河南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）

河南省高考物理二轮复习专项练习-02选择题能力提升训练
一、匀变速直线运动
1．四川舰是中国自主研制建造的076型两栖攻击舰首舰，于2024年12月27日下水，创新应用电磁弹射和阻拦技术，可搭载固定翼飞机、直升机、两栖装备、无人机等。某时刻，四川舰正以的速度匀速行驶，其上一架战斗机经弹射系统弹射后相对地面的速度为，离开弹射系统之后，战斗机以的加速度做匀加速直线运动，当其相对地面的速度达到时，离开甲板。已知战斗机与四川舰同向运动，离开弹射系统后在甲板上相对甲板运动了90m，整个过程中四川舰的速度不变。则的大小为（　　）
A． B． C． D．
二、万有引力与宇宙航行
2．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过定为一个节气。如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，则（ ）
A．芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至的长
B．立夏时地球的公转速度比谷雨时大
C．夏至时地球受太阳的引力比冬至大
D．由地球的公转周期可求出地球的质量
3．2025年1月21日中国神舟飞船乘组经过约8.5小时的出舱活动，圆满完成出舱任务，安全返回问天实验舱。问天实验舱可视为在近地圆轨道运行，已知地球表面的重力加速度g=10m/s2，地球半径约为6400km。下列说法正确的是（　　）
A．航天员在舱外相对实验舱静止时所受合力为0
B．实验舱的运行速率为11.2km/s
C．航天员在8.5小时内可以看到16次日出
D．若已知引力常量G，则可以估算出地球的质量
4．2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的，其母恒星质量约为太阳质量的，则Gliese12b绕其母恒星的运动周期约为（　　）
A．13天 B．27天 C．64天 D．128天
5．2025年1月英国牛津大学发布公报，一个由国际研究小组组成的团队在一颗类太阳恒星的宜居带上发现了一颗名为HD 20794 d的“超级地球”，“超级地球”的质量为地球的6倍，距离地球约20光年，这一发现为探索类地行星的生存可能性提供了崭新的线索。“超级地球”绕类太阳恒星的运动可看作匀速圆周运动，设运动的周期为T，“超级地球”与类太阳恒星距离足够远，“超级地球”对类太阳恒星的最大视角为，如图所示，则该类太阳恒星的密度为（　　）
A． B． C． D．
6．如图甲所示，“天问一号”探测器从地球发射后，立即被太阳引力俘获，沿以太阳为焦点的椭圆轨道运动到达火星，被火星引力俘获后环绕火星飞行，轨道与地球公转轨道、火星公转轨道相切。如图乙所示，“天问一号”目前已由椭圆轨道I进入圆轨道，进行预选着陆区探测。下列说法正确的是（　　）
A．“天问一号”的发射速度满足
B．“天问一号”在轨道II上的速度大于火星的第一宇宙速度
C．“天问一号”在圆轨道II上经过点的速度小于在椭圆轨道上经过点的速度
D．“天问一号”从地球到达火星的时间小于180天
7．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）
A． B． C． D．
8．2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
三、气体、固体和液体
9．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→d、d→a四个过程后回到初始状态a，其p-V图像是一个圆形，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a→b过程，气体对外界做的功小于从外界吸收的热量
B．b→c过程，气体对外界做的功为3.5p0V0
C．a→b→c过程，气体内能最大状态是状态c
D．d→a过程，气体的温度不变
四、交变电流
10．如图，灯泡左侧存在水平向右的磁感应强度为的匀强磁场，长为L=1m的金属棒绕竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。两个分别以P、O为圆心、半径R=1m的光滑金属圆环上下平行水平放置，分别与金属棒上下端接触，理想变压器原线圈两端串联小灯泡由金属棒供电，三个小灯泡、、完全相同且电阻不变，当金属棒以角速度转动时，三个小灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．当金属棒转动的速度与磁场方向平行时，电压表的示数为零
B．理想变压器的匝数之比为2：1
C．小灯泡的额定电压为6V
D．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，变压器的输出功率变小
五、光的折射
11．折射率为的玻璃圆柱水平放置，平行于其横截面的一束光线从顶点入射，光线与竖直方向的夹角为，如图所示。该光线从圆柱内射出时，与竖直方向的夹角为（不考虑光线在圆柱内的反射）（　　）
A． B． C． D．
六、原子结构
12．我国自主研发的氢原子钟已成功应用于北斗卫星的导航系统。氢原子钟是利用氢原子跃迁频率稳定的特性来获取精准时间频率信号的设备，对提高导航的精度极为重要。氢原子的部分能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围为1.62~3.11eV，当大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，根据玻尔原子理论，下列说法正确的是（　　）
A．最多可辐射出5种频率的光子
B．最多可辐射出2种频率的可见光光子
C．氢原子由能级跃迁到能级，电子的动能减小
D．氢原子由能级跃迁到能级辐射出的光子动量最小
七、光的干涉
13．如图所示，为双缝连线的中垂线与屏的交点，处为第0级亮条纹中心，用波长的红光照射双缝，发现光屏上处为第6级亮条纹中心；现用波长的蓝光照射双缝，则处为蓝光的（　　）
A．第9级亮条纹 B．第8级亮条纹
C．第7级亮条纹 D．第5级亮条纹
八、机械能及其守恒定律
14．如图所示，质量为2000kg的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17000N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数为3000N/m
B．整个过程中电梯的加速度一直在减小
C．电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N
D．从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4636J
15．如图甲所示，倾角为、长为2l的斜面AC，AB段光滑，BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物体由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．动摩擦因数最大值μm=2tan
B．小物块的最大速度为
C．重力在AB、BC两段路面上做功不相等
D．重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率
16．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
九、原子核
17．据新闻报道，我国江门中微子实验探测器将于2024年投入使用，届时将大大提升我国在微观基础领域的研究能力。中微子，是构成物质世界的最基本的粒子之一、中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子（用“”表示），根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。1953年，莱尼斯和柯温建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中发生核反应，产生中子和正电子，即。间接地证实了中微子的存在。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）
A．原子核X是
B．中微子的质量等于Be原子核与新原子核X的质量之差
C．若上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子，即。已知正电子与电子的质量都为，则反应中产生的每个光子的能量约为
D．具有相同动能的中子和正电子，中子的物质波的波长小于正电子的物质波波长
十、磁场
18．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）

A． B． C． D．
19．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（　　）
A． B． C． D．
十一、牛顿运动定律
20．2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台决赛中，17岁的中国选手全红婵卫冕成功夺得了该项目的金牌。若将10米跳台跳水简化为竖直方向的直线运动，以全红婵离开跳台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，其运动的v-t图像如图所示，0~1.8s、2.1~2.7s内图线为直线，1.8~2.1s内图线为曲线，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则（　　）
A．在0~0.4s和0.4~1.8s时间内，加速度方向相反
B．t=1.8s时，速度大小为14m/s
C．t=1.9s时，全红婵重心到达最高点
D．2.1~2.7s内全红婵处于失重状态
21．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）
A． B． C． D．
22．如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个完全相同带正电的小球A、B、C，通过不可伸长的绝缘细线a、b、c连接成正三角形，小球均处于静止状态，细线被拉直。剪断细线a，小球开始运动。则（　　）
A．剪断a前，a中张力大于B、C间的库仑力
B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大
C．三个球运动至一直线时，整个系统电势能最大
D．球A经过B、C初始位置连线中点时的速度最大
十二、抛体运动
23．CS是一款优秀的第一人称射击类游戏，竞技性极强，在对局中经常需要队友之间的战术配合，“封高台烟”就是其中比较经典的战术之一。这种战术需要一名玩家通过反弹（可认为是完全弹性的，反弹前后水平速度方向反向、大小不变，竖直速度不变）的方式将烟雾弹扔到身后高度为H的高台上去，其路径可简化为如图所示（烟雾弹水平到达高台），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．反弹点的高度为
B．烟雾弹离手到墙壁的时间为
C．烟雾弹离手的初速度为
D．若高台上有一高度为H的顶篷，若烟雾弹恰好水平通过顶篷边缘，则将会落在高台上距高台边的地方
24．如图所示，ABC三个球（可视为质点）初速度大小均相同，以四种不同方式同时抛出（地面水平长度足够），不计任何阻力，乙图中B球与地面相比无高度。假定任意球与地面碰撞后都立即消失。则有关碰撞可能性分析中，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中A、B不可能碰撞，B、C不可能碰撞，A、C可能碰撞
B．乙图中A、B一定碰撞，B、C可能碰撞，A、C可能碰撞
C．丙图中A、B可能碰撞，B、C可能碰撞，A、C可能碰撞
D．丁图中A、B可能碰撞，B、C不可能碰撞，A、C不可能碰撞
十三、机械振动与机械波
25．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻P点的位移为
B．再经过0.25s，P点到达平衡位置
C．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
26．图甲为一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=-5m处的质点E的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴正方向传播
B．在t=0.2s到t=0.3s时间内，质点B的加速度在增大
C．从t=0.2s到t=0.25s，质点B通过的路程为20cm
D．这列波的传播速度为30m/s
十四、静电场
27．如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（　　）
A．两绳中的张力大小一定相等
B．P的质量一定大于Q的质量
C．P的电荷量一定小于Q的电荷量
D．P的电荷量一定大于Q的电荷量
28．如图所示，在竖直平面直角坐标系xOy内存在电场（图中未画出），光滑绝缘的竖直四分之一圆弧轨道ab竖直放置，半径为R，a端与坐标原点O重合，圆心位于x轴上，将带电小球从a点以初速度v0竖直向下射入轨道，小球恰好在轨道内做匀速圆周运动。小球的质量为m、电荷量为+q（q>0），重力加速度为g。取初始位置电势为0，下列关于小球进入轨道后所处位置的电势φ与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
29．均匀带电半球壳在球心O处的电场强度大小为，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角为，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（　　）
A． B．
C． D．
十五、电磁波
30．一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 - 7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个。普朗克常量为h = 6.63 × 10 - 34Js。R约为（ ）
A．1 × 102m B．3 × 102m C．6 × 102m D．9 × 102m
十六、电磁感应
31．一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（　　）


A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
十七、动量及其守恒定律
32．如图甲所示，质量为的足够长木板A静止在光滑水平面上，A上静置一个质量的滑块B，B与A之间有摩擦。从时刻起在B上施加一个水平向右的拉力，且拉力与时间的关系为（式中物理量的单位均为国际单位）。A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，时A的位移为，段的图线为曲线，段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是（　　）
A．B与A间的动摩擦因数为
B．时，B的速度大小为
C．A的质量为
D．第内，A的位移大小为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《河南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 A A D A A A B C A B
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 B B B D B C D A B B
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
答案 A B D A B D B C B B
题号 31 32
答案 A C
1．A
【详解】以四川舰为参考系，战斗机起飞时，相对四川舰的速度为
记，根据速度位移关系
解得
故选A。
2．A
【详解】A．芒种到夏至和大雪到冬至均转过15°，因前者在远地点附近，角速度较小，后者在近日点附近，角速度较大，由可知芒种到夏至的时间间隔比大雪到冬至的长，故A正确；
B．从谷雨到立夏做离心运动，线速度的大小逐渐减小，则立夏时地球的公转速度比谷雨时小，故B错误；
C．因夏至时地球离太阳的距离更大，由可知夏至时地球受太阳的引力比冬至小，故C错误；
D．由可知，由地球的公转周期和半长轴可以求出太阳的质量，地球作为环绕天体无法求出其质量，故D错误。
故选A。
3．D
【详解】A．航天员随实验舱做圆周运动，所需向心力由地球引力提供，合力不为零，故A错误；
B．11.2 km/s是第二宇宙速度，实验舱的运行速率,故B错误；
C．实验舱周期
8.5小时绕行约6圈，对应6次日出，故C错误；
D．由，可得
已知可估算地球质量，故D正确。
故选D。
4．A
【详解】地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力提供向心力得
已知，，同理得
整理得
代入数据得
故选A。
5．A
【详解】设“超级地球”和类太阳恒星的质量分别为m和M，“超级地球”绕类太阳恒星做圆周运动的轨道半径为r，万有引力提供向心力有
设类太阳恒星的半径为R，类太阳恒星的密度为
两式联立解得
如图所示：
根据几何关系可得
代入上式
故选A。
6．A
【详解】A．因为“天问一号” 环绕火星飞行，则其脱离地球吸引，所以其发射速度大于第二宇宙速度，但是它还是处于太阳系中，所以其发射速度小于第三宇宙速度，A正确；
B．因为火星的第一宇宙速度也是卫星的最大的环绕速度，“天问一号”在轨道II上的速度小于火星的第一宇宙速度，B错误；
C．由于“天问一号”在M点由轨道变轨到轨道II，需减速做近心运动，故 “天问一号”在圆轨道II上经过点的速度小于在椭圆轨道上经过M点的速度，但由于N点时椭圆轨道II的远点，故在椭圆轨道上经过M点的速度大于在椭圆轨道上经过点的速度，因此“天问一号”在圆轨道II上经过点的速度与在椭圆轨道上经过点的速度大小无法确定,C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
解得
由于
故
“天问一号”从地球到达火星的时间应大于180天。
故选A。
7．B
【详解】由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半长轴r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
解得太阳的质量为
根据开普勒第三定律，S2绕黑洞以半长轴绕椭圆运动，等效于以绕黑洞做圆周运动，而S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
解得黑洞的质量为
综上可得
故选B。
8．C
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。
9．A
【详解】A．过程中，气体内能增加，体积膨胀，对外做功，根据热力学第一定律，可知气体对外做的功小于从外界吸收的热量，故A正确；
B．过程中，气体对外做的功等于图像与横轴所围图形的面积，大于，故B错误；
C．过程中，最大时，温度最高，理想气体的内能最大，对照题图可知气体内能最大状态是在、之间的某状态，故C错误；
D．过程中，图线不是等温曲线，所以温度是变化的，故D错误。
故选A。
10．B
【详解】A．金属棒转动的俯视图如下图所示
导体棒线速度大小为
设t时刻导体棒相对竖直轴转动的角度为，则
在t时刻导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小
由法拉第电磁感应定律可得
从题意可知，电压表的示数为金属棒产生感应电动势的有效值
故A错误；
B．由于三个小灯泡完全相同且电阻不变，并均能正常发光，说明三个灯泡此时功率相同，根据可知，流过每个小灯泡的电流相等，若原线圈电流为，副线圈电流应为，则理想变压器原、副线圈的匝数比为
故B正确；
C．根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比之间的关系，可知
又因为三个小灯泡均能正常发光，则有，
根据电路图可知
联立可得
故C错误；
D．将理想变压器和负载部分等效为电阻，则有
可得
将灯泡等效为电源内阻，设小灯泡的电阻为，则越靠近时，变压器的输出功率越大，在副线圈只有两个灯泡并联时，等效电阻
当副线圈再并联一个相同的小灯泡时，等效电阻
可见当副线圈再并联一个相同的小灯泡时，等效电阻更靠近，变压器的输出功率变大，故D错误。
故选B。
11．B
【详解】
设光线射入圆柱体时的折射角为，根据光的折射定律可知
解得
如图，根据几何关系可知光线射出圆柱体时的入射角
则法线与竖直方向的夹角
根据光的折射定律可知
解得光线射出圆柱体时的折射角
光线从圆柱体内射出时，与竖直方向的夹角为
故选B。
12．B
【详解】AB．大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出种不同频率的光子，其中只有从能级向能级跃迁和从能级向能级跃迁时辐射出的光子为可见光光子，故A错误，B正确；
C．从高能级向低能级跃迁时，电子的电势能减小，动能增加，故C错误；
D．根据光子动量
光子能量可知，从能级跃迁到能级辐射出的光子能量最大，光子动量最大，故D错误。
故选B。
13．B
【详解】双缝干涉亮条纹条件：光程差
设处为蓝光的第级亮条纹，有
解得
故选B。
14．D
【详解】A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒可得
代入数据解得
故A错误；
B．与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；
C．电梯停止在井底时，由受力平衡得
代入数据解得
故C错误；
D．当电梯速度最大时，此时加速度为零，则
解得
电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则
故D正确。
故选D。
15．B
【详解】A．从A处静止释放，到C点恰好停下，根据动能定理可得
由图乙可知
联立解得
故A错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有
解得
由图乙可知，此时小物块在BC段下滑的距离为，则从从A处静止释放到最大速度过程，根据动能定理可得
其中
解得最大速度为
故B正确；
C．由于AB、BC两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据
可知重力在AB、BC两段路面上做功相等，故C错误；
D．设小物块在B点的速度为，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB中间时刻速度为
则重力在AB段中间时刻瞬时功率
小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻速度
则重力在BC段中间时刻瞬时功率
故D错误。
故选B。
16．C
【详解】如图所示
设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得
由几何关系可得
联立可得
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
17．D
【详解】A．静止原子核俘获核外K层电子e的反应方程为
故A错误；
B．由于反应放出能量，有质量亏损，则中微子质量不等于Be原子核与新原子核X的质量之差，故B错误；
C．根据爱因斯坦质能方程
解得光子能量为
故C错误；
D．由 ，解得
物质波的波长为
由于中子和电子的动能相等，中子质量大于电子质量，所以中子的波长小于电子的质量。故D正确。
故选D。
18．A
【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
19．B
【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
20．B
【详解】A．图线的斜率表示加速度，由图可知，在0~0.4s和0.4~1.8s时间内，图线斜率不变，则加速度不变，故A错误；
B．t=1.8s时，速度大小为
故B正确；
C．t=1.9s时，竖直向下的速度达到最大，加速度为零，此时人所受重力与水的阻力平衡，重心不在最高点，故C错误；
D．2.1~2.7s内全红婵向下做匀减速运动，加速度向上，则处于超重状态，故D错误。
故选B。
21．A
【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
22．B
【详解】A．由受力分析可知，剪断前，中的张力等于、间的库仑力，中的张力等于、间的库仑力，A错误；
B．剪断瞬间，对B分析，受A对B的斥力、C对B的斥力以及细线c的拉力，则此时c的拉力
同理可知b中张力也变大，即剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大，B正确；
C．系统初始时静止，剪断后开始运动，动能增加，电势能减小，所以电势能最大时是初始静止状态，C错误；
D．当三个小球在同一直线上时，动能最大，电势能最小，但此时B、C小球已经离开了初始位置，D错误。
故选B。
23．D
【详解】AB．若把整个路径补完，应该是一段完整的平抛运动的反过程，则
解得时间
那么到达墙壁的时间为
反弹点的高度应，故A错误，B错误；
C．根据能量守恒
而
解得，故C错误；
D．水平通过顶篷，从时间上来说，反弹到达顶篷的时间为对应高度为2H，那么
而
从顶篷下降H则需要，对应水平距离则为，故D正确。
故选D。
24．A
【详解】A．A、B球竖直方向同时自由落体，任意时刻，A高度比B高，因此不可能在空中相撞；B、C同理；A、C任意时刻高度相同，且水平方向有可能相遇，因此A、C可能相撞，故A正确；
B．A与B球水平方向一起匀速直线，A永远与B在一条竖直线上，而A自由落体高度会越来越低，因此A、B一定碰撞；B、C由于水平方向可能碰撞，因此总体可能碰撞；A、C因自由落体存在高度差，因此不可能碰撞，故B错误；
C．A、B球水平方向的初速度不同，导致A永远在B球左侧，因此不可能碰撞；BC球水平方向和竖直方向都可能碰撞，因此总体可能碰撞；A球在竖直方向是有初速度的匀加速直线运动，C在竖直方向是自由落体，因此，A的高度会比C低，故不可能碰撞，故C错误；
D．A、B球水平运动都是匀速直线，A将保持在B的正上方，而竖直方向存在碰撞可能，因此A、B可能碰撞；BC球水平方向和竖直方向都可能碰撞，因此总体可能碰撞；A球在竖直方向是有初速度的匀加速直线运动，C在竖直方向是自由落体，因此，A的高度会比C低，故不可能碰撞，故D错误。
故选A。
25．B
【详解】ABC．由题可知，振幅，频率，由图可知波的波长为，则波动方程为，带入点（3，0）可知
则当x = 0时P点的坐标为
波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为
当时P点的位移为
P点到达平衡位置，故AC错误，故B正确；
D．从该时刻开始计时，质点从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为
故D错误。
故选B。
26．D
【详解】A．根据振动图像，质点E在t=0.2s时的位移为0，振动方向向下，结合波动图像，根据“上下坡法”，可判断出该波沿x轴负方向传播，故A错误；
BC．设质点B的振动方程为，周期，角速度，结合t=0.2s时质点B的位移为-10m，可求出初相为，即， 在t=0.2s到t=0.3s时间内，因为质点B在t=0.2s时不在平衡位置，故经过，故质点B加速度先减小后增大；从t=0.2s到t=0.25s，即，质点B要想通过的路程为20cm，需要经过，故BC错误；
D．质点E的振动方程为，由相位差可得，解得波速为30m/s，故D正确；
故选D。
27．B
【详解】由题意可知设Q和P两球之间的库仑力为F，绳子的拉力分别为T1，T2，质量分别为m1，m2；与竖直方向夹角为θ，对于小球Q有
对于小球P有
联立有
所以可得
又因为
可知，即P的质量一定大于Q的质量；两小球的电荷量则无法判断。
故选B。
28．C
【详解】带电小球在圆弧轨道内做匀速圆周运动，所以其电势能的变化等于重力势能的变化。如图
经过时间t，运动的弧长
由几何知识可知，
又
得
所以电势随时间按照正弦规律变化，到达b点时电势为。
故选C。
29．B
【详解】根据对称性，表面积较小的这部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度E一定沿着角的角平分线向右下方，同理，表面积较大的部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度一定沿着角的角平分线向左下方，两部分球面产生的电场在O点处的电场强度一定相互垂直，而均匀带电的半球壳的场强大小为，同理可以分析其场强方向，画出矢量图，如图所示
则剩余部分的电场强度大小为
故选B。
30．B
【详解】一个光子的能量为
E = hνν为光的频率，光的波长与频率有以下关系
c = λν
光源每秒发出的光子的个数为
P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为
S = 4πR2
则
联立以上各式解得
R ≈ 3 × 102m
故选B。
31．A
【详解】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；
B．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；
C．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；
D．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。
故选A。
32．C
【详解】A．根据题意可知，在内B与A相对静止，后B与A相对滑动，内有
由于，所以由动量定理有
得
后A的动能改变量
与位移的关系为
可得
A受到的摩擦力
可得，故A错误；
C．由，，解得
或（舍去），故C正确；
B．将代入，可得，故B错误；
D．在第7s内，A做匀加速直线运动，则
解得
根据匀加速直线运动规律可得
第7s内，A的位移大小为，故D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
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