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选择题满分练(一)
(时间：35 分钟)
一、单项选择题(本题共8 小题，每小题3 分，共24 分。每小题只有一个选项符
合题目要求。)
1.(2024·浙江杭州二模)如图1，S 为单色光源，M 为一水平放置的平面镜。S 发出
的光一部分直接照在竖直光屏上，另一部分通过平面镜反射在光屏上，这样在屏
上可以看到明暗相间的条纹。设光源S 到平面镜和光屏的距离分别为a 和l，相
邻两条亮纹(或暗纹)间距离为Δx，则光的波长λ 为( )
图1
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 根据题意可知，光源到屏的距离可以看作双缝到屏的距离l，光源S 与平
面镜中虚像S′的间距看作双缝的间距d，则有d＝2a，由Δx＝λ，可得λ＝，故B
正确。
2.(2024·山东泰安一模)如图2 所示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。
运动员沿边线将足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，又向前追上足球，
下列可能反映此过程的v－t 图像和x－t 图像是( )
图2
答案 C
解析 足球沿边线在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，速度越来越小；运动员
为了追上足球做加速运动，速度越来越大。v－t 图像与坐标轴的面积表示位移，
当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，v－t 图像与坐标轴围成的面积
相同，故A、B 错误；x－t 图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x－t
图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的x－t 图像斜
率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足
球和运动员的x－t 图像交于一点，故C 正确，D 错误。
3.(2024·河北保定一模)如图3，质量为0.2 kg 的小球A 在水平力F 作用下，与四
分之一光滑圆弧形滑块B 一起静止在地面上，小球球心跟圆弧圆心连线与竖直
方向夹角θ＝60°，g 取10 m/s2。则以下说法正确的是( )
图3
A.B 对A 的支持力大小为2 N
B.水平地面对B 的摩擦力方向水平向右
C.增大夹角θ，若A、B 依然保持静止，F 减小
D.增大夹角θ，若A、B 依然保持静止，地面对B 的支持力减小
答案 B
解析 对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件，B 对A 的支持力FN＝＝4 N，
故A 错误；对A、B 整体受力分析，在水平方向，根据平衡条件，摩擦力与水平
力F 等大反向，即摩擦力水平向右，故B 正确；对A 受力分析，则F＝mgtan
θ，增大夹角θ，若A、B 依然保持静止，F 增大，故C 错误；对A、B 整体受力
分析，在竖直方向，根据平衡条件，支持力与A、B 的重力二力平衡，大小相等，
即地面对B 的支持力不变，故D 错误。
4.(2024·山东临沂一模)1905 年，爱因斯坦获苏黎世大学物理学博士学位，并提出
光子假设，成功解释了光电效应，因此获得1921 年诺贝尔物理学奖。如图4 所
示，金属极板M 受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M 放置一
金属网N，在M、N 之间加恒定电压U。已知M、N 间距为d(远小于板长)，电
子的质量为m，电荷量为e，则( )
图4
A.M、N 间距离增大时电子到达N 的动能也增大
B.只有沿x 方向逸出的电子到达N 时才有最大动能mv＋eU
C.电子从M 到N 过程中y 方向最大位移为vmd
D.M、N 之间的遏止电压等于
答案 C
解析 M、N 间距离增大时，由于M、N 间的电压不变，电场力对电子做功不变，
则电子到达N 的动能并不会随着距离的增大而增大，故A 错误；电子从M 到N
运动过程，根据动能定理可得eU＝mv－mv，可知无论从哪个方向逸出的电子到
达N 时的最大动能均为mv＝mv＋eU，故B 错误；当电子从M 板沿y 方向逸出，
且速度最大时，电子从M 到N 过程中y 方向位移最大，则有ym＝vmt，沿x 方向
有d＝at2，a＝，联立可得ym＝vmd，故C 正确；设M、N 之间的遏止电压为
Uc，根据动能定理可得－eUc＝0－mv，解得Uc＝，故D 错误。
5.(2024·湖南长沙模拟)人类发现并记录的首颗周期彗星——哈雷彗星在2023 年
12 月初抵达远日点后开始掉头，踏上归途。已知哈雷彗星大约每76 年环绕太阳
一周，如图5 所示为地球、哈雷彗星绕太阳运动的示意图，哈雷彗星轨道是一个
很扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1，在远日点与太阳中心的距离为
r2，若地球的公转轨道可视为半径为R 的圆轨道，则下列说法正确的是( )
图5
A.哈雷彗星在近日点与远日点的速度大小之比为
B.哈雷彗星在近日点与远日点的加速度大小之比为
C.哈雷彗星大约将在2071 年左右再次离太阳最近
D.哈雷彗星的轨道参数与地球轨道参数间满足≈18
答案 B
解析 根据开普勒第二定律，取时间微元Δt，结合扇形面积公式可得v1Δtr1＝
v2Δtr2，解得＝，A 错误；由牛顿第二定律可得，在近日点时，＝ma1，在远日点
时，＝ma2，联立解得＝，B 正确；由题中信息可知，哈雷彗星将在2023＋
(76÷2)＝2061 年左右回到近日点，C 错误；根据开普勒第三定律＝k，得＝，则
有a＝R≈18R，又半长轴a＝，则≈36，D 错误。
6.(2024·天津和平二模)一实验小组使用如图6 所示的装置探究力和运动的关系，
P 是位于光滑水平轨道上的滑块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P 与钩码Q 相
连，Q 的质量为m，开始时用手托住Q，绳子处于拉直状态，释放Q 后两物体由
静止开始运动的过程中(P 未与滑轮相碰)，P 与滑轮间的绳子是水平的，以下对
实验规律描述中正确的是( )
图6
A.P 受到轻绳的拉力大小等于Q 的重力mg
B.Q 减小的重力势能等于P 增加的动能
C.若P 与滑轮间的绳子不水平，P 也能做匀变速直线运动
D.某段时间内，Q 的重力冲量大小大于P 的动量增加量
答案 D
解析 P、Q 整体做匀加速直线运动，设轻绳拉力为T，加速度为a，对Q 有mg
－T＝ma，则T＝mg－ma，可见P 受到轻绳的拉力大小小于Q 的重力mg，故A
错误；根据能量守恒定律可知Q 减小的重力势能等于P 增加的动能与Q 增加的
动能之和，故B 错误；若P 与滑轮间的绳子不水平，因运动过程绳子与水平方
向夹角不断变化，所以P 不能做匀变速直线运动，故C 错误；某段时间t 内，对
Q，由动量定理有mgt－Tt＝mv，对P，Tt＝mPv，联立得mgt＝mPv＋mv，可见Q
的重力冲量大小大于P 的动量增加量，故D 正确。
7.(2024·广东广州高三期末)阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，
其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图7，探测器内边长为L 的正方形abcd
区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电荷量为
＋q 的粒子从ab 中点O 沿纸面垂直ab 边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从
ad 边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p 满足( )
图7
A.qBL≤p≤
B.≤p≤qBL
C.≤p≤
D.p≤或p≥
答案 C
解析 粒子从ad 边射出的临界轨迹如图所示
带电荷量为＋q 的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得r＝＝，粒
子从a 点射出时，由几何关系可得最小半径为r1＝；粒子从d 点射出时，由几何
关系可得L2＋＝r，解得最大半径为r2＝，粒子从ad 边射出的半径满足≤r≤，故
粒子进入磁场时的动量p 满足≤p≤，故C 正确。
8.如图8 所示，在磁感应强度大小为0.2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金
属杆MN 在宽度为0.2 m 的平行金属导轨上以5 m/s 的速度沿导轨向右匀速滑动，
电阻R 的阻值为2 Ω，其他电阻不计。金属杆始终与导轨垂直且接触良好，下列
说法正确的是( )
图8
A.通过电阻R 的电流方向为c→a
B.通过电阻R 的电流为0.2 A
C.1 s 内，电阻R 产生的热量为4×10－3 J
D.若磁感应强度为0.4 T，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为0.4 V
答案 D
解析 根据右手定则，通过电阻R 的电流方向为a→c，故A 错误；金属杆产生
的电动势为E＝BLv＝0.2×0.2×5 V＝0.2 V，通过电阻R 的电流为I＝＝ A＝0.1
A，故B 错误；1 s 内，电阻R 产生的热量为Q＝I2Rt＝0.12×2×1 J＝0.02 J，故C
错误；MN 中产生的感应电动势变为E′＝B′Lv＝0.4×0.2×5 V＝0.4 V，故D 正确。
二、多项选择题(本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。每小题有多个选项符合
题目要求。全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。)
9.(2024·河南新乡二模)如图9 所示，理想变压器原线圈接电压u＝12sin(100πt)V
的交流电源，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，副线圈上接一定值电阻R0与电
动机，电动机的内阻RM＝1 Ω，定值电阻R0＝2 Ω。下列说法正确的是( )
图9
A.电动机消耗的最大功率为4.5 W
B.原线圈上电流为3 A 时，电动机消耗功率最大
C.若把电动机换成滑动变阻器(0～5 Ω)，滑动变阻器消耗的最大功率也为4.5 W
D.若把电动机换成滑动变阻器(0～5 Ω)，当R0与滑动变阻器阻值相等时，R0的功
率最大
答案 AC
解析 副线圈两端电压为U2＝U1，将n1∶n2＝2∶1 和U1＝12 V 代入上式解得U2
＝6 V，电动机消耗的功率PM＝U2I2－IR0，当I2＝＝1.5 A 时电动机消耗的功率最
大，即PM＝＝4.5 W，由于是理想变压器，所以＝，电动机消耗功率最大时，原
线圈上电流为I1＝0.75 A，故A 正确，B 错误；把电动机换成滑动变阻器，滑动
变阻器消耗的功率为P＝U2I2－IR0，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的
最大功率相同，故C 正确；R0上的功率为P＝IR0，当电流最大时，定值电阻R0
的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D 错误。
10.(2024·福建卷，7)如图10 甲所示，物体置于足够长光滑斜面上并锁定，t＝0
时刻解除锁定，并对物体沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向下为正
方向，下列说法中正确的是( )
图10
A.0～4t0，物体一直沿斜面向下运动
B.0～4t0，合外力的总冲量为0
C.t0时动量是2t0时的一半
D.2t0～3t0过程物体的位移小于3t0～4t0过程的位移
答案 AD
解析 沿斜面方向，物体受到重力沿斜面向下的分力mgsin θ 和F，分阶段分析，
由牛顿第二定律可知，在0～t0和2t0～3t0阶段，物体的加速度大小为3gsin θ，
方向沿斜面向下，在t0～2t0和3t0～4t0阶段，物体的加速度大小为gsin θ，方向
沿斜面向上，可以画出物体运动的v－t 图像如图所示。
由v－t 图像可知，物体先沿斜面向下加速后沿斜面向下减速，再沿斜面向下加
速后沿斜面向下减速，物体一直沿斜面向下运动，A 正确；全过程中，对物体由
动量定理结合v－t 图像得合外力的总冲量大小为4mgt0sin θ，B 错误；由v－t 图
像可知t0时的动量为2t0时的1.5 倍，C 错误；由v－t 图像与t 轴围成的面积表示
位移可知，2t0～3t0过程比3t0～4t0过程的位移小，D 正确。
11.(2024·山东押题卷)一列简谐横波沿x 轴传播，t＝2 s 时的波形图如图11(a)所示，
在波的传播方向上有两质点P、Q，平衡位置的横坐标分别为xP＝2 m、xQ＝5
m，P 的振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是( )
图11
A.该波的波速为4 m/s
B.波沿x 轴负方向传播
C.t＝5 s 时质点Q 位于平衡位置且向下振动
D.1～5.5 s 内质点P 经过的路程为(50－5)cm
答案 BD
解析 由题图(a)可知波长λ＝4 m，由题图(b)可知周期T＝4 s，可得波速v＝＝
1 m/s，A 错误；由题图(b)可知t＝2 s 时质点P 的振动方向向下，由波的传播方
向与质点振动方向的关系可知波沿x 轴负方向传播，B 正确；由题图(a)可知t＝
2 s 时，质点Q 位于波峰，t＝5 s 时质点Q 位于平衡位置且向上振动，C 错误；1
～5 s 内，质点P 经过的路程为s1＝4A＝40 cm，t＝5 s 时质点P 位于波峰，根据
图(b)可知t＝5.5 s 时质点P 的位移为x＝5 cm，则1～5.5 s 内质点P 经过的路程
为s＝s1＋A－x＝(50－5)cm，D 正确。
12.(2024·重庆模拟预测)质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固
定在地上，钢板处于平衡状态。一质量也为m 的物块从钢板正上方高为h 的A
处由静止释放，落在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点B，已知重力
加速度为g，空气阻力不计。则( )
图12
A.物块和钢板不可能在弹簧压缩时分离
B.从物块释放到最低点的过程中，物块、钢板和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块和钢板一起运动到最低点B 过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg
D.物块和钢板一起运动到最低点B 的过程中，物块对钢板做的功为mgx0
答案 AC
解析 物块和钢板到达最低点B 后，将向上先做加速度减小的加速运动，运动
至向上的弹力大小等于二者重力大小的位置速度最大，然后合力向下，做加速度
增大的减速运动，当弹簧恢复至原长时速度还未减为0，下一刻弹簧被拉伸，钢
板会受到拉力，加速度大于物块的加速度，物块和钢板开始分离。若弹簧还未恢
复至原长，物块和钢板速度已经减为0，物块和钢板始终没有分离，所以物块和
钢板不可能在弹簧压缩时分离，故A 正确；由于物块与钢板碰撞过程存在机械
能损失，则从物块下落到一起运动到最低点的过程中，物块、钢板和弹簧组成的
系统机械能不守恒，故B 错误；物块下落h 过程，做自由落体运动，有2gh＝
v，物块与钢板碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv，解得碰撞后的速度
为v＝，物块和钢板一起运动到最低点B 过程中，根据能量守恒定律可得×2mv2
＋2mgx0＝ΔEp，可得弹簧弹性势能的增加量为ΔEp＝mg(＋2x0)，故C 正确；根据
功能关系可知物块和钢板一起运动到最低点B 的过程中，物块对钢板做的功为
W＝mgx0＋mv2＝mg(x0＋h)，故D 错误。
