河南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）

河南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．如图所示，竖直固定的半圆轨道ABC与水平长直轨道在C点相切，半径为R，AC是半圆轨道的竖直直径。将小物块b从半圆轨道与圆心等高的B点由静止释放，在水平轨道上与以速度向左运动的小物块a发生弹性正碰，两小物块的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．若小物块a速度足够大，则小物块a可以经过半圆轨道的A点
B．小物块b在返回半圆轨道最低点C时，所受的向心力大小与成正比
C．碰撞过程中，小物块b受到小物块a的冲量大小为
D．若小物块b碰后返回半圆轨道且恰好能经过A点，则
2．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
3．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
二、气体、固体和液体
4．如图，一圆柱形汽缸水平固置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时，P左、右两侧理想气体的温度分别为和，体积分别为和，。则（　　）
A．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移
B．固定M、N，若两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将左移
C．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将右移
D．保持不变，若M、N同时缓慢向中间移动相同距离，P将左移
三、电磁感应
5．如图所示，M、N是两根固定在绝缘水平台面上的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻忽略不计，导轨间存在垂直于台面向下的匀强磁场。阻值相等的两金属棒、的质量分别为、，两棒置于导轨上，最初两棒间存在一定的距离。时刻，棒获得一水平向右、大小为（可调）的初速度，此后运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。设、的间距为x，通过棒的电荷量为q，安培力对棒冲量的大小为I，从时刻至两棒运动稳定，棒上产生的焦耳热为Q。下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．两组平行光滑金属导轨在同一水平面固定，间距分别为d和2d，分别连接电阻、，M、N到外侧轨道距离相等，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。距磁场左边界d处，一长为2d的均匀导体棒以速度向右运动，导体棒运动到磁场左边界时与两组导轨同时接触，导体棒运动到磁场正中央位置时的速度大小为。导体棒质量为m，阻值为，、的阻值均为R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。下列描述正确的是（　　）
A．导体棒运动到磁场正中央位置时的加速度大小
B．导体棒运动到磁场正中央位置时电阻的热功率
C．导体棒运动到磁场正中央位置过程中通过的电荷量
D．导体棒运动到磁场正中央位置过程中导体棒产生的热量
7．如图所示，水平面上有两条相距为l的足够长的固定光滑平行金属导轨，垂直于导轨的两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场内导轨上相隔一定距离垂直导轨放置长度均为l的导体棒a和b。现让导体棒a、b以相同的速率同时沿导轨相向运动，导体棒b出磁场前加速度已经为0，导体棒a出磁场时速度为，a、b棒的质量分别为2m、m，电阻均为R。导轨电阻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b出磁场时的速度大小为
B．整个过程流过导体棒b的电荷量为
C．整个过程系统产生的焦耳热为
D．整个过程两棒的最近距离为
四、磁场
8．手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
9．如图所示，通有恒定电流的导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的A、B两点。另一长导体棒Q固定于AB连线正下方且与AB平行，其到AB的距离与细线长相等，导体棒Q与电源（内阻为5Ω）、滑动变阻器（电阻最大值为15Ω）、开关构成电路，闭合开关前滑片位于最左端，只考虑电源内阻和滑动变阻器接入电路的电阻。已知通电直导线产生磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比、与到通电导线的距离成反比。开关闭合后，导体棒P静止于图示位置，细线与竖直方向夹角θ=60°。现将滑动变阻器的滑片向右缓慢滑至距变阻器左端处时停止滑动，此时导体棒P静止于某一位置，下列说法正确的是（　　）
A．导体棒P、Q中的电流方向相同
B．此时，细线与竖直方向的夹角为90°
C．此过程中，细线拉力大小不变
D．此过程中，电源的输出功率先增大后减小
10．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
五、机械振动与机械波
11．一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的波形图如图甲所示，此时质点、的位移均为-2cm；如图乙所示为该列波中一质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．图乙可能为质点的振动图像
B．图乙可能为质点的振动图像
C．该波的波速大小为
D．质点的相位比质点的相位超前
12．贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可以发出等音。已知音和音所对应的频率分别为和，则（　　）
A．在空气中传播时，音的波长大于音的
B．在空气中传播时，音的波速小于音的
C．由空气进入水中，音和音的频率都变大
D．由空气进入水中，音的波长改变量大于音的
13．一列简谐横波沿轴传播，时刻的波形如图所示。已知从计时开始，处的质点第1次到达波峰的时刻比处的质点第1次回到平衡位置的时刻滞后了。关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）
A．该波沿轴正方向传播
B．波速
C．时，处的质点沿轴负方向运动
D．处质点的振动方程为
六、万有引力与宇宙航行
14．2024年9月19日，第59颗、第60颗（简称60号星）北斗导航卫星顺利进入预定轨道。如图所示，若60号星先在半径为的圆轨道Ⅰ上绕行，经其上A点变轨后进入预定轨道Ⅱ。已知、分别为轨道Ⅱ的近地点和远地点，与地心的距离为，60号星在轨道Ⅰ上运行的周期为，地球的质量为，引力常量为，在太空中卫星的引力势能为，其中为卫星到地心的距离，为卫星的质量。下列说法正确的是（　　）
A．60号星从到历时
B．60号星从到历时
C．60号星在轨道Ⅱ上点的速度大小为
D．60号星在轨道Ⅱ上点的速度大小为
七、交变电流
15．如图所示，交流电源的电压，、、为三只规格相同的电灯泡，额定电压均为，变压器视为理想变压器。开关S闭合时，将滑片P移至合适位置，能使灯泡、正常发光；断开开关S，调节P到另一适当位置，三灯泡都可以正常发光，下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，原、副线圈匝数比为
B．开关S闭合时，通过原、副线圈的电流之比为
C．开关S断开时，原、副线圈匝数比为
D．
八、静电场
16．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
17．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
18．四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．
19．如图所示，在地面上方的某一水平面上有三个点电荷构成了一个等边三角形，三个点电荷都带等量正电荷。在等边三角形中心点O的正上方有一带正电小球，将小球从A点静止释放。已知A点和B点关于O点对称，OA的距离为h，重力加速度为g，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．图中等边三角形内，O点场强为零且电势也为零
B．小球释放后可能静止不动，且能静止不动的位置可能有两个
C．小球释放后若能通过O点，则加速度最大的位置一定在OB之间
D．小球释放后若能运动到B点，则运动至B处的速度大小为
九、热力学定律
20．一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
21．如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成：1→2为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（　　）
A．1→2过程中，气体内能增加 B．2→3过程中，气体向外放热
C．3→4过程中，气体内能不变 D．4→1过程中，气体向外放热
22．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
十、机械能及其守恒定律
23．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
十一、光的干涉
24．半圆柱形玻璃砖截面如图所示，点为半圆形截面的圆心，两束不同单色细光束、垂直于玻璃砖上表面射入玻璃砖，两细光束的入射点关于点对称，光路如图所示，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A．玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率
B．在真空中，光的频率比光的大
C．光在玻璃砖内运动的时间小于光
D．通过同一双缝干涉装置，用光得到的干涉条纹间距比光的大
十二、恒定电流
25．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
十三、相互作用
26．如图所示，倾角为的斜面和半径为R的半圆弧连接，圆心O在斜面的延长线上，连接点M处有一轻质定滑轮，N为圆弧最低点且，斜面的底端固定一挡板P。物块B、C间由一轻质弹簧拴接置于斜面上（弹簧平行于斜面），其中C紧靠在挡板P处，B用跨过滑轮的不可伸长的轻绳与小球A相连，开始时将小球A锁定在M处，此时轻绳与斜面平行，且恰好伸直但无张力，B、C处于静止状态。某时刻解锁小球A，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知小球A的质量为，物块B、C的质量均为，重力加速度为，小球与物块均可视为质点，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则（　　）
A．小球A从M点运动到N点的过程中，物块B的机械能守恒
B．弹簧的劲度系数
C．小球A到达N点时，小球A的速度大小
D．小球A到达N点时，物块B的速度大小
27．水平地面上放置一个倾角为的斜面体，斜面体上放置一个由铁架台制作的单摆，斜面体质量为M，铁架台质量为m，摆球质量为。现将摆线拉紧，使摆球从靠近铁架台金属杆位置由静止开始运动（整个过程铁架台和斜面体均保持静止状态）。摆球运动到最低点时（　　）
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体的支持力
C．斜面对铁架台的支持力
D．斜面对铁架台的摩擦力
十四、圆周运动
28．一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、牛顿运动定律
29．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
试卷第1页，共3页
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《河南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 CD AD BC AC ACD AD CD BC BC BC
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 BC AD BC AC AC AB BC AD BD ABD
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29
答案 AD ABE BD CD CD BC BCD BD BCD
1．CD
【详解】A．小物块b从B点由静止释放，到达水平轨道时，有
解得
a、b两小物块在水平轨道上发生弹性正碰，则动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，则有，
解得，
即a、b两小物块碰后交换速度，所以小物块a的速度方向向右，小物块a不会经过半圆轨道的A点，A错误；
B．交换速度后，小物块b的速度大小为，小物块b返回到C点时，有
可知小物块b所受向心力大小与成正比，B错误；
C．a、b碰撞过程，以向左为正方向，对小物块b由动量定理，有
则小物块b所受的冲量大小为，C正确；
D．若小物块b碰后返回半圆轨道且恰好能经过A点，在A点根据牛顿第二定律，有
解得
根据机械能守恒定律，有
解得，D正确。
故选CD。
2．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。
3．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。
4．AC
【详解】AB．由题干可知初始左右气体的压强相同，假设在升温的过程中板不发生移动，则由定容过程
可得左侧气体压强增加量多，则板向右移动；A正确B错误；
CD．保持温度不变移动相同的距离时
， 同理得，
若P不移动，则，故
，则，向右移动，C正确D错误。
故选AC
5．ACD
【详解】A．、棒所受安培力大小相等、方向相反，因棒质量为棒质量的2倍，可知每时每刻棒的加速度大小为棒的2倍，由动量守恒定律可知最终两棒速度相同，设为，有
得出，故A正确；
B．设时间内、棒的平均速度分别为、，记最初两棒之间距离为，则
q为x的一次函数，在纵轴上的截距为负值，故B错误；
C．安培力对棒的冲量大小
I为x的一次函数，在x轴上的截距为正，故C正确；
D．由能量守恒定律可知
得出，可知Q为的二次函数，故D正确。
故选ACD。
6．AD
【详解】A．导体棒运动到磁场正中央位置时的感应电动势
总电阻
导体棒在磁场部分的电流
受安培力
加速度大小
选项A正确；
B．导体棒运动到磁场正中央位置时通过电阻两端的电压
电阻的热功率
选项B错误；
C．导体棒运动到磁场正中央位置过程中对导体
通过的电荷量
选项C错误；
D．导体棒运动到磁场正中央位置过程中产生的总热量
且
导体棒产生的热量
可知
选项D正确。
故选AD。
7．CD
【详解】A．b出磁场时无加速度，说明a、b棒已经在磁场中共速了，根据动量守恒定律有
解得b出磁场时的速度大小，故A错误；
C．a出磁场时的速度大小为，根据能量守恒定律则，有
解得，故C正确；
B．b出磁场前的动量改变量为
动量改变量等于安培力的冲量，则有
解得
b出磁场后至a出磁场的过程，其动量改变量为
根据左手定则可判断此过程中电流流过b的方向与前面电流通过b的方向相同，同理有
解得
所以流过b的电荷量为，故B错误；
D．a、b棒已经在磁场中共速，距离最近，并保持到b出磁场，之后a切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，安培力使a减速，又有
解得，故D正确。
故选CD。
8．BC
【详解】A．顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误；
B．顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确；
C．若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确；
D．若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。
故选BC。
9．BC
【详解】A．由题意可知，两棒互相排斥，则电流方向相反，故A错误；
B．对导体棒受力分析，如图
该力的矢量三角形与三角形AQP相似，由相似三角形的性质可知
可知绳子拉力为定值，故C正确；
B．根据题意有
根据闭合电路欧姆定律有
可得
将滑动变阻器的滑片向右缓慢滑至距变阻器左端处时停止滑动，即滑动变阻器接入电路中的阻值由减小到，则电路中的总电阻由减小到，电阻减小到原来的，故两棒的间距将变为原来的倍，由几何关系可知，此时细线与竖直方向的夹角为90°，故B正确；
D．当外电路的总电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，此过程中，外电路的电阻一直大于等于电源内阻，所以电源的输出功率一直增大，故D错误。
故选BC。
10．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。
11．BC
【详解】AB．该波沿轴正方向传播，时刻、的位移均为-2cm，质点沿轴正方向振动，与图乙不符，时刻质点沿轴负方向振动，与图乙相符，故A错误，B正确；
C．由图甲可知波长为，设图乙中质点的振动方程为
由图乙知，当时，代入振动方程，解得
可得
所以图乙中质点的振动方程为
当时，则有
解得
波速，故C正确；
D．当时刻质点的相位为，故质点的相位为，质点的相位比质点的相位超前，故D错误。
故选BC。
12．AD
【详解】B．声音在相同介质中的传播速度相同，因此和的传播速度相同，B错误；
A．由可知，的波长大于的波长，A正确；
C．由空气进入水中，频率不发生变化，C错误；
D．空气中
在水中
其中声音的速度只与介质有关，即在水中它们的速度大小也一样，则可得到波长的改变量为
可知频率越小其对应的波长改变量越大，D正确。
故选AD。
13．BC
【详解】A．处处对于x=6m处对称，根据简谐波传播规律，t=0时刻，两点位移相同，又处的质点第1次到达波峰的时刻比处的质点第1次回到平衡位置的时刻滞后了，故该波沿x轴的负方向传播，故A错误；
B．若设该波的振动周期为T，则根据波的传播规律,
则x=5m处回到平衡位置的比x=7m处晚
故
代入数据可得
故
故B正确；
C．据前分析可得，则t=8s时，x=3m处的质点回到t=0时刻位置，运动方向沿y轴负方向，又经，质点运动到x轴下方继续沿y轴负方向运动，故C正确；
D．根据波形图可写出t=0时刻，波形图的函数关系式为
即当x=1m时，
代入振动公式
由
得
当，，且质点沿y轴正方向运动
故
故处质点的振动方程为
故选BC
14．AC
【详解】AB．设60号星在轨道Ⅱ上运动的时间为，由开普勒第三定律可知
则从A至为半个周期，即历时，故A正确，B错误；
CD．设60号星在A点的速度为，在点的速度为，由开普勒第二定律可知
60号星在轨道Ⅱ上机械能守恒，有
解得，故C正确，D错误。
故选AC。
15．AC
【详解】CD．根据开关S断开时，三只灯泡都正常发光，可知原、副线圈电流之比为，此时线圈匝数比为，副线圈输出电压为，原线圈上所加电压亦为，在原线圈电路中灯泡两端的电压为，故交流电输入电压有效值为，交流电电压的最大值，C正确，D错误；
AB．开关S闭合时，灯泡、正常发光，则副线圈输出电压为，此时原线圈的电压有效值为，根据理想变压器功率不变有
可得，A正确，B错误。
故选AC。
16．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。
17．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。
18．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。
19．BD
【详解】A．根据点电荷电场强度的表达式有
可知，三个等量正点电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向彼此之间夹角为120°，根据电场叠加原理可知，O点场强为零，根据点电荷的电势表达式有
可知，O点场电势为三个等量正点电荷在O点产生的电势的代数和，可知，O点电势不等于零，故A错误；
B．结合上述，O点场强为零，由于无穷远位置场强也为零，可知，从O点开始沿OA方向到无穷远位置的电场强度大小先增大后减小，即电场强度存在有最大值，在最大值上下一定有两个位置的电场强度相等，可知，若球释放后可能静止不动，且能静止不动的位置可能有两个，故B正确；
C．结合上述，若电场强度最大值位置在A上方，根据对称性可知，O点下方电场强度最大值位置应在B点下方，此时，假设小球在A点所受电场力小于重力，根据牛顿第二定律有
则小球向下做加速度增大的加速运动，当越过O点后，小球所受电场力方向与重力方向相同，根据牛顿第二定律有
则小球先向下做加速度增大的加速运动，经过电场强度最大值位置时，加速度达到最大值，之后向下做加速度减小的加速运动，可知，此时，加速度最大的位置在B点的下侧，故C错误；
D．小球释放后若能运动到B点，根据对称性可知
根据动能定理有
解得小球运动至B处的速度大小为，故D正确。
故选BD。
20．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。
21．AD
【详解】A．1→2为绝热过程，根据热力学第一定律可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故A正确；
B．2→3为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功，故气体吸收热量，故B错误；
C．3→4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故C错误；
D．4→1为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变，故可知气体向外放热，故D正确。
故选AD。
22．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。
23．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。
24．CD
【详解】AB．频率越大，光的折射率越大，由光路图可知玻璃砖对光的折射率大于对光的折射率，因此光的频率大于光的频率，故A、B错误；
C．由可知，光在玻璃砖内传播的速度大于光，由于两细光束的入射点关于点对称，因此两束光运动的路程相同，故光在玻璃砖内运动的时间小于光，故C正确；
D．由可知，光的波长比光的波长长，根据可知，用光得到的干涉条纹间距比光的大，故D正确。
故选CD。
25．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。
26．BC
【详解】A．小球A从M点运动到N点的过程中，物块B除重力以外还有弹簧弹力、绳子拉力做功，所以物块B的机械能不守恒，故A错误；
B．未解锁小球A之前，弹簧处于压缩状态，对物块B受力分析有
小球A到达N点时，物块C对挡板的作用力恰好为0，此时弹簧处于伸长状态，对物块C进行分析有
根据几何关系有
联立解得
故B正确；
CD．小球A到达N点过程，小球A、物块B、弹簧组成的系统机械能守恒，又
可知弹簧弹性势能始末相等，则由机械能守恒可得
根据关联速度分解可得
联立解得，
故C正确，D错误。
故选BC。
27．BCD
【详解】A．摆球运动到最低点时，细线对铁架台的拉力竖直向下，无水平方向的分力作用，根据平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力为零，故A错误；
B．设摆线长为，摆球运动到最低点时，根据牛顿第二定律
摆球从开始运动到最低点的过程中，根据机械能守恒
联立解得
整个过程铁架台和斜面体均保持静止状态，对铁架台和斜面体整体，竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件可知地面对斜面体的支持力
故 B 正确；
CD．对铁架台进行受力分析
根据平衡关系有斜面对铁架台的支持力
斜面对铁架台的摩擦力
故C正确，D正确。
故选BCD。
28．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。
29．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。
答案第1页，共2页
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