的方向向下C.穩(wěn)定后在兩波源之間（不包括波源）有奇數(shù)個(gè)加強(qiáng)點(diǎn)D.0～1s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)B通過的路程為64cm解析：D兩波源在勻質(zhì)輕繩上傳播，速度相同，且能發(fā)生穩(wěn)定的干涉，頻率相同，故則兩列波的波長(zhǎng)相同，A、B兩者相距1m，A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，B點(diǎn)振動(dòng)始終減弱，且A、B之間沒有振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)，則2xAB＝12λ，解得波源S1產(chǎn)生的波的波長(zhǎng)為λ＝4m，故A錯(cuò)誤；在A點(diǎn)，波程差為6m，為32λ，A點(diǎn)振動(dòng)始終加強(qiáng)，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(cuò)誤；兩波源起振相反，故中間點(diǎn)是減弱點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性可知加強(qiáng)點(diǎn)為偶數(shù)個(gè)，故C錯(cuò)誤；設(shè)S2的振幅為A2＝12cm且A2＞A1，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的振幅為A0＝A1＋A2，振動(dòng)減弱點(diǎn)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(diǎn)用時(shí)0.2s，B點(diǎn)振動(dòng)0.2后，S2傳到B，接下來一起振動(dòng)0.6s，所以質(zhì)點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)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(diǎn)為半球體的球心，M為圓錐體的頂點(diǎn)。平行于MO的光線從半球體表面N點(diǎn)射入玻璃吊墜，經(jīng)折射后恰好經(jīng)過M點(diǎn)，N點(diǎn)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?yàn)镸O＝NO，所以∠NMO＝∠MNO＝α，由幾何知識(shí)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(xiàng)選擇題8.（2024·廣東惠州期末）為模擬空氣凈化過程，設(shè)計(jì)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(huì)形成一片勻強(qiáng)電場(chǎng)，初速度為零的帶電塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖甲箭頭方向所示：而在乙圓桶軸線處放一直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與桶壁間也加上恒定電壓U，會(huì)形成沿半徑方向的輻向電場(chǎng)，初速度為零的帶電塵粒的運(yùn)動(dòng)方向如圖乙箭頭方向所示。已知帶電塵粒運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，假設(shè)每個(gè)塵粒的質(zhì)量和帶電荷量均相同，帶電塵粒的重力忽略不計(jì)，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(yùn)動(dòng)過程中，塵粒所受電場(chǎng)力變小C.任意相等時(shí)間內(nèi)，甲桶中電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做的功一定相等D.甲、乙兩桶中，電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值相等解析：BD在甲桶中的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)F＝qE可知，塵粒受電場(chǎng)力為恒力，由于空氣阻力與塵粒運(yùn)動(dòng)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(jù)公式F＝ma，可知，塵粒合外力改變，則塵粒的加速度變化，A錯(cuò)誤；乙空間中的電場(chǎng)為放射狀的，不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，因此越遠(yuǎn)離導(dǎo)線的地方電場(chǎng)強(qiáng)度越小，所以塵粒在向桶壁運(yùn)動(dòng)過程中，塵粒所受電場(chǎng)力變小，B正確；根據(jù)公式W＝Fs，F(xiàn)＝qE，整理可知W＝qEs，由于塵粒在電場(chǎng)中，不做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在任意相等時(shí)間內(nèi)，位移s可能不同，即任意相等時(shí)間內(nèi)，甲桶中電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做的功不一定相等，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式W＝qU，可知，電場(chǎng)力對(duì)單個(gè)塵粒做功的最大值都等于qU，D正確。9.（2024·河南鄭州預(yù)測(cè)）如圖，虛線MN右側(cè)有垂直于紙面向外的磁場(chǎng)，取MN上一點(diǎn)O作為原點(diǎn)，水平向右建立x軸，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x坐標(biāo)（以m為單位）的分布規(guī)律為B＝1＋x（T），一質(zhì)量為1kg、邊長(zhǎng)為1m、電阻為2Ω的正方形金屬框abcd在MN左側(cè)的光滑水平面上在水平力的作用下進(jìn)入磁場(chǎng)，在金屬框運(yùn)動(dòng)的過程中，ab邊始終與MN平行，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中電流大小始終為1A，之后以完全進(jìn)入時(shí)的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A.金屬框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2m/sB.金屬框進(jìn)磁場(chǎng)過程通過金屬框截面的電荷量為34C.金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程動(dòng)能減小了1JD.金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，外力做功的功率大小為0.5W解析：ABD金屬框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)I＝B0Lv1R，解得v1＝2m/s，故A正確；金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)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(dāng)金屬框cd邊剛好要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)速度為v2，則I＝（B0+1）Lv2R，解得v2＝1m/s，因此金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程動(dòng)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(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的鐵球從距彈簧上端h的O點(diǎn)靜止釋放，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，鐵球所受彈力F的大小隨鐵球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列結(jié)論正確的是（）A.彈簧彈性勢(shì)能最大值為mg（h＋2x0）B.鐵球運(yùn)動(dòng)過程中最大動(dòng)能mgh＋12mgxC.當(dāng)x＝h時(shí)鐵球重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)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(dāng)x＝h＋x0時(shí)，鐵球的重力跟彈簧彈力平衡，此時(shí)鐵球速度最大，動(dòng)能最大，所以鐵球和彈簧組成的系統(tǒng)的重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mg（h＋x0）－12mgx0＝Ekm，可得Ekm＝mgh＋12mgx0，故B正確，C錯(cuò)誤；鐵球剛接觸彈簧的一段時(shí)間內(nèi)，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(xù)向下運(yùn)動(dòng)，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(shí)沒有速度，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，彈簧的最大壓縮量為2x0，而實(shí)際上鐵球剛接觸彈簧時(shí)有向下的速度，可知彈簧的最大壓縮量大于2x0，鐵球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的坐標(biāo)大于h＋2x0，所以彈簧彈性勢(shì)能的最大值大于mg（h＋2x0），故三、實(shí)驗(yàn)題11.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中（1）下列操作正確的是B。（2）實(shí)驗(yàn)獲得一條紙帶，截取點(diǎn)跡清晰的一段并測(cè)得數(shù)據(jù)如圖所示，已知打點(diǎn)的頻率為50Hz，則打點(diǎn)“13”時(shí)，重錘下落的速度大小為3.34m/s（保留三位有效數(shù)字）。（3）某同學(xué)用紙帶的數(shù)據(jù)求出重力加速度g＝9.77m/s2，并用此g值計(jì)算得出打點(diǎn)“1”到“13”過程重錘的重力勢(shì)能減小值為5.09m，另計(jì)算得動(dòng)能增加值為5.08m（m為重錘質(zhì)量），則該結(jié)果能（選填“能”或“不能”）驗(yàn)證機(jī)械能守恒，理由是見解析。解析：（1）應(yīng)手提紙帶上端使紙帶豎直，同時(shí)使重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，由靜止釋放。故選B。（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程平均速度可得打點(diǎn)“13”時(shí)，重錘下落的速度大小v13＝0＝0.6069m－0.（3）能驗(yàn)證機(jī)械能守恒；理由是“在誤差允許的范圍內(nèi)，重錘的重力勢(shì)能減小值等于動(dòng)能增加值”。12.（2024·浙江溫州二模）磁敏電阻是一種對(duì)磁敏感、具有磁阻效應(yīng)的電阻元件。物質(zhì)在磁場(chǎng)中電阻發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為磁阻效應(yīng)。某實(shí)驗(yàn)小組利用伏安法測(cè)量一磁敏電阻RM的阻值（約幾千歐）隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化關(guān)系。所用器材：電源E（6V）、滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為20Ω），電壓表（量程為0～3V，內(nèi)阻為2kΩ）和毫安表（量程為0～3mA，內(nèi)阻不計(jì)）。定值電阻R0＝1kΩ、開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）為了使磁敏電阻兩端電壓調(diào)節(jié)范圍盡可能大，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示，請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線在乙圖中將實(shí)物連線補(bǔ)充完整。答案：見解析圖（2）某次測(cè)量時(shí)電壓表的示數(shù)如圖丙所示，電壓表的讀數(shù)為1.30V，電流表讀數(shù)為0.5mA，則此時(shí)磁敏電阻的阻值為3900Ω（3.9×103Ω）。（3）實(shí)驗(yàn)中得到該磁敏電阻阻值R隨磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化的曲線如圖丁所示，某同學(xué)利用該磁敏電阻制作了一種報(bào)警器，其電路的一部分如圖戊所示。圖中E為直流電源（電動(dòng)勢(shì)為6.0V，內(nèi)阻可忽略），當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過2.0V時(shí)，便觸發(fā)報(bào)警器（圖中未畫出）報(bào)警。若要求開始報(bào)警時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，則圖中R2（填“R1”或“R2”）應(yīng)使用磁敏電阻，另一固定電阻的阻值應(yīng)為2.8kΩ（保留2位有效數(shù)字）。解析：（1）根據(jù)電路圖甲，在乙圖中補(bǔ)充實(shí)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(shù)為1.30V，根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的關(guān)系，磁敏電阻兩端的電壓為1.30V2kΩ×2kΩ電流表讀數(shù)為0.5mA，故此時(shí)磁敏電阻的阻值為R＝1.950.5×10－3（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得輸出電壓為U＝E要求輸出電壓達(dá)到或超過2.0V時(shí)報(bào)警，即要求磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，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(shí)現(xiàn)此功能，故R2為磁敏電阻；開始報(bào)警時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，此時(shí)R2＝1.4kΩ電壓為U＝2.0V根據(jù)電路關(guān)系有UR2解得另一固定電阻的阻值應(yīng)為R1＝2.8kΩ。4.選擇題＋實(shí)驗(yàn)題組合練（4）一、單項(xiàng)選擇題1.（2024·江西上饒模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)太陽內(nèi)部的氫元素消耗殆盡后，內(nèi)部高溫高壓使三個(gè)氦核發(fā)生短暫的熱核反應(yīng)，被稱為氦閃，核反應(yīng)方程為324He→X，已知24He的結(jié)合能為E1，X的結(jié)合能為E2，則下列判斷正確的是A.該核反應(yīng)是α衰變B.X的中子數(shù)比質(zhì)子數(shù)多C.E2＝3E1D.核反應(yīng)放出的熱量為E2－3E1解析：D根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒，可知核反應(yīng)方程為324He→612X，該核反應(yīng)屬于核聚變，不屬于α衰變，A錯(cuò)誤；中子數(shù)等于質(zhì)量數(shù)減去質(zhì)子數(shù)，因此X核中有6個(gè)中子，有6個(gè)質(zhì)子，B錯(cuò)誤；該反應(yīng)存在質(zhì)量虧損，會(huì)釋放大量熱量，由能量守恒定律知，核反應(yīng)釋放的熱量為Q＝E2－3E1，即E2＞3E1，C2.如圖所示為雙縫干涉實(shí)驗(yàn)原理圖，單縫S0、雙縫中點(diǎn)O、屏上的P0點(diǎn)位于狹縫S1和S2連線的中垂線上，當(dāng)雙縫與光屏距離為8cm時(shí)，屏上P處為中央亮紋一側(cè)的第3條亮紋，現(xiàn)將光屏靠近雙縫，觀察到P處依舊為亮紋，則光屏移動(dòng)的最小距離為（）A.2cm B.3.2cmC.4cm D.6cm解析：A楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)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(diǎn)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(zhǎng)；設(shè)移動(dòng)的距離為x'，根據(jù)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(diǎn)電荷分別放在x軸上的O點(diǎn)和M點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢(shì)最高，則下列說法正確的是（）A.兩點(diǎn)電荷的電性相同B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C.N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.質(zhì)子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中電勢(shì)能減小解析：C由題圖可知，在O點(diǎn)放的是正電荷，在M點(diǎn)放的是負(fù)電荷，即二者的電性相反，故A錯(cuò)誤；φ-x圖像切線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，A、N兩點(diǎn)的斜率不為零，C點(diǎn)切線的斜率為零，所以N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤，C正確；質(zhì)子帶正電，從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤。4.（2024·湖北武漢模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的小球P用輕彈簧和細(xì)線分別懸掛于固定在小車上的支架M、N兩點(diǎn)。已知彈簧勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，當(dāng)小車水平向右做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)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(xì)線的張力不可能為0B.若小車向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧伸長(zhǎng)量為mgC.彈簧的彈力不可能為0，也不可能處于壓縮狀態(tài)D.若小車水平向右的加速度a＞gtanθ，彈簧伸長(zhǎng)量為ma解析：B若小車向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因輕彈簧處于豎直方向，可知細(xì)線張力為0，此時(shí)彈簧彈力等于重力，即kx＝mg，解得彈簧伸長(zhǎng)量x＝mgk，故A錯(cuò)誤，B正確；若a＝gtanθ，則Tsinθ＝ma，F(xiàn)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(wèi)星成功運(yùn)行后，我國在世界上首次實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信，構(gòu)建天地一體化的量子保密通信與科學(xué)實(shí)驗(yàn)體系。1軌道為量子衛(wèi)星靜止在赤道上隨地球自轉(zhuǎn)，2為近地軌道，3為地球的同步軌道，如圖所示。已知該衛(wèi)星在1軌道隨地球自轉(zhuǎn)的周期約為近地軌道2運(yùn)動(dòng)周期的17倍，關(guān)于該衛(wèi)星在1、2、3軌道繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是（）A.衛(wèi)星在軌道1的加速度最大，線速度最小B.衛(wèi)星在軌道2的加速度最大，線速度最大C.衛(wèi)星在軌道3運(yùn)動(dòng)的周期最大，線速度最小D.若將該衛(wèi)星放在南極極點(diǎn)上，與軌道1處相比，其重力將變?yōu)樵瓉淼?.89倍解析：B對(duì)于1軌道和3軌道，周期相等，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，a＝ω2r，可知衛(wèi)星在1軌道的加速度和線速度都小于衛(wèi)星在3軌道的加速度和線速度，對(duì)于2軌道和3軌道，根據(jù)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(wèi)星在2軌道的線速度大于衛(wèi)星在3軌道的線速度，衛(wèi)星在2軌道的加速度大于衛(wèi)星在3軌道的加速度，衛(wèi)星在2軌道的周期小于衛(wèi)星在3軌道的周期，綜上所述可得衛(wèi)星在軌道2的加速度最大，線速度最大，故B正確，A、C錯(cuò)誤；設(shè)衛(wèi)星在2軌道上運(yùn)行的周期為T，地球半徑為R，根據(jù)題意可知，在南極極點(diǎn)上，衛(wèi)星的重力G＝m·4π2T2·R，在赤道上，衛(wèi)星的重力G'＝m·4π2T26.（2024·四川內(nèi)江期末）如圖，由a、b兩種單色光組成的復(fù)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(shí)間為3B.a光在半球形水霧中的傳播時(shí)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(shí)驗(yàn)，在相同實(shí)驗(yàn)條件下，b光比a光的條紋間距大解析：D設(shè)入射角為θ，由折射定律可知，對(duì)b光有nb＝sin45°sinθ，解得θ＝30°，對(duì)于a光，由折射定律可知na＝sin60°sinθ＝3，設(shè)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(shí)間t＝Rva，聯(lián)立可得t＝3Rc，故A、B錯(cuò)誤；因?yàn)閚a＞nb，故波長(zhǎng)λa＜λb，故a單色光的頻率比b單色光的頻率大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)C項(xiàng)分析知λa＜λb，利用a、b單色光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，在相同實(shí)驗(yàn)條件下，根據(jù)Δx＝7.臨近盛夏，池中的荷葉已經(jīng)寬大而厚實(shí)，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場(chǎng)所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測(cè)得時(shí)間t內(nèi)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(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，建立以下模型：假設(shè)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(shí)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(shí)重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對(duì)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(shè)荷葉的面積為S，則t時(shí)間內(nèi)落到荷葉上面雨滴的質(zhì)量為m＝ρSh，根據(jù)題意，有23的雨滴向四周散開，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有F1t＝2m3×v5－－2m3v，另13的雨滴留在葉面上，根據(jù)動(dòng)量定理有F2t＝0－－m3v，根據(jù)壓強(qiáng)的定義式p＝FS，二、多項(xiàng)選擇題8.兩持續(xù)振動(dòng)的振源P、Q分別位于x軸上x1＝－3cm和x2＝9cm處，t＝0時(shí)刻兩振源同時(shí)開始振動(dòng)，在同一均勻介質(zhì)中在x軸上產(chǎn)生兩列傳播速度大小相等、方向相反的機(jī)械波。t＝3s時(shí)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(fù)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(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)始終加強(qiáng)D.兩列波在x＝2.5cm處相遇后，該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)始終加強(qiáng)解析：AD振源Q形成的波沿x軸負(fù)方向傳播，根據(jù)同側(cè)法可知x＝6cm處質(zhì)點(diǎn)起振方向沿y軸負(fù)方向，則振源Q起振方向沿y軸負(fù)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(cuò)誤；兩列波在同一介質(zhì)中傳播，則波速相等，在x＝1cm處相遇后，振動(dòng)情況完全相反，該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)始終減弱。故C錯(cuò)誤；同理，兩列波在x＝2.5cm處相遇后，振動(dòng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），M是垂直于x軸的熒光屏，O點(diǎn)到屏M的距離為R。O點(diǎn)為一粒子源，從O點(diǎn)沿Oy方向發(fā)射出一束速度不同、比荷相同的帶正電粒子，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中所示，則（）A.磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里B.帶電粒子的比荷為vC.磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為πD.磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為π解析：BD根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，故A錯(cuò)誤；根據(jù)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(chǎng)邊界是45°斜線，如圖，則磁場(chǎng)區(qū)域最小面積為陰影部分面積，即Smin＝πR24－12R10.如圖所示，發(fā)電機(jī)中線圈的匝數(shù)為N，線圈所圍面積為S，旋轉(zhuǎn)的角速度為ω，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)；當(dāng)變壓器副線圈上的滑片P在圖示位置時(shí)，變壓器的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶2；開始時(shí)發(fā)電機(jī)線圈與磁感線垂直。下列判斷正確的是（）A.電壓表的讀數(shù)為2NBSωB.電流表的讀數(shù)為2C.發(fā)電機(jī)線圈由圖示位置旋轉(zhuǎn)14周，通過電流表的電荷量為D.P向上移動(dòng)時(shí)，發(fā)電機(jī)的輸出功率增大解析：BC感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝NBSω，有效值U1＝NBSω2，由U1U2＝n1n2可得，電壓表讀數(shù)為U2＝2NBSω，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)B正確；設(shè)變壓器及左邊電路的等效電阻為R等，則R等＝n1n22R＝R4，發(fā)電機(jī)線圈由圖示位置旋轉(zhuǎn)14周，通過電流表的電荷量為Q三、實(shí)驗(yàn)題11.（2024·四川內(nèi)江期末）某實(shí)驗(yàn)小組“用單擺測(cè)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(dòng)所用時(shí)間，如圖所示，其讀數(shù)為52.0s。（3）以下是實(shí)驗(yàn)過程中的一些做法，其中正確的是C。A.測(cè)量擺長(zhǎng)：用刻度尺量出從懸點(diǎn)到擺球上端點(diǎn)間的距離B.測(cè)量周期：從擺球通過平衡位置開始計(jì)時(shí)，當(dāng)擺球再次通過平衡位置時(shí)結(jié)束計(jì)時(shí)，秒表所示讀數(shù)表示單擺的周期C.為了減小測(cè)量周期的誤差，擺球應(yīng)在經(jīng)過最低點(diǎn)（速度最大）的位置開始計(jì)時(shí)；D.拉開擺球，使擺線離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當(dāng)擺球振動(dòng)穩(wěn)定后，從平衡位置開始計(jì)時(shí)，記下擺球50次經(jīng)過平衡位置所用的時(shí)間Δt，則單擺周期T＝Δ（4）另一組同學(xué)測(cè)出了擺線長(zhǎng)度L和擺動(dòng)周期T，如圖a所示。通過改變懸線長(zhǎng)度L，測(cè)出對(duì)應(yīng)的擺動(dòng)周期T，獲得多組T與L，再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數(shù)關(guān)系圖像如圖b所示。由圖像可知，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝π2m/s2（結(jié)果用含π的表達(dá)式）。解析：（1）為了使擺長(zhǎng)不變，用不可伸長(zhǎng)的細(xì)絲線，不能用彈性棉線，且用夾子夾住細(xì)絲線，A、C錯(cuò)誤；為了減小空氣阻力產(chǎn)生的影響，不能用塑料球，應(yīng)該用鐵球，B錯(cuò)誤，D正確。（2）秒表的讀數(shù)為52.0s。（3）測(cè)量擺長(zhǎng)：用刻度尺量出從懸點(diǎn)到擺球球心的距離，A錯(cuò)誤；測(cè)量周期：從擺球通過平衡位置開始計(jì)時(shí)數(shù)零，擺球振動(dòng)多次后，當(dāng)某次相同方向通過平衡位置時(shí)結(jié)束計(jì)時(shí)，秒表所示讀數(shù)與全振動(dòng)次數(shù)的比值表示單擺的周期，B錯(cuò)誤；為了減小測(cè)量周期的誤差，擺球應(yīng)在經(jīng)過最低點(diǎn)（速度最大）的位置開始計(jì)時(shí)，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(dāng)擺球振動(dòng)穩(wěn)定后，從平衡位置開始計(jì)時(shí)數(shù)零，記下擺球50次經(jīng)過平衡位置所用的時(shí)間Δt，則單擺周期T＝Δt502＝Δ（4）根據(jù)單擺的周期公式得T＝2πL＋D2g，解得T2＝4π2gL＋2π2Dg，根據(jù)圖像得12.（2024·甘肅酒泉三模）因電動(dòng)汽車充電比燃燒汽油更便宜，故電動(dòng)汽車更受到市場(chǎng)的歡迎。某興趣小組為了測(cè)量某電動(dòng)汽車上安裝的電池的電動(dòng)勢(shì)E（300～400V）和內(nèi)阻r（0～10Ω），利用實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有器材進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。（1）實(shí)驗(yàn)室只有一個(gè)量程為100V、內(nèi)阻為RV＝5kΩ的電壓表，現(xiàn)把此電壓表改裝成量程為400V的電壓表，需串聯(lián)（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)阻值為R0＝15kΩ的電阻，然后再測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)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(shù)記為U）連接成如圖甲所示的電路，來測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，根據(jù)電阻箱接入電路的阻值R和電壓表的示數(shù)U作出1R-1U圖像，如圖乙所示，則該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝360V、內(nèi)阻r＝9（3）由實(shí)驗(yàn)可知，電池電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真實(shí)值；內(nèi)阻的測(cè)量值小于（填“大于”“等于”或“小于”）真實(shí)值。解析：（1）根據(jù)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(lián)較大電阻，該串聯(lián)電阻阻值為R0＝U－UVIV＝U（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得4U＝E－4UR整理可得1R＝E4r·結(jié)合圖像可得E4r1r＝19，聯(lián)立解得E＝360V，r＝9（3）根據(jù)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(lián)，所以新電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻均減小，所以電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值。5.選擇題＋實(shí)驗(yàn)題組合練（5）一、單項(xiàng)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(wěn)定的元素，A.衰變方程中的X為質(zhì)子B.3890Sr的比結(jié)合能小于39C.此反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是Sr原子發(fā)生電離D.經(jīng)過84年，會(huì)有23的鍶90解析：B根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知X為電子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；衰變反應(yīng)是放能反應(yīng)，衰變產(chǎn)物3990Y是一種更穩(wěn)定的元素，可知其比結(jié)合能大于

3890Sr的比結(jié)合能，B項(xiàng)正確；β衰變的實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)部的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子，同時(shí)釋放出一個(gè)電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)半衰期公式，經(jīng)過84年即3個(gè)半衰期還剩余（12）3＝18的鍶90沒有發(fā)生衰變，即會(huì)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(shí)后車才能開動(dòng)。已知車長(zhǎng)均為4m，開動(dòng)后車都以2m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到離開路口。綠燈亮起瞬間，第一輛車立即開動(dòng)，下列說法正確的是（）A.第二輛車剛開動(dòng)時(shí)，第一輛車已行駛的時(shí)間至少為5sB.第六輛車前端剛到達(dá)停止線時(shí)的速度大小為230m/sC.從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動(dòng)所需時(shí)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(shí)間為15s解析：D當(dāng)?shù)谝惠v車向前行駛4m時(shí)，第二輛車開始啟動(dòng)，根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)系可得x1＝12at12，代入數(shù)據(jù)解得t1＝2s，故A錯(cuò)誤；第六輛車前端距離停止線25m，根據(jù)速度與位移關(guān)系可得v2＝2ax6，解得v＝10m/s，故B錯(cuò)誤；前面一輛車開始啟動(dòng)2s后，后面一輛車開始啟動(dòng)，所以從綠燈剛亮起到第六輛車剛開動(dòng)所需時(shí)間至少為t'＝5×2s＝10s，故C錯(cuò)誤；由于第六輛車前端距離停止線25m，根據(jù)位移與時(shí)間關(guān)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(shí)間為t'＋t6＝153.（2024·河南模擬）如圖所示，一橫截面為圓環(huán)形的玻璃磚，外徑為內(nèi)徑的2倍，O為圓心。一束單色光由A點(diǎn)射入玻璃磚，當(dāng)入射角為α?xí)r，折射光線恰好不能透過內(nèi)壁進(jìn)入內(nèi)圓（不考慮折射光線經(jīng)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(dāng)入射角為α?xí)r，光路如圖所示，根據(jù)折射定律知n＝sinαsinθ，由題意知，此時(shí)折射光線剛好在內(nèi)壁表面發(fā)生全反射，故sinC＝1n，在△AOB中，由正弦定理得2Rsin180°－C＝Rsinθ，聯(lián)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(shí)間后乒乓球便恢復(fù)原狀，然后將其從熱水中拿出，乒乓球內(nèi)部氣體（視為理想氣體）經(jīng)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(xué)溫度，已知理想氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比，則下列結(jié)論正確的是（）A.狀態(tài)A、B的壓強(qiáng)之比為3∶2B.A→D過程，球內(nèi)氣體從外界吸收的熱量為零C.在狀態(tài)C、D時(shí)氣體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能之比為4∶1D.在狀態(tài)C、D時(shí)氣體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能之比為1∶4解析：C根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知pA·V02T0＝pBV03T0，解得pA∶pB＝2∶3，A錯(cuò)誤；A→D的過程中，溫度不變，故內(nèi)能不變，氣體體積增大，對(duì)外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體從外界吸收熱量，B錯(cuò)誤；由題意可知，氣體的平均動(dòng)能Ek＝ε·T（ε＞0），C、D兩狀態(tài)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(huán)，一不計(jì)重力的帶正電粒子以初速度v0從遠(yuǎn)離兩環(huán)的地方（可看成無窮遠(yuǎn)）沿兩環(huán)軸線飛向圓環(huán)，恰好可以穿越兩環(huán)。已知兩環(huán)軸線上的電勢(shì)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(huán)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(shè)＋Q和－Q圓環(huán)的圓心分別為O1和O2，帶正電的粒子從右側(cè)沿水平軸線飛來的過程中，在O1點(diǎn)的右側(cè)受到的電場(chǎng)力的方向向右，電場(chǎng)力做負(fù)功，從O1點(diǎn)的左側(cè)到O2點(diǎn)的右側(cè)受到的電場(chǎng)力的方向向左，電場(chǎng)力做正功，在O2點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)力做負(fù)功，則帶電粒子在穿過兩個(gè)圓環(huán)飛向另一側(cè)的過程中，速度先減小，后增加，再減小，在O1點(diǎn)電勢(shì)最高設(shè)為φm，在O2點(diǎn)電勢(shì)最低設(shè)為－φm，由能量關(guān)系可知，在O1點(diǎn)處電勢(shì)能最大，動(dòng)能最小，在O2點(diǎn)電勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，在無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，根據(jù)題意得12mv02＝qφm，當(dāng)速度為2v0時(shí)，有12m2v02＝12mvmin2＋qφm，12m2v02＝12mvmax2－qφm，聯(lián)立解得vmin＝3v0，vmax6.（2024·山東煙臺(tái)三模）北京時(shí)間2024年1月5日19時(shí)20分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號(hào)甲運(yùn)載火箭，成功將天目一號(hào)氣象星座15－18星（以下簡(jiǎn)稱天目星）發(fā)射升空，天目星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，至此天目一號(hào)氣象星座階段組網(wǎng)完畢。天目星的發(fā)射變軌過程可簡(jiǎn)化為如圖所示，先將天目星發(fā)射到距地面高度為h1的圓形軌道Ⅰ上，在天目星經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火實(shí)施變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，最后在橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B點(diǎn)再次點(diǎn)火將天目星送入距地面高度為h2的圓形軌道Ⅲ上，設(shè)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為（）A.π2Rh1＋C.πRh1＋h解析：B根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系得GMmR2＝mg，在圓形軌道Ⅰ上，根據(jù)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(zhǎng)軸為a＝2R＋h1＋h22，根據(jù)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(zhì)彈簧（不拴接），在外力作用下靜止在水平桌面上，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，它們與彈簧分離的過程中與桌面間因摩擦產(chǎn)生的熱量分別為Q甲、Q乙，不考慮空氣阻力，對(duì)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(shí)，乙在減速C.系統(tǒng)一定受到向右的沖量D.Q甲可能等于初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)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(cuò)誤；根據(jù)f＝μmg可知甲所受摩擦力較大，彈簧對(duì)兩物體的彈力大小相等，由牛頓第二定律可知，當(dāng)甲的加速度為0時(shí)，乙在加速，故B錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)受力分析可知合力方向向右，由I＝Ft可知系統(tǒng)一定受到向右的沖量，故C正確；根據(jù)能量守恒定律Ep＝Q甲＋Q乙＋Ek甲＋Ek乙，可知Q甲小于初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，故D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題8.（2024·河北保定二模）如圖所示，三個(gè)小孩分別坐在三輛碰碰車（可看成質(zhì)點(diǎn)）上，任意一個(gè)小孩加上自己的碰碰車后的總質(zhì)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(shí)彼此隔開相等的距離。具有初動(dòng)能E0的碰碰車1向右運(yùn)動(dòng)，依次與兩輛靜止的碰碰車2、3發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間很短且碰后連為一體，最后這三輛車粘成一個(gè)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(dòng)能等于13EB.碰碰車1運(yùn)動(dòng)到2的時(shí)間與2運(yùn)動(dòng)到3的時(shí)間之比為2∶3C.碰碰車第一次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能和第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能之比為3∶1D.碰碰車第一次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能和第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能之比為3∶2解析：AC由系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得mv0＝3mv，其中E0＝12mv02，則三輛碰碰車整體最后的動(dòng)能等于Ek＝12×3mv2＝13E0，故A正確；設(shè)相鄰兩車間的距離為x，碰碰車1運(yùn)動(dòng)到2的時(shí)間為t1＝xv0，依題意，碰碰車1與靜止的碰碰車2碰撞過程，動(dòng)量守恒，有mv0＝2mv12，則碰碰車2運(yùn)動(dòng)到3的時(shí)間為t2＝xv12＝2xv0，可得t1∶t2＝1∶2，故B錯(cuò)誤；碰碰車第一次碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE1＝12mv02－12×2mv122＝14mv02，碰碰車第二次碰撞時(shí)損失的機(jī)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(dǎo)軌AOC固定在絕緣水平桌面上，三角形AOC為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形，一根足夠長(zhǎng)的金屬棒PQ放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)空間中有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌及金屬棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r。不計(jì)一切摩擦。金屬棒初始時(shí)緊靠O點(diǎn)。給金屬棒一個(gè)水平向右的拉力，使金屬棒從O點(diǎn)開始以大小為v的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與AC平行，則金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)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(shí)間均勻增大D.整個(gè)過程，拉力的沖量大小為3解析：AC當(dāng)金屬棒從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)，金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度為l＝2xtan30°，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)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(cuò)誤；拉力等于安培力，即F＝BIl