安徽省高考物理二轮复习专项练习-02选择题能力提升训练（含解析）

安徽省高考物理二轮复习专项练习-02选择题能力提升训练
一、牛顿运动定律
1．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．传送带对货物的摩擦力全程没有改变
B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.9s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为34J
2．如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取，则在乙下落的过程中（　　）
A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大
C．甲运动的加速度大小为 D．乙受到绳子的拉力大小为
3．如图所示，一轻质细绳一端固定在天花板上，另一端绕过滑轮连接置于光滑水平面上的物块A，动滑轮下悬挂物块B，动滑轮两侧细绳竖直，定滑轮与物块A间的细绳平行于水平面。物块A在水平恒力作用下向左加速运动，物块B以大小为a的加速度加速上升。已知物块A、B的质量均为m，重力加速度为g，空气阻力、滑轮质量、绳与滑轮间的摩擦均忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度大小为
B．细绳对物块A的拉力大小为
C．水平恒力对A做的功等于A、B两个物块动能的增量
D．水平恒力F的大小为
4．如图所示，地面上竖直固定一根劲度系数为的轻弹簧，弹簧上面叠放两个物块，两个物块处于平衡状态。已知下面物块质量为，上面物块质量为，重力加速度为，现给上面物块施加一个向上的拉力，控制拉力的大小，让两物块一起以的加速度向上匀加速运动，则两物块分离时的瞬时速度为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（ ）
A．速度一直增大 B．速度先增大后减小
C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小
二、交变电流
6．某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为。要使电流表的示数变为，下列操作正确的是（　　）
A．电阻箱R的阻值调为 B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C．输入端电压调为 D．输入端电压调为
7．如图所示，一理想自耦变压器输入端接有效值恒定的正弦交流电压U，P1为变压器上的滑动触头，P2为滑动变阻器R的滑片，R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）
A．仅把P1向上移动少许，电压表的示数增大
B．仅把P2向上移动少许，电流表的示数减小
C．仅把P2向上移动少许，R的功率一定增大
D．把P1、P2均向上移动少许，R0功率减小
8．如图所示，理想变压器的原线圈接入电压为7200 V的交变电压，输电线的等效电阻r=5 Ω，电器RL的规格为“220 V　880 W”，已知该电器正常工作，由此可知（　　）
A．原、副线圈的匝数比为30∶1
B．原线圈中的电流为 A
C．副线圈中的电流为2 A
D．变压器的输入功率为800 W
9．如图（左）所示，单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图（右）所示。下列说法正确的是（　　）
A．线框转一周外力所做的功为
B．线框的感应电动势有效值为
C．时刻线框平面与中性面垂直
D．从到过程中线框的平均感应电动势为
三、恒定电流
10．如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，R0、R2为定值电阻，R1为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。若照射光敏电阻的光照强度减弱，电压表示数的变化量绝对值为ΔU，电流表示数的变化量绝对值为ΔI，两电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数变大，电压表的示数变小
B．
C．有从右向左的电流流过R2
D．R0的功率变小，电源的输出功率也变小
四、热力学定律
11．在恒温容器内的水中，让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气，球内气体（可视为理想气体）温度不变，则气球上升过程中，球内气体（　　）
A．对外做功，内能不变 B．向外放热，内能减少
C．分子的平均动能变小 D．吸收的热量等于内能的增加量
五、磁场
12．如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
13．阿尔法磁谱仪，又称反物质太空磁谱仪，用于探测宇宙中的反物质（由反粒子构成的物质）和暗物质，它依靠一个巨大的超导磁铁及六个超高精确度的探测器来完成搜索的使命，如图甲所示。该磁谱仪核心部分截面是圆形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外，如图乙所示，a为入射窗口，各粒子从a处沿直径方向射入磁场，且入射速度相同，a、b、c、d、e、f为圆周上六等分点，若质子（）射入后从b点射出，则反氚核粒子（）射入后的出射点为（ ）
A．b点 B．c点 C．e点 D．f点
六、静电场
14．如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP＝OQ＝L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是（　　）
A．粒子一直加速
B．静电力对粒子做功不为0
C．粒子所受静电力先增大后一直减小
D．粒子经Q点后可能在某处返回，也可能一直沿x轴正向运动
15．如图所示，半径为0.5 m的圆处在匀强电场中，电场线与圆所在的平面平行。AB和CD是圆的两个直径，O为圆心，两直径的夹角为60°。沿直线从A到B，每1 cm电势降低0.1 V，沿直线从C到D，每1 cm电势降低0.2 V，则下列判断正确的是（　　）
A．B点电势比D点电势低
B．匀强电场的电场强度大小为20 V/m
C．电场强度方向与AB垂直
D．沿圆弧将一个带负电的粒子从A点移动到C点，电势能增大
16．如图所示，小球a被绝缘轻绳1系在天花板上，小球b被绝缘轻绳2系在小球a上。两小球质量相等且均带正电，处在水平方向的匀强电场中，平衡时轻绳1与竖直方向的夹角为θ1、轻绳2与竖直方向的夹角为θ2，且两小球间的库仑力不能忽略，则下列说法正确的是（　　）
A．a的电荷量可能等于b的电荷量
B．a的电荷量一定小于b的电荷量
C．绳1中的张力可能等于绳2中的张力
D．绳1中的张力一定大于轻绳2中的张力的2倍
17．如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（　　）
A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变大
B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角将变小
C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线
D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变
七、原子核
18．下列说法正确的是（　　）
A．产物结合能大于反应物的结合能
B．光电效应中仅增强入射光的强度，饱和光电流及遏止电压将变大
C．用α粒子轰击得到了和一种新的粒子，这种粒子是质子
D．某元素的半衰期为10天，若有100个此原子核，经过20天将衰变75个原子核
19．硼中子俘获治疗是近年来新兴的肿瘤精准诊疗手段，该治疗的关键步骤之一，是利用硼（）发生衰变生成高杀伤力的X粒子精准杀死肿瘤细胞，已知的衰变方程为下列说法正确的是（　　）
A．X为β粒子
B．的结合能大于的结合能
C．一个X和一个的质量之和小于一个的质量
D．可以通过改变温度控制的衰变速度
20．2025年1月20日，位于安徽合肥的“人造太阳”首次完成1亿摄氏度1066.76s的“高质量燃烧”，创造了新的世界纪录，这一进展对人类加快实现核聚变发电具有重要意义。下列关于核反应的说法正确的是（　　）
A．由于裂变比聚变产能效率高，目前的核电站利用的是裂变
B．“人造太阳”中的一种核反应方程为，X粒子为质子
C．通常把核裂变物质能够发生链式反应的最大体积叫作它的临界体积，相应的质量叫作临界质量
D．核聚变温度太高，地球上没有任何容器能够经受如此高的温度，科学家设想的解决方案是磁约束和惯性约束
八、机械振动与机械波
21．如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（　　）
A．弹簧上形成的波是横波
B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长
C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度
D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
22．某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ）
A．在处开始相遇 B．在处开始相遇
C．波峰在处相遇 D．波峰在处相遇
九、曲线运动
23．如图所示，与水平方向成θ=30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度。盘面上距轴r=0.5m处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法错误的是（　　）
A．物块与盘面间的动摩擦因数为
B．物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小
C．物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5N
D．在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零
十、全反射
24．如图所示，薄圆形玻璃砖的折射率n2，（O为圆心，AB为直径。在玻璃砖内部的A点处有一点光源S，只考虑从光源直接发出射到圆周上的光线，则圆周上有光线射出区域的弧长是玻璃砖周长的（　　）
A． B． C． D．
25．如图所示，由某种透明材料制成的半径的球体置于空中，在球内有一与球心O距离为且可向各个方向发出单色光的点光源S。光源S沿各个方向发出的光均能射出该球体，将球外视为真空。下列说法正确的是（ ）
A．光从球内折射出去后频率变大
B．光从球内折射出去后波长变小
C．光源S发出的光从球内射出时最大入射角为
D．此种透明材料对该单色光的折射率小于2
十一、机械能及其守恒定律
26．如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直面内，小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。则下列关于小环下滑过程中，其水平方向速度vx、竖直方向速度vy、角速度ω以及向心加速度an随下落高度h变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
十二、万有引力与宇宙航行
27．2025年2月20日凌晨3点，中国实践25号卫星与位于地球同步轨道上的北斗G7卫星完成对接，并向G7卫星注入142公斤推进剂，为其延长8年寿命。这是全球首次实现同步卫星轨道的燃料补加，对人类航天事业具有里程碑式的意义。下列关于两卫星的运动和对接的说法正确的是（ ）
A．注入推进剂后，G7卫星的加速度变大
B．G7卫星绕地球做圆周运动的周期大于近地卫星的周期
C．G7卫星绕地球做圆周运动的线速度大于第一宇宙速度
D．可使实践25号卫星先沿同步轨道做圆周运动，再令其加速追上G7卫星完成对接
十三、电磁波
28．某实验小组设计了如图所示的LC振荡电路来测量外界压力，电容器上极板为弹性金属薄板，受到压力时会下移从而改变板间距离。测量时先将开关拨到a，电路稳定后再将开关拨到b，通过电流传感器测出振荡电路中电流的频率以反映压力大小。下列说法正确的是（ ）
A．开关拨向a时，压力越大，电容器存储的电量越小
B．开关由a拨向b瞬间，流经电流传感器的电流为零
C．开关由a拨向b瞬间，电感线圈产生的自感电动势为零
D．电流传感器检测到的电流频率越小，表示压力越小
十四、动量及其守恒定律
29．在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为、、，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，， D．在图乙位置，
十五、抛体运动
30．在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
A． B．
C． D．
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-02选择题能力提升训练》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D C A B A A A C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A C C D B C D A C D
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 D C C B D D B B D B
1．C
【详解】A．根据功能关系，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有
即
即图像的斜率等于摩擦力，故传送带对货物的摩擦力在处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故A错误；
B．由题意知，
解得，故B错误；
C．货物在传送带上匀加速的过程，根据牛顿第二定律有
解得
设货物在传送带上匀加速的时间为，则
解得
传送带的运行速度为
货物随传送带一起匀速运动的过程，机械能的增加量等于重力势能的增加量，故有
求得
故货物随传送带一起匀速运动的时间为
故货物从下端A点运动到上端B点的时间为，故C正确；
D．设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，根据能量守恒有，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；
B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，
对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有
则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；
CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有
对乙受力分析有
联立解得，
C正确，D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．由题知，物块B以大小为a，根据动滑轮的特点可知，在相等的时间内，A运动的位移等于B运动的位移的两倍，根据
可知物块A、B的加速度之比为，故物块A的加速度大小为2a，故A错误；
B．对物块B受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得细绳对物块的拉力，故B错误；
C．F的功等于A和B动能增量加上B的重力势能增量，故C错误；
D．对物块A受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得恒力，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】设静止时弹簧的压缩量为，初状态时对整体，有
两物块分离时，加速度相等且它们之间没有弹力。设分离时弹簧的压缩量为，对下面物块，有
解得
因此
分离之前两物块做匀加速运动，则有
解得
故选C。
5．A
【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误 ；
CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知
加速度的最大值为，CD错误。
故选A。
6．B
【详解】A．输入电压峰值为，则输入电压有效值为，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压，若将电阻箱阻值调为18欧姆，则电流为1A，故A错误；
B．若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压，则副线圈电流变为，故B正确；
C．输入端电压调为时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为，故C错误；
D．将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为，输出电压，副线圈电流变为，故D错误。
故选B。
7．A
【详解】A．仅把P1向上移动少许，相当于副线圈匝数增加，根据
由于原线圈输入电压不变，则副线圈电压增加，电压表的示数增大，故A正确；
BC．仅把P2向上移动少许，滑动变阻器接入电路阻值减小，根据
可知副线圈电压不变，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，根据
可知原线圈电流增大，则电流表的示数增大；滑动变阻器R消耗的功率为
可知当
滑动变阻器R消耗的功率最大，由于不清楚与的关系，所以无法确定的功率变化，故BC错误；
D．把P1、P2均向上移动少许，根据
可知副线圈电压增加，由于滑动变阻器接入电路阻值减小，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，根据
可得功率增大，故D错误。
故选A。
8．A
【详解】C．由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流I2= A=4 A
故C项错误；
A．输电导线上的电压损失Ur=4×5 V=20 V
副线圈两端的电压U2=220 V+20 V=240 V
因此原、副线圈的匝数比
A项正确；
D．又P1=P2=U2I2=240×4 W=960 W
故D项错误；
B．原线圈中的电流I1= A=A
B项错误。
故选A。
9．A
【详解】C．由图像可知，时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，故C错误；
B．由图可知，交流电的周期为T，则
由交流电的电动势的最大值为
则有效值为
故B错误；
A．线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，即
故A正确；
D．从0时刻到时刻的平均感应电动势为
故D错误。
故选A。
10．C
【详解】A．若照射光敏电阻的光照强度减弱，则增大，根据串反并同规律可知，电流表的示数变小，电压表的示数变大，故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律有
即
故，故B错误；
C．据电路可知，电容器右极板带正电，左极板带负电，电容器两极板间电压增大，故电容器充电，有从右向左的电流流过，故C正确；
D．因流过的电流减小，根据
可知的功率变小，因不知道与的大小关系，故电源的输出功率如何变化无法确定，故D错误。
故选C。
11．A
【详解】根据题意可知，气球缓慢上升的过程中，气体温度不变，则气体的内能不变，分子的平均动能不变，气体的体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，由于气体的内能不变，则吸收的热量与气体对外做的功相等。
故选A。
12．C
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。
故选C。
13．C
【详解】质子射入磁场后从b点射出，其运动轨迹如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，质子运动轨迹的半径
若是反氚核粒子以同样的速度射入磁场，其偏转方向与质子进入磁场时的偏转方向相反，根据粒子在磁场中做圆周运动的半径
知，反氚核粒子做圆周运动的轨迹半径是质子轨迹半径的3倍，故反氚核粒子将由e点射出。
故选C。
14．D
【详解】A．由图（c）可知，段电场强度向左，段电场强度向右，因粒子带负电，故粒子在段所受电场力向右，做加速运动，在段所受电场力向左，做减速运动，故A错误；
BD．由图（c）可知，、两点电势相等，粒子在、两点电势能相等，故静电力对粒子做功为0，根据动能定理可知，粒子经过Q点时速度向右，大小为，若小于粒子由点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会在某处返回，若大于或等于粒子由点到无穷远处克服电场力做的功，粒子经Q点后会一直沿x轴正向运动，故B错误，D正确；
C．由图（b）可知，由到电场强度先增大后减小，再增大再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大再减小，故C错误。
故选D。
15．B
【详解】A．由题意知，从O到B电势降低5 V，从O到D电势降低10 V，因此B点电势比D点电势高，故A错误；
C．OD中点与B点等势，B点与OD中点连线即为等势线，由几何关系可知，此连线与OD垂直，因此电场强度方向沿CD方向，故C错误；
B．电场强度大小
故B正确；
D．沿圆弧将带负电的粒子从A点移到C点，电势变高，电场力做正功，故带负电的粒子的电势能减小，故D错误。
故选B。
16．C
【详解】AB．小球ab为整体受力分析，设小球ab电荷量为，由平衡条件，
小球b受力分析，小球ab库仑力为，由平衡条件，
故
则，a的电荷量一定大于b的电荷量，故AB错误；
CD．由上面可知，，
但F大小未知，无法确定绳1绳2中的张力大小关系，故C正确D错误。
故选 C。
17．D
【详解】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误；
B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误；
C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，选项C错误；
D．只将M板水平向左平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变，故D正确。
故选D。
18．A
【详解】A．核反应中，若释放能量，产物的总结合能应大于反应物的总结合能。氘（2H）和氦-3（3He）的结合能总和约为9.9 MeV，而产物质子（1H）的结合能为0，氦-4（4He）的结合能约为28.3 MeV，总和更大，故A正确；
B．增强入射光强度会增大饱和光电流（与光子数成正比），但遏止电压仅由入射光频率决定，与强度无关，故B错误；
C．α粒子（4He）轰击铍-9（9Be）生成碳-12（12C）和中子（1n），而非质子，故C错误；
D．半衰期公式计算衰变数目为75个，但该结论仅适用于大量原子核的统计规律，题目中100个原子核的实际衰变数目存在随机性，不能断言“将衰变75个”，故D错误。
故选A。
19．C
【详解】A．根据质量数守恒和质子数守恒可知，X为粒子，故A错误；
B．核子数越多，结合能越大，所以的结合能小于的结合能，故B错误；
C．该反应放出能量，会有质量亏损，所以一个X和一个的质量之和小于一个的质量，故C正确；
D．放射性元素的半衰期只由原子核内部决定，与外界温度无关，故D错误。
故选C。
20．D
【详解】A．由于裂变容易控制且发生的条件比聚变更低，则目前的核电站利用的是裂变，但聚变产能效率高，故A错误；
B．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X粒子的质量数为1，电荷数为0，为中子，故B错误；
C．通常把核裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫作它的临界体积，相应的质量叫作临界质量，故C错误；
D．核的聚变反应是较轻的核子聚合成较重的核子，要使得核子的强相互作用发挥作用，必须使核子间接近到发生相互作用的距离，约为10 15m，要达到这个目的必须加热原子核，使得原子核的温度达到几百万摄氏度，这样才能够实现聚变，所以实现核聚变的难点是地球上没有任何容器能够经受热核反应所需的温度，故D正确。
故选D。
21．D
【详解】A．弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵波，故A错误；
B．同一介质中，波的传播速度相同，则波的传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由公式可知，波长越短，故B错误；
C．标记物振动的速度反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是同一个速度，故C错误；
D．标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量，故D正确。
故选D。
22．C
【详解】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在处开始相遇，故AB错误；
CD．甲波峰的坐标为，乙波峰的坐标为，由于两列波的波速相同，所以波峰在
处相遇，故C正确，D错误。
故选C。
23．C
【详解】B．对小物块受力分析，可知向心力由重力沿转盘斜面的下滑分力和转盘对物块的静摩擦力提供，如图所示
以重力下滑分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B正确，不符合题意；
A．由B的分析可知，物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与转盘恰能保持相对静止，可知物块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有
解得，故A正确，不符合题意；
C．当物块转至与转盘圆心高度相同处时，根据平行四边形定则有，故C错误，符合题意；
D．若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有
解得，大于，故在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零，故D正确，不符合题意。
故选C。
24．B
【详解】玻璃砖折射率n2
根据全反射临界角公式
故
即入射角时发生全反射，无法射出，分析几何关系知有光线射出的范围所对的圆心角为
则圆周上有光线射出区域的弧长是玻璃砖周长的。
故选B。
25．D
【详解】A．光从一种介质进入到另一种介质，频率不变，故A错误；
B．光从球体折射出去后传播速度变大，频率不变，根据
可知波长变大，故B错误；
C．假设点光源S发出的一条光线射到球面上的P点，如图所示
由正弦定理得
解得
对于位置已固定的光源，当越大时，越大，即光线射出玻璃球的入射角就越大，所以其最大正弦值为
解得入射角的最大值为，故C错误；
D．因为沿各个方向的光均能射出球体，所以临界角
可得
又
故，故D正确。
故选D。
26．D
【详解】A．令小环所在位置的半径与竖直向上的方向之间的夹角为，根据几何关系有，
根据动能定理有
水平方向速度
解得
可知，当小环下降R时，水平分速度为0，故A错误；
B．结合上述，竖直方向速度
解得
可知，图像不可能成线性关系，故B错误；
C．根据角速度与线速度的关系有
结合上述解得
对上述函数求导有
随高度增大，导数减小，即图像斜率减小，故C错误；
D．小环的向心加速度
结合上述解得
可知，图像呈现线性关系，故D正确。
故选D。
27．B
【详解】A．G7卫星绕地球做圆周运动，由
可知，G7卫星的加速度
与卫星质量m无关，故注入推进剂后，加速度不变，故A错误；
BC．由
可得，，
轨道半径r越大，线速度v越小，周期T越大，第一宇宙速度等于近地卫星绕地球做圆周运动的线速度，故B正确，C错误；
D．若使实践25号卫星先沿同步轨道做圆周运动，再令其加速，实践25号卫星将相对同步轨道做离心运动，变轨到更高的椭圆轨道，无法追上位于同步轨道的G7卫星，故D错误。
故选B。
28．B
【详解】A．压力越大，金属板被压弯的程度越大，平行板间的距离减小，由
知电容器的电容增大，由，电容器存储的电量越大，A错误；
BC．开关由a拨向b瞬间，产生振荡电流，流经电流传感器的电流为零，电流的变化率最大，自感电动势最大，B正确，C错误；
D．测量时，传感器检测到的电流频率越小，由
知电容越大，由
得平行板间的距离增小，表示压力越大，D错误。
故选B。
29．D
【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1和2运动的对称性可知，解得
根据能量守恒
解得
故C错误，D正确。
故选D。
30．B
【详解】设水从出水口射出的初速度为，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
【点睛】
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