江西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）

江西省高考物理二轮复习专项练习-03多选题能力提升训练
一、万有引力与宇宙航行
1．假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。则（　　）
A．赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为
B．地球的半径为
C．地球的密度为
D．地球同步卫星的轨道半径为
2．如图，北斗系统主要由离地面高度为（为地球半径）的同步卫星和离地面高度为的中轨道卫星组成，两轨道均看作圆轨道，忽略地球自转。下列说法正确的是（　　）
A．中轨道卫星与同步卫星的运行动能之比为
B．中轨道卫星与同步卫星的向心加速度大小之比为
C．中轨道卫星与同步卫星的线速度大小之比为
D．中轨道卫星与同步卫星的运行周期之比为
二、磁场
3．如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（　　）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
4．如图甲所示，足够长的光滑“U”形金属导轨放置在倾角的光滑斜面上，导轨上端用轻质细线连接到固定的力传感器上。导轨间距，电阻不计，时一长度为d、电阻的导体棒从导轨上端附近由静止释放，时在斜面所在范围内加上垂直于斜面向上的匀强磁场（图中未画出），力传感器记录的整个过程中细线上的拉力随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T B．导体棒的质量为0.08kg
C．导体棒匀速运动时的速度大小为4m/s D．导体棒第2s内的位移为3.2m
5．如图，空间中一半径为R的圆形区域（包括边界）内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场左侧宽度为R的区域里，大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同的水平速度平行射入圆形磁场，其中从A点沿AO方向射入的粒子，恰好能从圆形磁场最高点M点飞出，已知过A、O两点的直线水平且是有带电粒子射入区域的中心线，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子做圆周运动的半径为 B．粒子的初速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最短时间为 D．粒子在磁场中运动的最长时间为
6．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
三、机械能及其守恒定律
7．每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能与时间t的关系，下列图像可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，倾角为的足够长光滑斜面体固定在水平面上，其底端的挡板上固定一轻弹簧，弹簧处于自然长度时弹簧的上端位于O点，弹簧的劲度系数为，现将质量为m的物体（可视为质点）放在弹簧的上端（未拴接），系统静止时，弹簧的最上端位于斜面体上的B点（图中未标出），然后在物体上施加一沿斜面体向下的外力F，缓慢地将轻弹簧的最上端压到A点，已知，弹簧储存的弹性势能为（其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量），时将作用在物体上的外力F撤走，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物体位于A点时，外力F的大小为mg
B．外力F对物体做的功为
C．撤走外力后，物体的最大速度为
D．撤走外力后，物体沿斜面体上滑的最大距离为8x0
9．2024年10月30日，神舟十九号发射成功。如图所示，神舟十九号载人飞船先进入椭圆轨道II，某次通过A点时启动发动机，使其进入圆形轨道I，两轨道相切于A点。地球质量为M，神舟十九号质量为m（认为不变），引力常量为G。规定距离地球无限远点为零势能点，飞船与地球之间的引力势能可表示为，其中r为飞船到地心之间的距离。已知A、B两点到地心距离分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．神舟十九号在轨道Ⅱ上B点的动能等于
B．神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的动能小于
C．神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的机械能等于
D．神舟十九号在轨道Ⅰ上A点的机械能等于
10．如图1所示为某滑雪项目轨道的示意图，轨道由长为L的斜面PQ与水平冰雪地面平滑连接构成，PQ与水平冰雪地面的夹角为θ，滑雪圈与轨道间的动摩擦因数均为μ。游客坐在滑雪圈上从斜面顶端P点由静止开始下滑，取斜面底端为零重力势能面，游客与滑雪圈的机械能、重力势能随着水平位移x的变化关系如图2所示。已知游客滑到Q点后再经过停止运动，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．游客与滑雪圈的总质量为60kg
D．游客与滑雪圈滑到Q点前瞬间，重力的瞬时功率为4800W
11．如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
四、电磁感应
12．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为。若线框或边受到安培力，则其安培力大于。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）
A．线框速率的最小值为
B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C．线框穿过磁场区域的时间为
D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
五、机械振动与机械波
13．水面上有相距为的两个浮标A、B，水波（可视为简谐波）由A向B传播。当波传播到A浮标时，A浮标从平衡位置开始向上振动，若从此时开始计时，经过时间，A浮标第二次到达波峰，且此时B浮标刚好开始振动。已知该波的周期为，则下列说法正确的是（　　）
A．水波的波长为
B．水波的波长为
C．时刻，A浮标的速度方向向下
D．时刻，A浮标的速度方向向上
14．一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）

A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
六、相互作用
15．图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，空调外机M缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变，绳子质量忽略不计，则（　　）
A．绳子P上的拉力不断变大 B．绳子Q上的拉力先变小后变大
C．地面工人所受的支持力不断变小 D．地面工人所受的摩擦力先变大后变小
七、动量及其守恒定律
16．将一扫地机器人在材质均匀的水平地板上进行测试，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间变化如图甲，机器人的加速度a随时间变化如图乙。不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．机器人与的质量为1.5kg
B．3s时机器人的速度大小为8m/s
C．在0~4s时间内，合外力的冲量大小为13.5N·s
D．在0~4s时间内，合外力做的功为62.75J
17．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
八、静电场
18．如图所示，两半圆柱形极板间存在沿指向圆心方向的电场，两极板的下侧存在加速电场，加速电压为U，如图一重力不计的正粒子由加速电场的S点静止加速，经狭缝O垂直电场线射入两半圆柱形极板间，粒子转动半个圆周后从极板的右侧垂直电场线离开。已知粒子轨迹所在处的电场强度大小为E。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子做圆周运动的半径为
B．若粒子的电荷量增加为原来的4倍，粒子整个过程的运动时间减半
C．若粒子的质量增加为原来的4倍，粒子整个过程的运动时间不变
D．若粒子的加速电压加倍，则粒子的运动轨迹不变
19．如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
A．最低点的位置
B．速率达到最大值时的位置
C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能
20．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
21．在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）

A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
九、光学实验
22．某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是（　　）
A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B．透镜的作用是使光更集中
C．单缝的作用是获得线光源
D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目内越多
十、抛体运动
23．一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
十一、交变电流
24．如图所示的理想变压器电路中，原、副线圈的匝数比为2:1，a、b、c三个完全相同的灯泡电阻恒为4Ω，R1、R2为定值电阻。现在MN间接电压有效值恒为16V的正弦式交流电，已知两电键均闭合时，三个灯泡均正常发光；两个电键均断开时，只有灯泡a正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．灯泡的额定电流均为0.5A
B．定值电阻
C．两电键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为8:3
D．两电键闭合与两电键断开时，电源消耗的电功率之比为8:3
25．随着我国新能源汽车迅猛发展，充电桩的需求快速增长。如图甲为常见的交流充电桩，图乙为充电站内为充电桩供电的电路示意图，理想变压器的原线圈电压为，最大输出功率为，单个充电桩的充电电压为、充电电流为。下列说法正确的是（　　）
A．该变压器原、副线圈的匝数比
B．该变压器原、副线圈的匝数比
C．该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电
D．该充电站能最大允许12个充电桩同时正常为新能源汽车充电
十二、光的干涉
26．某实验小组用图1所示的装置研究光的波动现象，若使用红色的激光通过缝屏（单缝或双缝）后在光屏上呈现的图案如图2、3所示，则下列说法正确的是（　　）
A．图2所用的缝为双缝，图3所用的缝为单缝
B．图2所用的缝为单缝，图3所用的缝为双缝
C．如果改为用蓝色激光进行实验，图2、3中的条纹间距都会变大
D．如果改为用蓝色激光进行实验，图2、3中的条纹间距都会变小
十三、热力学定律
27．一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
28．对于一定量的理想气体，经过下列过程，其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是（　　）
A．等温增压后再等温膨胀
B．等压膨胀后再等温压缩
C．等容减压后再等压膨胀
D．等容增压后再等压压缩
E．等容增压后再等温膨胀
十四、圆周运动
29．一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
十五、恒定电流
30．黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12= 3.0V，U23= 2.5V，U34= －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（ ）

A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
《江西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 BCD CD CD BD BD BC AB BD BD BC
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 BD AD BC ABE AC AC AD AB BD AB
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 BC BC AD BC AC BD ABD ACD BD CD
1．BCD
【详解】AB．在两极和赤道质量为m的物体所受重力和万有引力的关系分别为，
赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为
联立得，，
故A错误，B正确；
C．地球的密度
又，，
联立得
故C正确；
D．设地球同步卫星的质量为，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有
又，
得
故D正确。
故选BCD。
2．CD
【详解】设表示地球的质量，表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力
解得
AC．中轨道卫星与同步卫星的线速度大小之比为
由于卫星的质量未知，动能无法比较，故A错误，C正确；
B．中轨道卫星与同步卫星的向心加速度大小之比为
故B错误；
D．中轨道卫星与同步卫星的运行周期之比为
故D正确。
故选CD。
3．CD
【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到竖直方向的洛伦兹力作用，A错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误；
C．PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D正确。
故选CD。
4．BD
【详解】A．由图可知，第1s内细线上的拉力F1=0.8N，设导轨的质量为m1，对导轨，由平衡条件得
解得m1=0.16kg
第1s内导体棒自由下滑，加速度大小
第1s末的速度大小
导体棒产生的感应电动势
回路中的电流
由图可知，1s末加上磁场时细线上的拉力F2=1.8N
对导轨有
解得B=0.4T
故A错误；
B．2s末导体棒开始做匀速运动，设此时回路中的电流为I2、导体棒的质量为m2，此时对导体棒，由平衡条件得
由图可知，此时细线上的拉力F3=1.2N
对导轨，由平衡条件有
联立解得m2=0.08kg
故B正确；
C．设导体棒匀速运动时的速度大小为v2，则有
解得v2=2m/s
故C错误；
D．第2s内，对导体棒，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理得
第2s内的位移
解得s=3.2m
故D正确。
故选BD。
5．BD
【详解】AB．由几何关系可知粒子圆周运动的半径
由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子的初速度大小为
故A错误，B正确；
CD．如图所示
由C点入射的粒子运动时间最短，设运动轨迹对应的圆心角为α，则有
粒子做圆周运动的周期为
粒子运动的最短时间
同理，由D点入射的粒子运动时间最长，对应的圆心角为120°，则最长时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
6．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。
7．AB
【详解】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；
B．龙舟在时间内速度由0增加到（划桨阶段），再经历时间速度减为0，速度方向始终为正向，故B正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在时间内是不变的，后0.6s内也是不变的，故C错误；
D．根据可知，前开口向上，故D错误。
故选AB。
8．BD
【详解】A．物体在B点时，设轻弹簧的压缩量为x，由力的平衡条件得
又
解得
当用外力F缓慢压缩轻弹簧时，物体处于动态平衡，当物体位于最低点时，由力的平衡条件得
解得，A错误；
B．用外力缓慢压缩物体，由功能关系得
解得，B正确；
C．由题意可知当物体的加速度为0时，物体的速度最大，即从撤走外力到物体运动到B点时，物体的速度最大，由机械能守恒定律得
解得，C错误；
D．从撤走外力到物体运动到最高点的过程中，设物体沿斜面体上滑的最大距离为x'，由机械能守恒定律得
解得，D正确。
故选BD。
9．BD
【详解】A．假设神舟十九号在过B点的圆形轨道上运动，由可得
为进入轨道Ⅱ，需要在B点加速提高机械能，所以神舟十九号在轨道Ⅱ上B点的动能，A错误；
B．神舟十九号在轨道Ⅰ上A点速度由可得
神舟十九号在轨道Ⅱ上A点的动能小于在轨道Ⅰ上A点的动能，B正确；
C．神舟十九号在轨道II上A点的机械能，C错误；
D．神舟十九号在A点的引力势能
则神舟十九号在轨道I上A点的机械能等于，D正确。
故选BD。
10．BC
【详解】BC．设P点到游客与滑雪圈静止时的水平位移为x，根据图2可知
解得x=48m
在斜面顶端时机械能E1=3600J，根据能量守恒定律可得
已知游客滑到Q点后再经过t=8s停止运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
则在Q点的速度大小为
根据图2可得Q点的动能为J
联立解得，m=60kg
故BC正确；
A．由图2可知，游客和滑雪圈在斜面顶端时机械能E1=3600J，重力势能Ep1=3600J，且Ep1=mgh
解得h=6m
PQ的水平位移为x1=8m，则有
解得L=10m
故A错误；
D．设斜面倾角为，则有
游客滑到Q点的速度大小为
游客与滑雪圈滑到Q点前瞬间，重力的瞬时功率为W
故D错误。
故选BC。
11．BD
【详解】方法一：设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知
设物块的对地位移为，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式，
因为
可得
则
所以
B正确，A错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知，
且
故
故A错误，B正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C错误，D正确。
故选BD。
12．AD
【详解】A．在边进入磁场而边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力和沿传送带平面向下的重力分力。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为，而，故
已知线框受到的安培力
即
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在边进入磁场到边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当边刚进入磁场时，线框有最小速度。设线框加速度为，根据牛顿第二定律有
边离开磁场时速度恰好为，则有
联立解得，故A正确；
B．在边进入磁场到边进入磁场的过程中，由动能定理有
则该过程产生的焦耳热
在边离开磁场到边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为。因此，线框穿过磁场区域产生的焦耳热为，故B错误；
C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有
因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得，故C错误；
D．边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离，故D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】AB ．A浮标从平衡位置开始向上振动，可知波传到B时的起振方向也是向上振动，则由于A浮标第二次到达波峰，且此时B浮标刚好开始振动，可知
即，选项A错误，B正确；
CD．由题意可知，则时刻，即经过，A浮标在平衡位置向下振动，选项C正确，D错误。
故选BC。
14．ABE
【详解】A．由图a可知波长为4m，由图b可知波的周期为2s，则波速为
故A正确；
B．由图b可知t=0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；
C．由图a可知波的振幅为5cm，故C错误；
DE．根据图a可知t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于
可知在t=7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为
故D错误，E正确；
故选ABE。
15．AC
【详解】A B．对空调外机进行受力分析可知，空调外机分别受到绳P、Q的拉力、和自身的重力的作用而平衡，受力分析如图所示
将这三个力构成矢量三角形，如图所示
由图可知，地面上的工人在缓慢后退并缓慢放绳的过程中，不变，逐渐增大，、均增大，故A正确，B错误；
CD．对地面上工人进行受力分析可知，该工人受到重力、地面的支持力、绳Q的拉力以及地面的摩擦力四个力的作用处于平衡状态，受力分析如图所示
竖直方向平衡方程为
水平方向平衡方程为
其中不变，绳子Q的拉力增大，所以该工人受到的支持力减小，摩擦力增大，故C正确，D错误。
故选AC。
16．AC
【详解】A．由图甲可知，水平牵引力F随时间变化关系为
由图乙可知t=1s时，机器人开始有加速度，则有
t=4s时，根据牛顿第二定律可得
联立解得，，故A正确；
B．a t图线与横轴围成的面积表示速度变化量，又因为初速度为0，故面积即表示末速度，所以3s时机器人速度大小为，故B错误；
C．由a t图线可知4s时机器人速度大小为
根据动量定理可知，在0~4s时间内，合外力的冲量大小为，故C正确；
D．根据动能定理可知，在0~4s时间内，合外力做的功为，故D错误。
故选AC。
17．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。
18．AB
【详解】AD．粒子在加速电场中，由动能定理得
粒子在两极板间做圆周运动时有
联立解得
当加速电压加倍，则粒子在两极间运动的半径加倍，所以粒子的运动轨迹变化，故A正确，D错误；
B．粒子的电荷量增加为原来的4倍，其运动轨迹不变，由动能定理得解得，则粒子在加速电场、无场区域及半圆柱形电极间的运动时间都减半，其在全过程的时间减半，故B正确；
C．若粒子的质量增加为原来的4倍，其运动轨迹不变，由动能定理得解得，则粒子在加速电场、无场区域及半圆柱形电极间的运动时间都加倍，其在全过程的时间加倍，故C错误。
故选AB。
19．BD
【详解】A．全过程，根据动能定理
解得
故A错误；
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有
解得
故B正确；
C．小球甲最后停留时，满足
解得位置x的区间
故C错误；
D．若在最低点能返回，即在最低点满足
结合动能定理
又
联立可得
故D正确。
故选BD。
20．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。
21．BC
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
22．BC
【详解】A．进行双缝干涉测光的波长实验，光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元件，故A错误；
B．透镜的作用是使光更集中，故B正确；
C．单缝的作用是获得线光源，故C正确；
D．根据条纹间距公式可知双缝间距越小，相邻亮条纹的间距较大，测量头中观察到的条纹数目内越少，故D错误。
故选BC。
23．AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
24．BC
【详解】A．两电键均闭合时，由电路图可知，变压器原线圈两端的电压为
则由变压器的工作原理得
所以
由于三个灯泡均正常发光，则三个灯泡的电压和流过三个灯泡的电流均相等，则有，
又，
所以，，
故A错误；
B．两电键均断开时，只有灯泡正常发光，则有
此时流过灯泡b、c的电流均为
所以灯泡b两端的电压为
变压器副线圈的输出电压为
由变压器的工作原理得
解得
又由
可得
定值电阻R1两端的电压为
则定值电阻R1的电阻值为
故B正确；
C．由以上分析可知
两电键闭合时，定值电阻R2消耗的电功率为
三个灯泡消耗的电功率均为
所以副线圈的输出功率为
两电键断开时，灯泡b、c消耗的电功率均为
而灯泡a正常发光，则副线圈的输出功率为
则两电键闭合与两电键断开时，副线圈的输出功率之比为
故C正确；
D．两电键闭合时，电源消耗的电功率为
两电键断开时，电源消耗的电功率为
电源消耗的电功率之比为
故D错误。
故选BC。
25．AC
【详解】AB．由变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数的关系
可得
故A正确，B错误；
CD．根据
解得
该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电，故C正确，D错误。
故选AC。
26．BD
【详解】AB．由双缝干涉图样条纹间距相等，单缝衍射图样中央亮纹较宽、较亮，可知图2所用的缝为单缝，图3所用的缝为双缝，故A错误，B正确；
CD．如果改为用蓝色激光进行实验，由于蓝色光的波长小于红色光的波长，根据可知，图2、3中的条纹间距都会变小，故C错误，D正确。
故选BD。
27．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。
28．ACD
【详解】A．对于一定质量的理想气体内能由温度决定，故等温增压和等温膨胀过程温度均保持不变，内能不变，故A正确；
B．根据理想气体状态方程
可知等压膨胀后气体温度升高，内能增大，等温压缩温度不变，内能不变，故末状态与初始状态相比内能增加，故B错误；
C．根据理想气体状态方程可知等容减压过程温度降低，内能减小；等压膨胀过程温度升高，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故C正确；
D．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等压压缩过程温度降低，末状态的温度有可能和初状态的温度相等，内能相等，故D正确；
E．根据理想气体状态方程可知等容增压过程温度升高；等温膨胀过程温度不变，故末状态的内能大于初状态的内能，故E错误。
故选ACD。
29．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。
30．CD
【详解】A．根据题意画出电路图，如下

可见U34 > 0，A错误；
B．根据题意画出电路图，如下

可见U34 > 0，B错误；
C．根据题意画出电路图，如下

可见上述接法可符合上述测量结果，C正确；
D．根据题意画出电路图，如下

可见上述接法可符合上述测量结果，D正确。
故选CD。
答案第1页，共2页
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