安徽省高考物理二轮复习专项练习-03多选题能力提升训练（含解析）

安徽省高考物理二轮复习专项练习-03多选题能力提升训练
一、磁场
1．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 - 45
2 0 - 20 - 46
3 21 0 - 45
4 - 21 0 - 45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
2．如题图所示，x轴上方存在垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。位于坐标原点的离子源从时刻开始、沿xOy平面持续发射速度大小范围为、质量为、电荷量为+q的粒子，离子源发出的各种速度的粒子向各个方向都均匀分布。不计离子重力及离子间相互作用，且忽略相对论效应。则（　　）
A．速度为的离子，在磁场中匀速圆周运动的半径为L
B．速度为的离子，在x轴上能够被探测到的区间为
C．在时间段内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为
D．在时间段内，磁场中可探测到离子区域的最大面积为
3．如图所示，在xOy坐标系第二象限有一个半径为R的圆形区域，圆心为C，圆形边界分别与x轴、y轴相切于M、N两点。圆形区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场。在M点放置一粒子源，粒子源可向磁场中各个方向发射速率均为的同种带正电粒子，其中沿MC方向射入磁场的粒子恰好从N点进入电场，后从x轴上的P点离开电场。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小。不计粒子所受重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的比荷为
B．P点与坐标原点O的距离为
C．粒子运动至P点时的速度大小为
D．x正半轴上有粒子经过的范围长度为2R
4．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于其平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，把圆周六等分。现有带正电的粒子由A点以不同速度对准圆心O进入磁场，由圆周上的不同点射出。设粒子的质量为m、电荷量为q，速度为时粒子正好由点飞出磁场。则（　　）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．改变带电粒子的电性，速度变为，则一定由E点射出
C．从圆弧CD之间（不含C点）飞出的带电粒子速度一定大于
D．带电粒子的比荷
5．空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（　　）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
二、机械能及其守恒定律
6．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
7．如图所示，质量为m的小球从不同高度下落压缩弹簧，弹簧的弹性势能的表达式为，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的形变量。假设整个过程弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，不计小球和弹簧接触时的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能不守恒
B．无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不会改变
C．克服弹力做功不能度量小球机械能在小球和弹簧之间的转移
D．小球的加速度能达到2g的最小下落高度是（距弹簧上端的高度）
三、热力学定律
8．如图，一定量的理想气体从状态经热力学过程、、后又回到状态a。对于、、三个过程，下列说法正确的是（　　）
A．过程中，气体始终吸热
B．过程中，气体始终放热
C．过程中，气体对外界做功
D．过程中，气体的温度先降低后升高
E．过程中，气体的温度先升高后降低
9．如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（　　）

A．h中的气体内能增加 B．f与g中的气体温度相等
C．f与h中的气体温度相等 D．f与h中的气体压强相等
10．一定质量的理想气体经历A→B→C→D→A的变化过程，其p-V图像如图所示。已知气体在状态A时的温度TA=300 K，D→A温度不变，下列说法正确的是（ ）
A．状态B时气体的温度为750 K B．状态C时气体的温度为750 K
C．C→D过程气体吸收热量 D．D→A过程气体放出热量
11．一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（　　）
A．状态a处的压强大于状态c处的压强
B．由a变化到b的过程中，气体对外做功
C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变
D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热
E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
四、动量及其守恒定律
12．如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中。金属棒a、b垂直导轨放置，a的质量是b的2倍。先将a由静止释放，当a匀速运动时，再将b由静止释放，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．b释放前，a受到的安培力冲量与其位移成正比
B．b释放后瞬间的加速度大小为3gsinθ
C．b释放后，a、b组成的系统动量守恒
D．经过足够长时间，a、b的速度相等、加速度也相等
13．使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
14．质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
15．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
五、圆周运动
16．一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
六、牛顿运动定律
17．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
18．2023年11月26日，在武汉体育中心举行的2023年全国跳水锦标赛的女子双人10米跳台决赛中，全红婵/陈芋汐以354.66分的成绩获得冠军。在女子10 m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，从竖直入水到速度减为0的运动时间是其在空中的运动时间的，假设全红婵所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为40 kg，重力加速度g取10 m/s2，则
A．跳离跳台后上升阶段，全红婵处于超重状态
B．跳离跳台后下降阶段（落水前），全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为2 s
D．入水后全红婵受到水的阻力大小为500 N
七、机械振动与机械波
19．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速v=2m/s，t=0时刻的波形如图所示，N、P为介质中平衡位置分别在xN=7m和xp=8m的两个质点，则下列说法正确的是（　　）
A．t=2s时两列波刚好相遇
B．甲波的周期为2s
C．质点P的最大位移为15cm
D．质点N开始振动的方向沿y轴负向
八、静电场
20．如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、，质量分别为m、，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　）
A． B．
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
21．已知：①取无穷远处的电势为零时，点电荷的电势，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为电场中某点到点电荷的距离；②在多个点电荷形成的电场中，任一点的电势等于每个点电荷单独存在时在该点产生电势的代数和。如图所示，边长为L的等边三角形的三个顶点分别固定点电荷A、B、C，三个点电荷的电荷量大小均为Q，其中A带负电，B、C带正电。D为B、C连线的中点，O为三角形的中心，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为
B．O点的电场强度小于D点的电场强度
C．一带正电的试探电荷从O点移到D点电势能减小
D．点电荷C受到的电场力方向平行于AB的连线
22．如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
23．四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
九、万有引力与宇宙航行
24．2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（　　）
A． B． C． D．
十、电磁感应
25．如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B．质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为
十一、抛体运动
26．一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的y坐标值为2.5m
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
试卷第1页，共3页
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《安徽省高考物理二轮复习专项练习-03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 BC AD BD ACD ABD BC BD ABE AD AD
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 ABD ABD BD AD BC BD BCD BC BC ABD
题号 21 22 23 24 25 26
答案 AD AB AD BC BD BD
1．BC
【详解】A．如图所示
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得
B ≈ 50μT
B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。
2．AD
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力得
得
将代入得
故A正确；
B．根据左手定则可知，射入磁场中的离子将沿顺时针方向做匀速圆周运动，当时
沿各个方向射入磁场的离子的运动轨迹如图所示
由图可知，在x轴上能够被探测到的区间为
故B错误；
CD．离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
所以
在时间段内，0时刻射入磁场的离子在磁场中转过的圆心角均为，磁场中可探测到离子最远点落在一段圆弧上，该圆弧以O为圆心、以为半径、对应的圆心角为，如图所示
可探测到离子区域的最大面积为
故C错误，D正确。
故选AD。
3．BD
【详解】A．由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力
解得比荷，故A错误；
B．粒子从N点垂直电场进入第一象限，沿y方向有
解得
沿x方向有，故B正确；
C．沿y向的速度为
则粒子运动至P点时的速度大小为，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的轨迹圆半径等于磁场圆半径R，由磁发散的规律可知，沿各个方向入射的粒子从磁场圆的右半圆上所有点离开，且离开时速度均沿x轴正向，进入电场后沿x轴方向的最小距离为0，即打在O点。从M点正上方离开的粒子在电场中的x轴方向的位移最大，此时
解得
则沿x轴方向有
因此x正半轴上有粒子经过的范围长度为2R，故D正确。
故选BD。
4．ACD
【详解】A．由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．如图所示
带正电的粒子以速度入射，由A运动到时，根据几何关系，可得运动轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力有
解得
改变带电粒子的电性，若粒子由E点射出，根据几何关系，可得运动轨迹半径
又
解得
由对称性分析可知从圆弧CD之间（不含C点）飞出的带电粒子速度一定大于，故B错误，C正确；
D．根据B选项分析有
解得
故D正确。
故选ACD。
5．ABD
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a做圆周运动的速度大小为
故B正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得
解得
周期为
故C错误；
D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
解得
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
故选ABD。
6．BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v1= 2m/sx = 1m时，拉力为
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为
Ek= 2J
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
7．BD
【详解】A．小球在运动过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，故小球和弹簧组成的系统（包括地球）机械能守恒，故A错误；
B．加速度为零时小球的动能最大，此处弹簧的弹力等于小球的重力，所以无论小球从多高处下落，小球具有最大动能的位置不变，只是小球的最大动能不同，故B正确；
C．小球机械能在小球和弹簧之间的转移是通过克服弹力做功度量的，故C错误；
D．小球的加速度为2g时，由牛顿第二定律得
解得
设此时弹簧的压缩量为，由胡克定律有
解得
由机械能守恒定律有
当时是小球下落的最小高度，解得
故D正确。
故选BD。
8．ABE
【详解】A．由理想气体的图可知，理想气体经历ab过程，体积不变，则，而压强增大，由可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由可知，气体一直吸热，故A正确；
BC．理想气体经历ca过程为等压压缩，则外界对气体做功，由知温度降低，即内能减少，由可知，，即气体放热，故B正确，C错误；
DE．由可知，图像的坐标围成的面积反映温度，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程的温度先升高后降低，故D错误，E正确；
故选ABE。
9．AD
【详解】A．当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知h的体积也被压缩压强变大，对活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；
B．未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析
则
分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有
由题意可知，因弹簧被压缩，则，联立可得
B错误；
C．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知
联立可得
C错误；
D．对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。
故选AD。
10．AD
【详解】A．从A到B为等压变化，则盖吕萨克定律
可得TB=750 K，则 A项正确；
B．从B到C为等容变化，则由查理定律
得TC=375 K，则B项错误；
C．C→D过程气体等压压缩，外界对气体做功，又因为气体的温度降低，内能减少，由热力学第一定律知气体放出热量，C项错误；
D．D→A过程气体等温压缩，外界对气体做功，气体的内能不变，气体放热，D项正确。
故选AD。
11．ABD
【详解】AC．根据理想气体状态方程可知
即图像的斜率为，故有
故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有
而，，则有
可得
，
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。
12．ABD
【详解】A．b释放前，a做变加速运动，在极短时间内可近似看成匀速运动，产生的电流
a受到的安培力冲量
a受到的安培力冲量与其位移成正比，故A正确；
B．当a匀速运动时有
b释放后瞬间，根据牛顿第二定律
且有
解得，故B正确；
C．b释放后，a、b组成的系统受到外力，所以动量不守恒，故C错误；
D．经过足够长时间，a、b的速度相等时，两棒产生的感应电动势相等，且正极方向相同，所以回路无电流，没有安培力，两棒的加速度，故D正确。
故选ABD。
13．BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

A．根据牛顿第二定律有
由于
m甲 > m乙
所以
a甲 < a乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v甲 < v乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm甲g > μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
14．AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．s物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
15．BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
16．BD
【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
17．BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
18．BC
【详解】AB．跳离跳台后上升阶段和下落阶段（落水前），全红婵的加速度方向均向下，处于失重状态，故A错误，B正确；
C．以向上为正方向，则有
可得t=2 s
即全红婵在空中运动的时间为2 s，故C正确；
D．入水时的速度
在水中的加速度大小=22.5 m/s2，方向竖直向上
根据牛顿第二定律可知Ff=mg+ma=1300 N，故D错误。
故选BC。
19．BC
【详解】A．两列波的波速相同，易知将会在P点相遇，两列波相遇的时间为
故A错误；
B．由图可知甲波的波长为
则甲波的周期为
故B正确；
C．由图可知乙波的波长为
则乙波的周期为
由图可知两列波传到P点的振动方向相同，质点P的最大位移为
故C正确；
D．乙波传到N点的时间为
甲波传到N点的时间为
甲波传到N点的时间比乙波传到N点时间早
因此质点N开始振动的方向是由甲波的振动引起的，根据“峰前质点上振”可知质点P的振动方向为沿y轴正向，故D错误。
故选BC。
20．ABD
【详解】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为，对甲球根据平衡条件有，①
对乙球有，
联立解得②
故
同时有
解得
故AB正确；
C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有，
对乙有，
联立可得，无解
假设不成立，故C错误；
D．若撤去甲，对乙球根据动能定理
根据前面分析由①②可知
联立解得
故D正确。
故选ABD。
21．AD
【详解】A．由几何关系可知，三个点电荷到三角形中心O点的距离均为
根据点电荷的电势公式可得：点电荷在点的电势为
点电荷在点的电势为
点电荷在点的电势为
所以O点电势为，故A正确；
B．由对称性和电场强度的性质可知，点电荷B、C在O点产生电场的合场强方向沿DO方向向上，在D点的合场强为零；点电荷A在O点和D点的场强方向均沿DO向上。因点电荷A到O点的距离小于到D点的距离，由点电荷周围电场强度表达式
可知点电荷A在O点的场强大于在D点的场强，所以根据场强叠加原理可知，O点的合场强大于D点的合场强，故B错误；
C．由于D与点电荷A所在位置的连线上各点的场强方向均为由D指向A，故将正电荷沿OD由O点移到D点时，电场力做负功，电势能增大，故C错误；
D．点电荷A、B为等量的异种点电荷，点电荷C位于点电荷A、B连线的中垂线上，则C点电荷处的场强方向与点电荷A、B连线的中垂线垂直，即平行于AB的连线，故点电荷C受到的电场力方向也平行于AB的连线，故D正确。
故选AD。
22．AB
【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
23．AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
24．BC
【详解】AB．对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普勒第三定律有
可得
故A错误，B正确；
CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
可得
故C正确，D错误。
故选BC。
25．BD
【详解】A．开始运动的一瞬间，电路中的电流
此时金属棒a的加速度大小为
故A错误；
B．由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时a的速度大小为，则
解得
故B正确：
C．设最终的共同速度为v，则
解得
对金属棒b研究，根据动量定理可得
解得
故C错误；
D．设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则
解得
故D正确。
故选BD。
26．BD
【详解】A．根据图像可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为
故时，物块的y坐标值为
故B正确；
C．时，，故此时加速度大小为
故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
答案第1页，共2页
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