湖南省高考物理二轮复习专项练习-04多选题能力提升训练（含解析）

湖南省高考物理二轮复习专项练习-04多选题能力提升训练
一、电磁感应
1．如图所示，两根相互平行间距为L的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和电动势为E的电源。质量为m、长度为L、阻值为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻、电源内阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时，电容器不带电，先把开关置于a端，当导体棒运动稳定后把开关置于b端，则（　　）
A．导体棒MN的最大速度为
B．导体棒MN的最终速度为
C．最终电容器所带的电荷量为
D．整个过程电源输出的电能等于导体棒最终的动能加上导体棒产生的焦耳热
2．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为，。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
3．如图，足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，图中OO′左侧是电阻不计的金属导轨，OO′右侧是绝缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；OO′右侧以O为原点，沿导轨方向建立x轴，OO′右侧存在分布规律为B=B0+kx（k>0）的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为m、阻值为R、三边长度均为L的U形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。长为2L、质量为2m、接入电路中的阻值为R的导体棒a处在间距为2L的金属导轨上，长为L、质量为m、接入电路中的阻值为R的导体棒b处在间距为L的金属导轨上。现同时给导体棒a、b大小相同的水平向右的初速度v0，当导体棒b运动至OO′时，导体棒a中已无电流。导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a、b获得相同的水平向右的初速度v0后，导体棒a做匀减速运动
B．导体棒b运动至OO′时的速度大小为
C．导体棒b运动至OO′前，导体棒a和导体棒b构成的回路产生的热量为
D．导体棒b与U形金属框碰撞后至停止的过程中，通过导体棒b截面的电荷量为
4．两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为，通过长为的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．与无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节、和，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
二、牛顿运动定律
5．球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
6．如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．若B球受到的摩擦力为零，则
B．若推力向左，且，则的最大值为
C．若推力向左，且，则的最大值为
D．若推力向右，且，则的范围为
三、全反射
7．有一种称为手性材料的光介质，当激光从空气射入这种材料的时候，将会分离出两种光，一种是左旋圆偏振光，其折射率为；另一种是右旋圆偏振光，其折射率为，其中为选定材料的折射率，为大于零的参数（和大于1），则（ ）
A．在这种介质中左旋光的速度大于右旋光的速度
B．入射角一定的情况下（大于零），左旋光的偏折程度比右旋光大
C．入射角一定的情况下（大于零），越大，左旋光与右旋光分离的现象越明显
D．当左、右旋光从该材料射向空气时，左旋光的临界角小于右旋光的临界角
四、抛体运动
8．如图，间距的U形金属导轨，一端接有的定值电阻，固定在高的绝缘水平桌面上。质量均为的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒距离导轨最右端。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为。用沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻的电荷量为
五、分子动理论
9．利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是（　　）
A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
六、机械振动与机械波
10．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t = 0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为
B．时，处质点位于波峰
C．时，处质点振动速度方向竖直向上
D．时，处质点所受回复力方向竖直向上
E．处质点起振后，内经过的路程为
11．下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为
七、动量及其守恒定律
12．如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
13．如图甲所示，质量均为m的物块P与物块Q之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块P与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为，时刻解除锁定，规定向右为正方向，图乙是物块Q在时间内运动的图。下列判断正确的是（　　）
A．0~时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统机械能、动量都守恒
B．0~时间内，墙对P的冲量大小为
C．0~时间内，合外力对物体Q做功为
D．~时间内，图线与t轴所围的面积大小为
14．如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点0右侧的人的序号记为n(n=1,2,3……)每人只有一个沙袋，每个沙袋质量为，一质量为的小车以某初速度v0从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，下列说法正确的是（　　）
A．若u=2v0，当仅有序号为1的人将沙袋扔到车上后，则小车的速度变为
B．若u=2v0，当序号为3的人将沙袋扔到车上后，小车将反向运动
C．若u的大小不是定值，u等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数），则车上有3个沙袋时小车开始反向运动
D．若仅有序号为1的人将沙袋朝与车速相反的方向以相对于小车的速度v相=2v0沿车面扔到车上后，小车的速度变为
八、万有引力与宇宙航行
15．系绳卫星又称系留卫星，是通过一根系绳将卫星固定在其他航天器上，并以此完成一些常规单体航天器无法完成的任务的特殊航天器（如图甲所示）。其可以简化为图乙所示模型，A、B两颗卫星用轻质系绳连接，两颗卫星都在圆周轨道上运动，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，若两颗卫星质量相等，系绳长为L，A做圆周运动的半径为kL，地球质量为M，引力常量为G，则（　　）
A．两卫星做圆周运动的角速度大于
B．两卫星做圆周运动的角速度小于
C．系绳断开后的一小段时间内，A做离心运动，B做近心运动
D．系绳断开后的一小段时间内，A做近心运动，B做离心运动
16．2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（　　）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
九、静电场
17．如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（　　）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
18．已知均匀带电薄壳外部空间电场与其上电荷全部集中在球心时产生的电场一样，内部空间的电场处处为0。如图所示为一带电量为+Q，半径为R的均匀带电球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为壳内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．将+q的试探电荷由壳内A点移到O点，试探电荷的电势能不变
B．在圆心O处放一个电量为-2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q
C．在+R处取走极小的一块面积ΔS，O点场强大小为
D．在圆心O正上方处取走极小一块面积ΔS，B点场强大小为
十、光的折射
19．一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是（ ）

A．水的折射率为
B．水的折射率为
C．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α = 60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
十一、磁场
20．如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．若粒子射入磁场的速率为，则粒子均沿竖直方向射出磁场
B．若粒子射入磁场的速率为，则粒子最远可以从M点射出磁场
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的时间可能为
D．若粒子射入磁场的速率为，则可能有粒子从N点射出磁场
21．如图所示，足够长的宽度的导轨固定于绝缘水平面上，a、b间接有一个电动势、内阻的电源，导轨右端接有一个降压限流器件（当电路电流大于或等于时相当于一个可变电阻且保持电流恒为，电流小于时相当于电阻为零的导线）和一个的定值电阻，其他电阻不计，是分界线且与左右两端足够远，整个导轨间有方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，导轨在P点有一个断路小缺口，导体棒的质量，将它从距足够远处由静止释放，在的左侧，导体棒与导轨间的动摩擦因数；在的右侧，它与导轨间无摩擦。已知导体棒到达之前已经在做匀速运动，取重力加速度大小，导体棒越过时，由于缺口的影响导致导体棒的速度立即减为原来的。整个过程中，导体棒与导轨垂直且接触良好，导轨及导体棒的电阻均不计，下列说法正确的是（　　）
A．a端接电源的正极
B．导体棒越过后，还能运动的距离为
C．导体棒越过后，通过降压限流器件上的电荷量为
D．导体棒越过后，降压限流器件产生的热量为
十二、匀变速直线运动
22．如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy．A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2 = 2m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是（ ）
A．若，则v1的最大值为，且
B．若，则v1的最大值为，且
C．若，则v1的最大值为，且
D．若，则v1的最大值为，且
试卷第1页，共3页
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《湖南省高考物理二轮复习专项练习-04多选题能力提升训练》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 AC CD BD CD BC CD AC BD ABE ACE
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 ABD ABD BC AB BD AC AB AC BC BD
题号 21 22
答案 AD AC
1．AC
【详解】A．把开关置于a端，导体棒MN受安培力
导体棒做加速度减小的加速运动，当导体棒感应电动势等于电源电动势E时，电路电流为零，导体棒匀速运动，速度最大，最大速度
A正确；
B．把开关置于b端，棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时，
电容器充电荷量
对棒应用动量定理
解得
B错误；
C．电容器带电荷量
C正确；
D．整个过程电源输出的电能等于导体棒最终的动能加上导体棒产生的焦耳热还有电容器储存的电能，D错误。
故选AC。
2．CD
【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有

则
由于，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有
解得
综上有
则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
D．根据A选项可得，金属杆以初速度在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C区域运动的时间为，全过程对金属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的速度比第一次大，故，可得
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选CD。
【点睛】
3．BD
【详解】A．给导体棒a、b大小相同的水平向右的初速度v0，由
因为，
解得a棒所受安培力
由牛顿第二运动定律得
解得
可知a棒运动的速度减小，加速度也减小，故A错误；
B．设b棒到达OO′时的速度大小为vb，此时导体棒a的速度大小为va，因为此时已经无电流，即
设向右为正方向，对a、b棒分别根据动量定理可得，
联立解得，，故B正确；
C．导体棒b运动至OO′前，导体棒a和导体棒b构成的回路产生的热量为，故C错误；
D．设b棒与U形金属框碰撞后共同速度为v1，设向右为正方向，根据动量守恒定律可得
解得
由OO′右侧磁场分布规律为
可知U形金属框右边始终比U形金属框左边的磁场大，即
从导体棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为，设向右为正方向，根据动量定理可知
通过导体棒b截面的电荷量为
联立解得，故D正确。
故选BD。
4．CD
【详解】A．将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互低消，则有
mg = F安 = ，vy =
综合有
B =
则B与成正比，A错误；
B．当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；
C．由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互低消，有
mg = F安 =
则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；
D．无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有
mg = F安
则安培力做的功都为
W = 4F安L
则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。
故选CD。
5．BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有
飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm
联立可得
，
A错误；
B．飞行器以v3=匀速水平飞行时
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
解得
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
解得
am=2.5g
D错误。
故选BC。
6．CD
【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
A错误；
B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于，小球B受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
B错误；
C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
联立可得的最大值为
C正确；
D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B所受合力分范围可得的范围为
D正确。
故选CD。
7．AC
【详解】A．根据
又
可知左旋光的速度大于右旋光的速度，故A正确；
B．由左旋圆偏振光折射率和右旋圆偏振光折射率表达式可知
则入射角一定的情况下（大于零），右旋光的偏折程度比左旋光大，故B错误；
C．入射角一定的情况下（大于零），越大，左旋光与右旋光的折射率相差越大，分离的现象越明显，故C正确；
D．根据全反射临界角公式
可知，左旋光的临界角大于右旋光的临界角，故D错误。
故选AC。
8．BD
【详解】C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b与电阻R并联，有
当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有
联立解得a棒的速度为
a棒做平抛运动，有
联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为
故A错误；
B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻的电荷量为
故D正确。
故选BD。
9．ABE
【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部分热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。
故选ABE。
10．ACE
【详解】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为
λ = 10m，T = 4s
则根据波速公式
v = = 2.5m/s
则该波从A点传播到B点，所需时间为
t = s = 4s
A正确；
B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t = 6s时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为
x =(10 - 10)m
则波从AE波面传播到C的时间为
t =
则t = 8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为
则波从AE波面传播到D的时间为
t =
则t = 10s时，D处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D错误；
E．由选项A知
T = 4s，12s = 3T
一个周期质点运动的路程为4cm，则3T质点运动的路程为12cm，E正确。
故选ACE。
11．ABD
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
，
D正确；
E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。
故选ABD。
12．ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则
D正确。
故选ABD。
13．BC
【详解】ABC．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，时刻物块Q运动的加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒定律
解得时刻物块Q的速度大小
则时间内，墙对系统的冲量
故此阶段物块P、Q以及弹簧组成的系统动量不守恒，机械能不守恒，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律
解得时刻物块P和Q的速度大小均为
由动能定理知，内合外力对物块Q做功，故A错误，BC正确；
D．由图知，时刻物块Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，在时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立知，时刻物块Q的速度
则内物块Q速度变化量
可见内图线与t轴所围的面积大小为，故D错误。
故选BC。
14．AB
【详解】A．对小车、沙袋系统，以向右为正由动量守恒：Mv0-2mv0=（M+m）v1
解得v1=，故A正确；
B．设n次扔出沙袋小车反向，则有Mv0-2nmv0<0
解得n>2.4
取整数应为n=3次后小车反向，故B正确；
C．小车朝正x方向滑行的过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后的车速为vn-1，第n个沙袋扔到车上后的车速为vn，由动量守恒定律有
解得
小车反向运动的条件是：，
即，代入数据解得3.8取整数应为即车上堆积4个沙袋后车开始反向滑行，故C错误；
D．应取同一参考系，由公式v甲对地=v甲对乙+v乙对地
可知沙袋的速度应表示为v袋对地=-u+v0
由动量守恒：Mv0+m（-u+v0）=（M+m）v1
解得v1=，故D错误。
故选AB。
15．BD
【详解】AB．由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，设为，设绳子拉力为，根据
以及
分析可知绳子对、均为拉力，牛顿第二定律可得
可得
故B正确，A错误；
CD．由AB选项分析可知，系绳断开后，对，万有引力大于做圆周运动的向心力，做近心运动，对，万有引力小于做圆周运动的向心力，做离心运动，故D正确，C错误。
故选BD。
16．AC
【详解】A．根据万有引力定律有
核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为
所以A正确；
B．核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以B错误；
C．根据
可知轨道半径越大周期越大，则其周期比静止卫星的周期小，小于24h，所以C正确；
D．卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有
解得
则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，所以D错误；
故选AC。
【点睛】
17．AB
【详解】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示
在x方向有
W = Exq2R
在y方向有
2W = EyqR + ExqR
经过计算有
Ex = ，Ey = ，E = ，tanθ =
由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；
B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为
W′ = Eq = 0.5W
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；
D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。
故选AB。
18．AC
【详解】A．壳内场强处处为0，故移动试探电荷不做功，A正确；
B．在圆心处放一个电量为的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出的电荷，则球壳外表面的电荷量为，B错误；
C．在处取走极小一块面积，根据对称性，在处极小一块面积的电荷产生的电场，C正确；
D．整个球壳在点的电场水平向右，在圆心正上方处取走极小一块面积在点的场强为
方向斜向右下，与矢量作差即为点电场强度，D错误。
故选AC。
19．BC
【详解】AB．他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，则说明α = 41°时激光恰好发生全反射，则
则
A错误、B正确；
CD．当他以α = 60°向水面发射激光时，入射角i1 = 30°，则根据折射定律有
nsini1 = sini2
折射角i2大于30°，则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，C正确、D错误。
故选BC。
20．BD
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力
若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，根据磁扩散模型可知带电子均沿水平方向射出磁场，故A错误；
B．若粒子射入磁场的速率为，则带电粒子在磁场中的轨迹半径，当粒子在磁场中运动半个周期时，刚好可以从M点射出磁场，故B正确；
C．若粒子射入磁场的速率为，则粒子在磁场中运动的轨迹半径，当粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图所示
此轨迹在磁场中的偏转角为θ，根据几何关系可知
所以
粒子在磁场中运动的最长时间
故粒子在磁场中的时间不可能为，故C错误；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心，如图所示
作的中垂线，以P或N点为圆心以为半径画圆弧交中垂线于O，O点即为能通过N点轨迹的圆心，故D正确。
故选BD。
21．AD
【详解】A．导体棒由静止释放后向右运动，故其所受的安培力向右，由左手定则可知，电流方向由M到N，故a端接电源的正极，故A正确；
B．对导体棒分析，设其在左侧运动的最大速度为v，受到的安培力
受到的摩擦力
导体棒在左侧运动的速度最大时，有
根据闭合电路欧姆定律有
解得
导体棒越过后速度变为
如果降压限流器件的电阻为零，电路中电流
当导体棒的速度减为时，降压限流器件的电阻恰好为零，此过程中，通过导体棒的电流恒为，在导体棒的速度从减到的过程中，导体棒受到的安培力不变，导体棒做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
导体棒做匀减速直线运动的时间
位移大小
通过导体棒的电荷量
之后降压限流器件的电阻为零，导体棒接下来做加速度减小的减速直线运动直到静止，依据动量定理有
即
解得
通过导体棒的电荷量
导体棒越过后运动的距离
故B错误；
C．通过降压限流器件上的总电荷量
故C错误；
D．降压限流器件仅在时间内产生热量，根据能量守恒定律有
故D正确。
故选AD。
22．AC
【详解】方法一：由于水平面光滑，则A球做以速度匀速直线运动，B球碰前、碰后分别做速度大小为、的匀速直线运动，设B球和挡板L的碰撞点为Q点，A、B两小球能相遇点为P点。根据几何关系，可得各个角度关系如图所示，设B球从O点出发和挡板L的碰撞用时，B球和挡板碰后和A球相遇用时，则由正弦定理可得
则
则
对求导可得
解得，即此时最大，
当，此时，v1的最大值为，故A正确，B错误；
当，此时，v1的最大值为，故C正确，D错误；
故选AC。
方法二：由设B球和挡板L的碰撞点为Q点，A、B两球能相遇点为P点。过Q点作的高，长度即，则由几何关系可得
则
后续同方法一求解。
方法三：因为A、B两球相遇，则第一阶段B球相对于A球的速度为；第二阶段B球相对于A球的速度为方向必定相反，速度矢量关系如图所示。则面积为
则
后续同方法一求解。
【点睛】
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