辽宁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）

辽宁省高考物理二轮复习专项练习-03多选题能力提升训练
一、动量及其守恒定律
1．如图，水平导轨间距为，按如图甲建立坐标系，在区域内有垂直纸面向里、大小为的匀强磁场，在的区域内有垂直纸面向里、大小按规律变化的磁场。一个质量为的导体棒，在外力的作用下从处开始向右运动，时恰好通过处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前呈正弦规律变化，时恰好达到电流的峰值，之后稳定于）。已知导体棒接入电路的阻值为，闭合回路中的其他电阻忽略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒通过时的速度大小为
B．在0至内电阻产生的焦耳热为
C．后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为
D．导体棒在区域向右做匀速直线运动
2．在一场冰上表演活动中，光滑的冰面上静止放置着一个质量为9m的冰车，冰车的左侧部分是一个半径为R的光滑四分之一圆弧轨道，轨道底部与冰面平滑连接。一位质量为m的花样滑冰运动员以水平速度冲向冰车并滑上轨道。已知运动员在轨道上升的高度小于R。运动员回到轨道底端时，此时冰车向前走的距离为L，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员在冰车轨道上运动过程中，冰车对冰面的压力始终等于
B．运动员在轨道上升的最大高度为
C．运动员再次滑回到轨道底端时，对轨道的冲量大于
D．运动员在轨道上的运动时间为
二、交变电流
3．如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（ ）
A．时，电流方向为abcdefa
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，感应电动势平均值为0
4．我国自主研发的"海能-3号"波浪发电装置在南海海域成功运行。下图为时刻沿轴正方向传播的海水波的图像。圆柱形浮子定位在处的波面上，随波浪做简谐运动，此时质点的速率为，浮子上端固定连接匝的圆形线圈，线圈半径，线圈在磁感应强度的辐向稳定磁场中垂直切割磁感线运动，发电系统通过匝数比的理想变压器接入的纯电阻负载，磁铁、变压器、纯电阻负载等固定，下列判断正确的是（　　）
A．t=0时刻浮杆正随海水向下振动
B．t=0时刻发电机产生的电动势为
C．变压器副线圈输出电压的峰值为
D．负载消耗的功率为
三、万有引力与宇宙航行
5．如图是神舟十九号载人飞船与天和核心舱成功对接的示意图。天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅲ上；神舟十九号飞船处于半径为的圆轨道I上，运行周期为，经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与核心舱对接，则神舟十九号飞船（　　）
A．沿轨道Ⅱ运动过程中，
B．沿轨道Ⅱ从A点运动到B点过程中，机械能增大
C．轨道I上的速度大于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
D．从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点用时
6．一颗侦察卫星所在轨道平面与赤道平面重合，通过无线电传输方式与位于赤道上的地面接收站之间传送信息，已知人造地球卫星的最小运行周期为T，地球半径为R，地球自转周期为，该侦察卫星在距离地面R高度处沿圆形轨道运行，运行方向与地球自转方向相同，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．可以估测出地球的密度为
B．该侦察卫星的周期约为
C．该侦察卫星的运行速度大于第一宇宙速度
D．该侦察卫星连续2次通过接收站正上方的时间间隔为
7．如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、。则（　　）
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为
D．水星与金星的公转线速度之比为
四、机械振动与机械波
8．一列简谐横波沿轴正方向传播，时的波形如图所示。在轴正方向，距离原点小于一个波长的A点，其振动图像如图所示。本题所涉及质点均已起振。下列说法正确的是（　　）
A．平衡位置在与的质点具有相同的运动状态
B．时，平衡位置在处的质点加速度方向为沿轴正方向
C．时，平衡位置在处的质点位移为沿轴正方向最大
D．A点的平衡位置与原点的距离在之内
9．关于如图所示的示意图或实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．图甲是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从面射出
B．图乙是单色激光的双缝干涉原理图，若屏上点到狭缝的距离差是半波长的奇数倍，则点出现亮条纹
C．图丙是在垂直纸面向里的匀强磁场中三种射线的轨迹，三种射线相比较，其中向左偏的射线电离本领最大
D．图丁是利用多普勒测速仪测量水在海底的流速，其利用的物理规律与医学上广泛应用的“彩超”利用的物理规律相同
10．如图所示，在倾角的光滑固定斜面顶端固定一轻弹簧，弹簧下端连接着小球甲，小球甲与小球乙通过轻绳连接。已知小球甲的质量，小球乙的质量，静止时弹簧的伸长量（未超出弹性限度）。已知重力加速度g取，，，则烧断甲、乙之间的轻绳后，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球甲做简谐运动，其振幅为18cm
C．小球甲运动过程中弹簧的最大压缩量为6cm
D．小球甲运动过程中的最大动能为0.144J
11．“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（　　）

A．插入水中的筷子、看起来折断了
B．阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹
C．驶近站台的火车，汽笛音调变高
D．振动音叉的周围，声音忽高忽低
五、匀变速直线运动
12．如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0，则（ ）
A．
B．时，甲的速度大小为
C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
六、热学实验
13．下列哪些实验应用了控制变量法（　　）
A．探究两个互成角度的力的合成规律 B．探究加速度与力、质量的关系
C．用油膜法估测油酸分子大小 D．探究气体等温变化的规律
七、磁场
14．碳-14是碳-12的一种同位素。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳-14与碳-12原子核（初速度不计），经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0时，碳-12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则下列说法正确的是（　　）
A．在图乙中，磁场的方向是垂直于纸面向外
B．碳-14原子核和碳-12原子核均击中照相底片，碳-14原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的运动时间小
C．加速电压为U0时，碳-14原子核所击中的位置比碳-12原子核更靠近圆心
D．当加速电压在范围内，碳-12原子核全部打在内圆环上
15．粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
八、原子核
16．某理论研究认为，原子核可能发生双衰变，衰变方程为。处于第二激发态的原子核先后辐射能量分别为和的、两光子后回到基态。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．的频率比的大 D．的波长比的大
九、机械能及其守恒定律
17．如图，与水平面夹角为的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一个与传送带平行的轻弹簧，质量为的小物块P随传送带一起向下匀速运动，P接触弹簧后弹簧的最大压缩量为，设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。从接触弹簧开始，到第一次弹簧压缩到最短的过程中（　　）
A．P一直做减速运动最终静止不动
B．P先做匀速运动后做减速运动
C．传送带对P做功的功率先减小后变大再变小
D．弹簧的最大弹性势能等于
18．唐 高无际《汉武帝后庭秋千赋》有载：“秋千者，千秋也。汉武祈千秋之寿，故后宫多秋千之乐。”如图为现代单人秋千比赛精彩瞬间，运动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大。忽略空气阻力，下列关于该过程的分析正确的是（　　）
A．最高点瞬间，运动员所受合外力为零
B．最低点瞬间，运动员所受合外力不为零
C．从最低点摆至最高点过程中，运动员先超重后失重
D．从最高点蹲下到最低点站起的过程中，运动员和秋千构成的系统机械能守恒
19．冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
十、电磁感应
20．如图所示，光滑的水平金属导轨宽为且足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为；导轨左端接有电容为的电容器，击穿电压足够大；质量为、电阻为的金属棒与导轨垂直且在运动过程中接触良好。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度，闭合开关后，导体棒最终匀速运动速度为；若电容器开始带电量为，金属棒初速度为，闭合开关后，导体棒最终匀速运动速度为；则（　　）
A． B．
C． D．
21．如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1 D．两棒产生的电动势始终相等
22．如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
23．如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）
A．在时，金属棒受到安培力的大小为
B．在t=t0时，金属棒中电流的大小为
C．在时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t=3t0时，金属棒中电流的方向向右
十一、静电场
24．如图所示，正方形每个顶点上都放置有电荷量相同的正点电荷，轴位于正方形的中轴线上，取轴正向是电场强度的正方向，正方形的中心为坐标原点，关于中轴线上各点电场强度和电势随坐标的变化图像可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
25．图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（　　）

A．P点电势比M点的低
B．P点电场强度大小比M点的大
C．M点电场强度方向沿z轴正方向
D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变
26．如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
十二、牛顿运动定律
27．京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左
B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动
C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J
D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J
28．一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　）
A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动
十三、波粒二象性
29．紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，其中A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到K极时，电压表才有示数且启动报警装置。已知太阳光中的紫外线频率主要在，而明火中的紫外线频率主要在，下列说法错误的是（　　）
A．为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于
B．只有明火照射到K极的时间足够长，电压表才会有示数
C．电源左边接正极有利于提高报警装置的灵敏度
D．可以通过图中电压表示数变化监测火情的变化
30．X射线光电子能谱仪是利用X光照射材料表面激发出光电子，并对光电子进行分析的科研仪器，用某一频率的X光照射某种金属表面，逸出了光电子，若增加此X光的强度，则（　　）
A．该金属逸出功增大 B．X光的光子能量不变
C．逸出的光电子最大初动能增大 D．单位时间逸出的光电子数增多
试卷第1页，共3页
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《辽宁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 ACD BCD AB ABD CD AD BC BCD CD ACD
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 BD AD BD AD AD ABC BC BC CD BD
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 AB AC BC AC CD BCD AC ABD ABC BD
1．ACD
【详解】A．由题知，在的区域内磁感应强度的变化规律为
则处的磁感应强度为
由乙图知，此时感应电流为
根据法拉第电磁感应定律有
代入数据解得，故A正确；
B．由题知，在内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为
则电阻产生的焦耳热为，故B错误；
C．0.5s后，电流强度大小不变，恒为，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小，故C正确；
D．0.5s后，电流强度大小不变，根据
可知速度不变，导体棒在区域向右做匀速直线运动，故D正确。
故选ACD。
2．BCD
【详解】A．运动员在竖直方向上有向下的分加速度，系统处于失重状态，故冰车对冰面的压力始终小于，故A错误；
B．运动员在轨道上升过程中，在水平方向上动量守恒，则
解得，运动员上升到最高点时运动员和冰车共速时的速度大小为
根据系统机械能守恒
解得
故B正确；
C．运动员再次滑回到轨道底端时，取水平向右为正方向，设运动员的速度为，冰车的速度为，在水平方向上动量守恒，则
根据系统机械能守恒
解得
根据动量定理可知，在水平方向上，运动员对轨道的冲量大小为
又因为运动员在竖直方向上对轨道的冲量不为零，所以运动员对轨道的冲量大于，故C正确；
D．根据运动员和冰车在水平方向上动量始终守恒，则在任意时刻均满足
两边同乘，则
有题意可知，
联立，解得
故D正确。
故选BCD。
3．AB
【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为和，时刻边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为，电动势为，AB正确；
C．时，线框旋转180°，此时依旧是边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误；
D．到时，线框的磁通量变化量为零，线框的磁通量变化量为
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为，D错误。
故选AB。
4．ABD
【详解】A．波向x轴正方向传播，根据峰前质点上振，可知位于x坐标值4m的质点在t=0时刻，沿y轴负方向振动，所以浮杆正随海水向下振动，故A正确；
B．在t= 0时刻发电机产生的电动势的瞬时值最大且为
故B正确；
C．根据变压器电压之比与线圈匝数之比关系
解得变压器副线圈输出电压的峰值为
故C错误；
D．负载消耗的功率为
故D正确；
故选ABD。
5．CD
【详解】A．神舟十九号飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，A点为近地点，B点为远地点，根据开普勒第二定律可知，近地点的速度大于远地点的速度，即，故A错误；
B．飞船沿轨道Ⅱ从A点运动到B点的过程中，万有引力做负功，神舟十九号飞船动能减小，势能增大，机械能守恒，故B错误；
C．神舟十九号飞船在圆轨道做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
解得
轨道I和轨道III都是圆轨道，且，则有；飞船从轨道Ⅱ运动到B处时加速做离心运动进入轨道Ⅲ，因此在轨道Ⅰ上的速度大于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度，故C正确；
D．神舟十九号飞船沿轨道Ⅱ运动时，由开普勒第三定律可得
解得
故飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点所用的时间，故D正确。
故选CD。
6．AD
【详解】A．对近地卫星进行分析有
且密度
联立解得地球的密度
故A正确；
B．由开普勒第三定律有
可知
故B错误；
C．第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，故该侦察卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D．该侦察卫星连续2次通过接收站正上方有
联立解得时间间隔为
故D正确。
故选AD。
7．BC
【详解】AB．根据万有引力提供向心力有
可得
因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；
C．设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有
同理可知有
所以水星与金星的公转半径之比为
故C正确；
D．根据
可得
结合前面的分析可得
故D错误；
故选BC。
8．BCD
【详解】A．根据波动图像可读出波的波长
在x=2m与x=7m的质点平衡位置相差
可知两处质点的振动情况完全相反，故A错误；
B．由振动图像可知
解得周期为
由图（a）并根据上下坡法，可知在t=6s时平衡位置位于x=2m处的质点正处于平衡位置向上振动
t=9s与t=6s的时间差为
所以在t=9s时该质点处于波谷处，所以该质点加速度方向沿y轴正方向，故B正确；
C．由图（a）并根据上下坡法，可知在t=6s时平衡位置位于x=1m处的质点正处于平衡位置向下振动
t=9s与t=6s的时间差为
所以在t=9s时该质点处于波峰处，位移为沿轴正方向最大，故C正确；
D．根据A质点的振动图可知，在t=7.5s时A质点在正的最大位移处，因周期为T=4s，则t=6.5s时A质点在平衡位置，t=5.5s时A质点在负的最大位移处，故t=6s时A正在负的位移位置向平衡位置振动，由t=6s的波动图可知A质点的平衡位置与原点的距离在0m到0.5m之间，故D正确。
故选BCD。
9．CD
【详解】A．图甲中，光束在面的折射角等于在面的入射角，只要入射角，面的入射角就小于临界角，就不会发生全反射，所以始终有光线从面射出，A错误；
B．图乙中，照射两条狭缝时，若光从狭缝到屏上点的波程差为半波长的奇数倍，则点处一定是暗条纹，B错误；
C．根据左手定则，向左偏转的为粒子组成的射线，射线电离本领最大，C正确；
D．多普勒测速仪与“彩超”均用了多普勒效应，D正确。
故选CD。
10．ACD
【详解】A．由静止时甲、乙整体受力分析，甲、乙整体重力沿斜面的分量与弹簧弹力平衡，则有
解得
故A正确；
B．剪断轻绳后，甲球将做简谐运动，运动到平衡位置时，根据平衡条件，有
解得弹簧的伸长量为
小球甲做简谐运动，其振幅为A=18cm-6cm=12cm
故B错误；
C．甲球运动到最高点时弹簧有最大压缩量，结合简谐运动关于平衡位置对称可推知，弹簧有最大压缩量为
故C正确；
D．由简谐运动相关运动规律和能量守恒定律，有
小球甲运动过程中的最大动能为
故D正确。
故选ACD。
11．BD
【详解】该现象属于波的叠加原理；插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与该问题的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符。
故选BD。
12．AD
【详解】B．位置与时间的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙的位移可得
可得时刻甲物体的速度为，B错误；
A．甲物体的加速度大小为
乙物体的加速度大小为
由牛顿第二定律可得甲物体
同理可得乙物体
联立可得，A正确
C．设斜面的质量为，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定理可得
则之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误；
D．之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得
即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。
故选AD。
13．BD
【详解】A．探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代法，故A错误；
B．探究加速度与力、质量的关系，采用的是控制变量法，故B正确；
C．用油膜法估测油酸分子大小，采用的是理想模型法，故C错误；
D．探究气体等温变化的规律，采用的是控制变量法，故D正确。
故选BD。
14．AD
【详解】A．由图可知，碳原子核受到向右的洛伦兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向外，故A正确；
B．碳原子核在磁场中运动的时间为
由于碳-14原子核的质量数大于碳-12原子核的质量数，所以碳-14原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的运动时间大，故B错误；
C．由题意知，加速电压为U0时，有
所以
原子核进入磁场中有
所以
由此可知，碳-12原子核所击中的位置比碳-14原子核更靠近圆心，故C错误；
D．若碳-12原子核全部打在内圆环上，则最小圆周运动半径为，
最大圆周运动半径为，
解得，
当加速电压在范围内，碳-12原子核全部打在内圆环上，故D正确。
故选AD。
15．AD
【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有
解得
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
故选AD。
16．ABC
【详解】AB．由核反应方程质量数和电荷数守恒可得
解得，AB正确；
CD．由题可得光子的能量大于光子的能量，光子的能量公式，波长
可得的频率大于的频率，的波长小于的波长，C正确，D错误；
故选ABC。
17．BC
【详解】AB．P随传送带匀速下滑时，受沿斜面向上的摩擦力和沿斜面向下的重力的分量而平衡，即
接触弹簧后，受弹簧向上的弹力，开始时由于
随弹力变大，f减小，物块仍受力平衡相对传送带静止向下匀速运动，当弹力增加到等于mgsinθ时f反向，继而逐渐增加到最大静摩擦力时物块开始相对传送带向上滑动，此后
物块开始向下做减速运动最后速度减为零，选项A错误，B正确；
C．传送带对P做功的功率，即摩擦力的功率，开始匀速阶段，物块受摩擦力先沿传送带向上减小后向下增加，则功率P先减小后增加；减速阶段摩擦力不变，速度减小，可知功率P减小，即传送带对P做功的功率先减小后变大再变小，选项C正确；
D．由能量关系可知，弹簧的最大弹性势能等于物块机械能减小量与产生的热量之差，可知弹簧最大弹性势能小于，选项D错误。
故选BC。
18．BC
【详解】A．运动员在最高点时仍受重力、拉力作用，二者合力不为零，故A错误；
B．运动员荡到最低点时拉力与重力的合力提供向心力，合力不为0，故B正确；
C．运动员由最低点向最高点运动的过程中，加速度先有竖直向上的分量后有竖直向下的分量，所以运动员先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；
D．动员通过技巧性动作（最低点站起、最高点蹲下）使秋千振幅逐渐增大，系统的机械能变大，机械能不守恒，故D错误；
故选BC。
19．CD
【详解】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数去最小时能停在滑道上，由全程的动能定理有
要求进入水平滑道，因此最大的动摩擦因数能够进入水平滑道，即
综合需满足
和
故选CD。
20．BD
【详解】AB．若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度，则导体棒最终匀速运动速度为时此时电容器两板间电压等于金属棒产生的感应电动势，即U=BLv1
整个过程中由动量定理
其中
解得
选项A错误，B正确；
CD．若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒向右加速运动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后金属棒将匀速运动下去；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v2，由动量定理可得
其中
解得
选项C错误，D正确。
故选BD。
21．AB
【详解】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
22．AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力
方向向左；MN受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则
解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为
选项B错误；
C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
可得则最终MN位置向左移动
PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理
可得
选项C正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则
选项D错误。
故选AC。
【点睛】
23．BC
【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为
在时磁感应强度为，此时安培力为
故A错误，B正确；
C．由图可知在时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；
D．由图可知在时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
故选BC。
24．AC
【详解】AB．由对称性可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处场强也为零，可知从O点向两侧场强先增加后减小，O点右侧场强为正，左侧场强为负，选项A正确，B错误；
CD．各点电势均为正值，且O点电势最高，向两侧电势逐渐降低，则选项C正确，D错误。
故选AC。
25．CD
【详解】A．因P点所在的等势面高于M点所在的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；
B．因M点所在的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误；
C．场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确；
D．因x轴上个点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项D正确。
故选CD。
26．BCD
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知
解得
故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。
故选BCD。
27．AC
【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有
解得
则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确；
B．包裹在水平轨道BC段的加速度为
设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有
解得m
刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误；
C．包裹由B到C的时间为s
相对位移为
因传送带运送包裹节省电能为
代入数据解得J，故C正确；
D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为
则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误；
故选AC。
28．ABD
【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
29．ABC
【详解】A．太阳光中的紫外线频率主要在，为避免太阳光中的紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于，A说法错误，满足题意要求；
B．电压表有没有示数与明火的照射时间无关，与明火中紫外线的频率有关，B说法错误，满足题意要求；
C．电源左边接正极时，光电管上被施加反向电压，发生光电效应时到达阳极的光电子数减少，因此会降低报警装置的灵敏度，C说法错误，满足题意要求；
D．明火中紫外线的强度越大，产生的光电流越大，由欧姆定律知，电压表的示数越大，故可用电压表示数变化监测火情的变化，D说法正确，不满足题意要求；
故选ABC。
30．BD
【详解】A．金属的逸出功是金属的自身固有属性，仅与金属自身有关，增加此X光的强度，该金属逸出功不变，故A错误；
B．根据光子能量公式可知增加此X光的强度，X光的光子能量不变，故B正确；
C．根据爱因斯坦光电方程
可知逸出的光电子最大初动能不变，故C错误；
D．增加此X光的强度，单位时间照射到金属表面的光子变多，则单位时间逸出的光电子数增多，故D正确。
故选BD。
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