A．運行周期可能小于1小時
B．發(fā)射速度可能大于第二宇宙速度
C．運行速度可能小于地球同步衛(wèi)星的運行速度
D．運行的軌道平面與地球同步衛(wèi)星的軌道平面垂直
答案 D
解析 衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，軌道處于地球表面時的運行周期最小，大約為Tmin＝eq \f(2πR,v1)＝eq \f(2×3.14×6 400×103,7.9×103) s≈5 088 s≈1.4 h，可知該衛(wèi)星運行周期不可能小于1小時，A錯誤；衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的發(fā)射速度應(yīng)大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，由于該衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，故該衛(wèi)星運行速度一定大于地球同步衛(wèi)星的運行速度，C錯誤；該衛(wèi)星軌道通過地球南北兩極上方，說明該衛(wèi)星運行的軌道平面與赤道平面垂直，而地球同步衛(wèi)星的軌道平面與赤道平面共面，故該衛(wèi)星運行的軌道平面與地球同步衛(wèi)星的軌道平面垂直，D正確．
2.(2022·海南?？谑幸荒?如圖所示，等量異種點電荷放置在正四面體頂點A、B處，O點為底面ABD的中心，則( )
A．O、C、D三點電勢相等
B．C、D兩點電場強度不同
C．O點電勢大于D點電勢
D．O點電場強度是D點電場強度的2倍
答案 A
解析 根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律可知，過AB中點且垂直于AB的平面為該電場的其中一個等勢面，O、C、D三點均在同一等勢面上，所以O(shè)、C、D三點電勢相等，故A正確，C錯誤；根據(jù)電場的疊加原理，可知C、D兩點的電場強度大小相等，方向相同，故B錯誤；設(shè)正四面體的棱長為L，由幾何關(guān)系得AO的長度為eq \f(\r(3),3)L，根據(jù)電場強度的疊加可得D點電場強度為ED＝2×eq \f(1,2)×keq \f(q,L2)＝keq \f(q,L2)，O點的電場強度為EO＝2×eq \f(\r(3),2)×keq \f(q,?\f(\r(3)L,3)?2)＝eq \f(3\r(3)kq,L2)，可知O點電場強度是D點電場強度的3eq \r(3)倍，故D錯誤．
3.(2022·北京市一模)如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0靠近B，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直線上．A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程中沒有機械能損失．當(dāng)m1、v0一定時，若m2越大，則( )
A．碰撞過程中A受到的沖量越小
B．碰撞過程中A受到的沖量越大
C．碰撞過程中B受到的沖量不變
D．碰撞過程中B受到的沖量越小
答案 B
解析 取v0的方向為正方向，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0，根據(jù)動量定理，對B可得IB＝m2v2＝eq \f(2m1m2,m1＋m2)v0＝eq \f(2m1,\f(m1,m2)＋1)v0，故當(dāng)m1、v0一定時，若m2越大，則IB越大，因兩小球所受沖量等大反向，則A受到的沖量也越大，故選B.
4．(多選)(2022·浙江嘉興市二模)如圖甲所示，大量處于n＝4能級的氫原子受激，發(fā)出不同頻率的光，照射光電管陰極K，發(fā)現(xiàn)只有a、b兩種頻率的光可以產(chǎn)生光電流．測得光電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示．已知光子能量在1.63～3.10 eV的光為可見光，則( )
A．氫原子能發(fā)出6種頻率的光
B．b光的光照強度比a光大
C．a(chǎn)光屬于可見光的范疇
D．a(chǎn)、b光通過相同雙縫產(chǎn)生的條紋間距，a比b大
答案 AD
解析 大量處于n＝4能級的氫原子最多能發(fā)出的光的頻率為Ceq \\al(2,4)＝6種，故A正確；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程結(jié)合動能定理得eUc＝hν－W0，可知b光的頻率大于a光的頻率，則b光波長小于a光波長，根據(jù)Δx＝eq \f(l,d)λ，可知a、b光通過相同雙縫產(chǎn)生的條紋間距a比b大，故D正確；由題圖乙可知，a的飽和光電流大于b光的飽和光電流，所以a光的光照強度比b光大，故B錯誤；由題意知只有a、b兩種頻率的光可以產(chǎn)生光電流，可知a光和b光分別為n＝3能級和n＝4能級躍遷到基態(tài)發(fā)出的光子，則a光的能量為E＝E3－E1＝12.09 eV，可知不屬于可見光的范圍，故C錯誤．
5.(多選)(2022·四川綿陽市三模)2022年北京冬奧會上中國首次使用了二氧化碳跨臨界環(huán)保制冰技術(shù)，運用該技術(shù)可制作動摩擦因數(shù)不同的冰面．將一物塊以一定的初速度在運用該技術(shù)制作的水平冰面上沿直線滑行，共滑行了6 m，運動中的加速度a與位移x的關(guān)系如圖所示，設(shè)位移在1.5 m處與6 m處的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，在前3 m與后3 m運動過程中物塊動能變化量的大小分別為ΔEk1、ΔEk2，則( )
A．μ1∶μ2＝3∶1
B．μ1∶μ2＝4∶1
C．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2
D．ΔEk1∶ΔEk2＝3∶1
答案 AC
解析 分別對位移在1.5 m處與6 m處的物塊分析，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，μ2mg＝ma2，其中a2＝1 m/s2，a1＝3 m/s2，聯(lián)立可得μ1∶μ2＝3∶1，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理得，前3 m的動能變化量大小為ma1x＝ΔEk1，后3 m的動能變化量大小為∑ma′Δx＝ΔEk2，結(jié)合a－x圖像可得ΔEk1∶ΔEk2＝3∶2，故C正確，D錯誤．
6．(2022·云南省第一次統(tǒng)測)如圖甲所示，質(zhì)量為1 kg的金屬棒ab靜止在粗糙的平行導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，兩平行導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)．a(chǎn)b棒、導(dǎo)軌和定值電阻R組成面積為1 m2的閉合回路，回路的總電阻為3 Ω.回路內(nèi)有與水平面成37°角斜向上且均勻變化的勻強磁場，從t＝0時刻開始，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示．已知兩平行導(dǎo)軌的間距為1 m，ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.在t＝1 s時，ab棒恰好相對導(dǎo)軌開始運動，則此時( )
A．a(chǎn)b棒中的電流方向從a到b
B．a(chǎn)b棒受到的安培力大小為eq \f(25,3) N
C．a(chǎn)b棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為eq \f(10,3) N
D．a(chǎn)b棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.5
答案 D
解析 由楞次定律知ab棒中的電流方向從b到a，故A錯誤；由題圖乙可知，磁感應(yīng)強度的變化率為eq \f(ΔB,Δt)＝5 T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin 37°＝3 V，則回路中的電流I＝eq \f(E,R總)＝1 A，t＝1 s時磁感應(yīng)強度為5 T，則所受安培力大小為F安＝BIL＝5 N，故B錯誤；由左手定則知，安培力方向垂直磁場方向斜向左上方，則ab棒與導(dǎo)軌間的壓力大小為FN＝mg－F安cs 37°＝6 N，故C錯誤；由平衡條件得，ab棒與導(dǎo)軌間的摩擦力大小為Ff＝
F安sin 37°＝3 N，又Ff＝μFN，解得μ＝0.5，故D正確．

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