2021年高考理綜物理押題卷

1、2021年高考理綜物理押題卷選擇題專練一一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14氫原子的能級圖如圖所示，如果大量氫原子處在n3能級的激發(fā)態(tài)，則下列說法正確的是()A這群氫原子能輻射出3種不同頻率的光子B波長最長的輻射光是氫原子從n3能級躍遷到能級n1能級產(chǎn)生的C輻射光子的最小能量為12.09eVD處于該能級的氫原子至少需吸收13.6eV能量的光子才能電離答案A解析大量的氫原子自發(fā)地從n3能級躍遷，可以輻射出C323種不同頻率的光子，即32、31、21，A

2、項正確；其中，氫原子從En3能級躍遷到n2能級輻射的光子能量最小，即：3E2(1.51eV)(3.4eV)1.89eV，所以C項錯誤；由躍遷規(guī)律EmEnhch可知，輻射出的光子能量越小，頻率越低，波長越長，所以氫原子也是從n3能級躍遷到n2能級輻射出的光子對應(yīng)的波長最長，B項錯誤；處在n3能級的氫原子發(fā)生電離，就是從該能級躍遷到n處，所以至少需吸收EEE30(1.51eV)1.51eV的能量，所以D項錯誤15.如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑已知斜面的傾角為，斜面始終保持靜止則在此過程中，物塊A對物塊B的作用力為()A0CmgsinBMgs

3、inD(Mm)gsin答案A解析選A、B兩物塊為研究對象進行受力分析，建立坐標(biāo)系，將重力進行分解，如圖甲所示選整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：(Mm)gsin(Mm)a，則agsin.選物塊B為研究對象，假設(shè)物塊A對物塊B的作用力為NAB.對物塊B進行受力分析，分解重力，如圖乙所示根據(jù)牛頓第二定律得：MgsinNABMa，將agsin代入該式，解得NAB0，假設(shè)錯誤，物塊A、B間的相互作用力為0，A項正確，B、C、D三項錯誤16.入冬以來，全國多地多次發(fā)生霧霾天氣，能見度不足20m在這樣的惡劣天氣中，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，乙在前、甲在后同向行駛某時刻兩車司機同時聽到前方有事故發(fā)

4、生的警笛提示，同時開始剎車兩輛車剎車時的vt圖象如圖，則()此時甲車的位移x(525)20m300m，乙車的位移x(5A若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩輛車的間距一定小于87.5mB若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩輛車的間距一定小于112.5mC若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20s之內(nèi)的某時刻發(fā)生碰撞D若兩車發(fā)生碰撞，則可能是在剎車后20s以后的某時刻發(fā)生碰撞答案C解析由圖可知，兩車速度相等經(jīng)歷的時間為20s，甲車的加速度a102501525m/s21m/s2，乙車的加速度a230m/s20.5m/s2，乙11甲2215)20m200m，可知要不相撞，則兩車的至少距離x300m200m100m，因為

5、兩車發(fā)生碰撞，則兩車的距離小于100m，故A、B兩項錯誤；因為速度相等后，若不相撞，兩者的距離又逐漸增大，可知兩輛車一定是在剎車后的20s之內(nèi)的某時刻發(fā)生相撞的，故C項正確，D項錯誤，故選C項17北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)，它由空間段、地面段和用戶段三部分組成第三代北斗導(dǎo)航衛(wèi)星計劃由35顆衛(wèi)星組成，如圖所示其中有5顆地球靜止軌道衛(wèi)星(運行在地球同步軌道，離地高度約3.6104km)、27顆中地球軌道衛(wèi)星(運行在3個互成120的軌道面上，離地高度約2.15104km)、3顆傾斜同步軌道衛(wèi)星(其軌道平面與赤道平面有一定的夾角，周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同)假設(shè)所有北斗衛(wèi)星均繞

6、地球做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A中地球軌道衛(wèi)星的線速度最小B傾斜同步軌道衛(wèi)星能定點在北京上空C中地球軌道衛(wèi)星的運行周期小于地球同步衛(wèi)星的運行周期D傾斜同步軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑答案C解析根據(jù)G2mmr得：v和TGMMmv242rrT2GMr42r3，由此可知“高軌低速大周期”因為靜止軌道衛(wèi)星運行在地球同步軌道，即與地球自轉(zhuǎn)周期相同，傾斜同步軌道衛(wèi)星周期也與地球自轉(zhuǎn)周期相同，所以二者的軌道半徑相同，D項錯誤；由題中數(shù)據(jù)，中地球軌道衛(wèi)星的離地高度低于地球同步衛(wèi)星的離地高度，所以其周期小于地球同步衛(wèi)星的運行周期，C項正確；三種衛(wèi)星中，中地球軌道衛(wèi)星的離地高度最低，

7、線速度最大，A項錯誤；如果傾斜同步軌道衛(wèi)星定點在北京上空，衛(wèi)星受到地球萬有引力作用，其中一個分力提供向心力，使衛(wèi)星做勻速圓周運動，另一個分力豎直向下，此時衛(wèi)星處于不穩(wěn)定狀態(tài)，就會下墜，所以傾斜同步軌道衛(wèi)星不能定點在北京上空，B項錯誤18如圖所示，空間存在垂直紙面向里的磁場，磁場在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，且關(guān)于豎直平面MN對稱絕緣細線上端固定在M點，下端與一個粗細均勻的銅制圓環(huán)相接現(xiàn)將圓環(huán)由P處無初速釋放，圓環(huán)第一次向右擺動最遠能到達Q處(圖中未畫出)已知圓環(huán)始終在同一豎直平面內(nèi)擺動，則在圓環(huán)從P擺向Q的過程中，下列說法正確的是()A位置P與Q可能在同一高度B感應(yīng)電流方向始終逆時

8、針C感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針D安培力方向始終與運動方向相反答案C解析圓環(huán)從P擺向Q的過程中，穿過圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的作用，圓環(huán)克服安培力做功，產(chǎn)生電能，進而在其中發(fā)熱，同時機械能減少，所以位置P與Q不可能在同一高度，Q點會低于P點，A項錯誤；從P到最低點的過程，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針；從最低點到Q的過程，穿過圓環(huán)的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，布，根據(jù)左手定則和計算安培力的公式FBIL可知，兩段等效的在圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時針?biāo)裕麄€過程中，感應(yīng)電流方向先逆時針后順時針，B項錯誤，C項正確；因為磁場在豎直

9、方向均勻分布，所以可考慮將圓環(huán)中的感應(yīng)電流沿過圓心的豎直方向，等效成左右兩段長度為圓環(huán)直徑的電流，由于磁場在水平方向非均勻分安直線電流受到的安培力始終沿水平方向且不等大，因此D選項錯誤19.如圖所示，在光滑絕緣水平面上的P點正上方O點固定了一電荷量為Q的正點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)檢驗電荷，該檢驗電荷經(jīng)過P點時速度為v，圖中60，規(guī)定電場中P點的電勢為零，則在Q形成的電場中()AN點電勢高于P點電勢BN點電勢為mv22qD檢驗電荷在N點具有的電勢能為mv2CP點電場強度大小是N點的4倍12答案BC解析沿電場線方向電勢降低，由正點電荷的電場分布可知N點電勢低于

10、P點電勢，A項錯誤；負(fù)電荷由N至P，電場力做正功，電勢能的減小量等于動能的增加量，又負(fù)電荷在P點的電勢能為0，故負(fù)電荷在N點的電勢能為mv2，N點電勢為1mv222q，B項正確，D項錯誤；QC由點電荷的場強公式Ekr2可知P點電場強度大小是N點的4倍，項正確20.在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P(2L，0)、Q(0，2L)為坐標(biāo)軸上的兩個點如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為e的電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力，則()A若電子從P點能到原點O，則所用時間可能為m2eBB若電子從P點能到原點O，則

11、所用時間可能為2m3eBC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，電子運動的路程一定為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，電子運動的路程可能為L答案AD解析若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則有運動軌跡如圖甲所示：則微粒運動的路程為圓周的，所用的時間為t，則電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O的時間為，A項正確，B項錯誤；112mm44eB2eBm2eB若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖乙、丙所示：或者是因此則微粒運動的路程可能為L，也可能為2L，若粒子完成3、4、n個圓弧，那么電子運動的路程可能：n為奇數(shù)時為2L；n為偶數(shù)時為L，故C項錯誤，D項正確故A、D兩項正確21一

12、質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示圖中ab為粗糙的水平面，長度為L，bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達a點與物體P相對靜止，重力加速度為g，則()A粗糙水平面ab的動摩擦因數(shù)為hLB當(dāng)木塊最后到達a時的速度為0C當(dāng)木塊最后到達a時的速度為v03聯(lián)立得mgLmgh，得，整個過程產(chǎn)生的熱量Q2mgLD整個過程產(chǎn)生的熱量為2mgh答案ACD解析先分析小物塊從開始到最高點的過程，根據(jù)動量守恒：mv013mv，v3v0，根據(jù)能量守恒，有13

13、mgLmgh2mv022mv21同理，最后到達a點時的速度也是v3v0，整個過程能量守恒有2mgL132mv022mv2hL2mgh，綜上A、C、D三項正確，B項錯誤選擇題專練二一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14.A、B兩質(zhì)點在同一平面內(nèi)同時向同一方向做直線運動，它們的位移時間圖象如圖所示，其中是頂點是原點的拋物線的一部分，是通過(0，3)的一條直線，兩圖象相交于坐標(biāo)為(3，9)的P點，則下列說法不正確是()A質(zhì)點A做初速度為零，加速度為2m/s2

14、的勻加速直線運動B質(zhì)點B以2m/s的速度做勻速直線運動C在前3s內(nèi)，質(zhì)點A比B向前多前進了6mD在前3s內(nèi)，某時刻A、B速度相等答案C解析質(zhì)點A的圖象是拋物線，說明質(zhì)點A做勻變速直線運動，已1知A的圖象的頂點是原點，將(3，9)代入公式x2at2，解得：v00，a2m/s2，即質(zhì)點A做初速度為零，加速度為2m/s2的勻加速直線運x93v3t動，故A項正確；質(zhì)點B做勻速直線運動，速度為：Bm/s2m/s，故B項正確；在前3s內(nèi)，質(zhì)點A前進位移為9m，質(zhì)點B前進位移為6m，所以質(zhì)點A比B向前多前進3m，故C項不正確；根據(jù)xt圖象的斜率表示速度，知在3s前某時刻質(zhì)點A、B速度相等，故D項正確故選C項

15、15如圖，有一傾斜的均質(zhì)圓盤半徑足夠大，盤面與水平面的夾角為，繞過圓心并垂直于盤面的轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，有一物體可視為質(zhì)點與盤面間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.要使物體能與圓盤始終保持相對靜止，則物體與轉(zhuǎn)軸間最大距離為()A.B.C.gD.ggcos2cossin2gsin2cossin22r，解得：rg，故A、B、D三項錯誤，C項正確故答案C解析當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，角速度一定，由牛頓第二定律得：mgcosmgsinmcossin2選C項16如圖，在光滑的水平桌面上有一物體A，通過繩子與物體B相連，假設(shè)繩子的質(zhì)量以及繩子

16、與定滑輪之間的摩擦力都可以忽略不計，繩子不可伸長如果mB3mA，則物體A的加速度和繩的拉力大小等于()A拉力為mBgB拉力為0.75mBgC加速度為3g4D加速度為3g答案C解析AB連在一起，加速度大小相同，對整體分析可知，由牛頓第二定律可知：mBg(mAmB)a，3結(jié)合mB3mA解得加速度為：a4g.A選取A為研究的對象，的合力等于繩子的拉力，所以繩子的拉力為：3FmAa4mAg，故應(yīng)選C項17如圖甲所示為某實驗小組驗證動量守恒定律的實驗裝置，他們將光滑的長木板固定在桌面上，a、b兩小車放在木板上并在小車上安裝好位移傳感器的發(fā)射器，且在兩車相對面上涂上黏性物質(zhì)現(xiàn)同時給兩車一定的初速度，使a、

17、b沿水平面上同一條直線運動，發(fā)生碰撞后兩車粘在一起，兩車的位置x隨時間t變化的圖象如圖乙所示a、b兩車質(zhì)量(含發(fā)射器)分別為1kg和8kg，則下列說法正確的是()A兩車碰撞前總動量大于碰撞后總動量B碰撞過程中a車損失的動能是J149C碰撞后兩車的總動能比碰前的總動能小D兩車碰撞過程為彈性碰撞答案C解析設(shè)a、b兩車碰撞前的速度大小為v1、v2，碰后的速度大小為v3，根據(jù)vt圖象表示速度，結(jié)合題圖乙得v12m/s，v21m/s，23v3m/s，以向右為正方向，碰前總動量p1mav1mbv26kgm/s，碰后總動量p2(mamb)v36kgm/s，則兩車碰撞前總1動量等于碰撞后總動量，故A項錯誤；碰

18、撞前a車動能為Ek2mav12111222122J2J，碰撞后a車動能為Ek2mav32213J216J，所以碰撞過程中a車損失的動能是EkEkEk99J，故B項錯誤；碰前a、b兩車的總動能為6J，碰后a、b兩車的總動能為2J，故C正確；兩車碰撞過程中機械能不守恒，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，故D項錯誤故選C項18.如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量異種電荷，P為MN連線的中點，T為連線上靠近N的一點，S為連線的中垂線上處于P點上方的一點把一個電子分別放在P、S、T三點進行比較，則()A電子從T點移到S點，電場力做負(fù)功，動能減小B電子在P點受力最小，在T點電勢能最大C電子在S點受力最小，在T點電

19、勢能最大D電子從P點移到S點，電場力做正功，動能增大答案C解析等量異號電荷的電場線和等勢面的分布圖象如圖所示，電場線的疏密程度表示電場強度的大小，在P、S、T三點中，S位置電場線最稀疏，故場強最小的點是S點故電荷在S點受到的電場力最小；S、P兩個點在一個等勢面上，電勢相等；沿著電場線電勢逐漸降低，故P點電勢高于T點電勢；故電勢最低的點是T點，負(fù)電荷放在電勢低處的電勢能大，故放在T點處電勢能最大，放在S、P點上電勢能相等，故C項正確，B項錯誤；電子從T點移到S點，電勢能減小，則電場力做正功，動能增加，A項錯誤；電子從P點移到S點，電場力不做功，動能不變，D項錯誤故選C項191999年9月18日，

20、中共中央、國務(wù)院、中央軍委在人民在會堂隆重表彰研制“兩彈一星”作出突出貢獻的科學(xué)家，下列核反應(yīng)方程中屬于“兩彈一星”的核反應(yīng)方程式和反應(yīng)種類的是()A.714N24He817O11H裂變B.92235U01n3890Sr54136Xe1001n裂變C.92238U90234Th24He裂變D12H13H24He01n聚變答案BD解析14N4He17O1H是用氦核打擊氮核使氮核轉(zhuǎn)變的過7281程，是原子核的人工轉(zhuǎn)變，故A項錯誤；92235U01n3890Sr54136Xe1001n是重核的裂變，故B項正確；92238U90234Th24He是衰變，故C項錯誤；12H13H24He01n是輕核的聚

21、變，故D項正確“20我國在2018年12月8日發(fā)射的“嫦娥四號”，可以更深層次、更加全面的探測月球地貌、資源等方面的信息已知月球的半徑為R，月球表面的重力加速度為g，引力常量為G，嫦娥四號”繞月球做圓周運動時，離月球中心的距離為r，根據(jù)以上信息可知下列結(jié)果正確的是()A“嫦娥四號”繞月球運行的周期為2B“嫦娥四號”繞月球運行的速度大小為r3gR2gR2rC月球的平均密度為3g4GRr2D“嫦娥四號”所在軌道處的重力加速度為R2g答案ABC解析根據(jù)萬有引力等于向心力可得：根據(jù)萬有引力等于向心力可得：G2mr且Gmg，聯(lián)立解得T2gR2rTR2Mm22Mmr3，Mmv2A項正確；根據(jù)萬有引力等于向

22、心力可得：Gr2mr，解得vgR2，B項正確；月球的平均密度為R3GMrrV43gR2MG3gMm4GR，C項正確；根據(jù)Gr2mg，可知“嫦娥四號”所在軌道GMgR2處的重力加速度為gr2r2，D項錯誤故A、B、C三項正確211922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎若速度相同的一束粒子由極板間左端射入質(zhì)譜儀后分裂為a、b、c三束，分別運動到磁場邊界的膠片上，它們的運動軌跡如圖所示則下列相關(guān)說法中正確的是()解析帶電粒子沿直線通過電磁場，有qvBEq，得v，由粒子A極板P1帶正電Ba離子的電荷量最大C所有離子從射入到打在膠片上所用時間相等D若a、b、c離子

23、為氫的三種同位素原子核，則c離子為氚核答案ADEB在右側(cè)磁場中偏轉(zhuǎn)方向知，粒子帶正電，據(jù)此判斷電場強度方向必須大小關(guān)系，B項錯誤；粒子在磁場中運動的半徑不同，則不同，所其半徑R，三條軌跡半徑不同說明其不同，不能確定電荷量的向下，即P1板帶正電，A項正確；粒子進入磁場中做半個圓周運動，mvmqBqmq以周期就不同，那么在磁場中的偏轉(zhuǎn)時間就不同，C項錯誤；若a、b、c為氫原子的三種同位素，c的半徑最大，說明c的比荷最小，應(yīng)是氚核，D項正確故選A、D兩項選擇題專練三一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的

24、得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14十九世紀(jì)末到二十世紀(jì)初，一些物理學(xué)家對某些物理現(xiàn)象的研究直接促進了“近代原子物理學(xué)”的建立和發(fā)展，關(guān)于以下4幅圖中涉及的物理知識說法正確的是()A圖1是黑體輻射實驗規(guī)律，愛因斯坦為了解釋此實驗規(guī)律，首次提出了“能量子”概念B強激光的出現(xiàn)使一個電子在極短時間內(nèi)吸收多個光子成為可能，這已被實驗證實如圖2所示，若用波長為的光照射鋅板，驗電器指針不偏轉(zhuǎn)；則換用波長也為的強激光照射鋅板，驗電器指針可能偏轉(zhuǎn)C如圖3所示，一個處于n4能級的氫原子向低能級躍遷，最多可以放出6種不同頻率的光D圖4為天然放射現(xiàn)象中產(chǎn)生的三種射線在電場中偏轉(zhuǎn)情況，其中線代表的射線穿透能

25、力最強答案B解析普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，并很好的解釋了黑體輻射的實驗規(guī)律，A項錯誤；若用波長為的光照射鋅板，驗電器指針不偏轉(zhuǎn)，則換用波長為的強激光照射鋅板，鋅板的電子可以在極短時間內(nèi)吸收多個光子發(fā)生逃逸，故驗電器指針可能偏轉(zhuǎn)，B項正確；一個處于n4能級的氫原子向低能級躍遷，最多可放出3種不同頻率的光，即從n4到n3再到2最后到1，C項錯誤；從圖中可知電場強度方向水平向右，而粒子向右偏轉(zhuǎn)，故帶正電，為粒子，其電離作用最強，D項錯誤15如圖所示，銅線圈水平固定在鐵架臺上，銅線圈的兩端連接在電流傳感器上，傳感器與數(shù)據(jù)采集器相連，采集的數(shù)據(jù)可通過計算機處理，從而得到銅線圈中的電流隨時間

26、變化的圖線利用該裝置探究條形磁鐵從距銅線圈上端某一高度處由靜止釋放后，沿銅線圈軸線豎直向下穿過銅線圈的過程中產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象兩次實驗中分別得到了如圖甲、乙所示的電流時間圖象條形磁鐵在豎直下落過程中始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計則下列說法中正確的是()A若兩次實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度不同，其他實驗條件均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度大于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵距銅線圈上端的高度B若兩次實驗條形磁鐵的磁性強弱不同，其他實驗條件均相同，則甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性比乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵的磁性強C甲圖對應(yīng)實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中損失的機械能小于乙圖對應(yīng)實驗條形磁鐵

27、穿過銅線圈的過程中損失的機械能D兩次實驗條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是先向上后向下答案C解析由乙圖中的電流峰值大于甲中電流峰值，可知乙實驗的電磁感應(yīng)現(xiàn)象更明顯，故乙實驗中的高度更高或磁鐵磁性更強，A、B兩項錯誤；電流峰值越大，產(chǎn)生的焦耳熱越多，損失的機械能越大，故C項正確；整個過程中，磁鐵所受的磁場力都是阻礙磁鐵運動，故磁場力一直向上，D項錯誤16甲、乙兩個質(zhì)量都是M的小車靜置在光滑水平地面上質(zhì)量為m的人站在甲車上并以速度v(對地)跳上乙車，接著仍以對地的速率v反跳回甲車對于這一過程，下列說法中正確的是()A最后甲、乙兩車的速率相等B最后甲、乙兩車的速率之比vvM(mM)甲乙C人從

28、甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1I2D人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應(yīng)是I1I2答案B解析以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳離甲車時，mvMv10，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳上乙車時，mv(mM)v2，人跳離乙車時，(mM)v2Mvmv，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向乙為正方向，由動量守恒定律得，人反跳回甲車時，mvMv1(mMmM)v，解得甲v甲v乙M，故A項錯誤，B項正確；由動量定理得，1對甲車

29、I1Mv1mv，對乙車I2Mv乙Mv22mvmvmmv，M即I1I2，故C、D兩項錯誤17.如圖所示，直角坐標(biāo)系中x軸上在xr處固定有帶電荷量為9Q的正點電荷，在xr處固定有帶電荷量為Q的負(fù)點電荷，y軸上a、b兩點的坐標(biāo)分別為yar和ybr，c、d、e點都在x軸上，d點的坐標(biāo)為xd2r，rxcEeCd點場強為零Ba、b兩點的電勢相等Da、b兩點的場強相同答案D解析c、d點間距與d、e點間距相等，根據(jù)電場線的分布情況知，c處電場線密，場強大，故A項正確；由電場分布的對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，故B項正確；9Q在d點產(chǎn)生的場強大小E19QQQ（3r）2kkr2，方向水平向右，Q在d點產(chǎn)生的場

30、強大小E2kr2，方向水平向左，所以由電場的疊加原理可知，d點的場強為零，故C正確；根據(jù)電場線分布的對稱性可知，a、b兩點場強的大小相等，但方向不同，則a、b兩點的場強不相同，故D項錯誤18.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)當(dāng)開關(guān)S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電容充放電對電路的影響，有關(guān)下列說法中正確的是()A只逐漸增大R1的光照強度，電阻R3中有向下的電流兩端的電壓變大，由E可知，電場力變大，帶電微粒向上運動，B只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電阻R3中有

31、向上的電流C只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，帶電微粒向上運動D若斷開開關(guān)S，帶電微粒向上運動答案C解析只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器充電，因電容下極板帶正電，所以電阻R3中只有向上的電流，故A項錯誤；電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故B項錯誤；只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器Ud故C項正確；若斷開開關(guān)S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，兩板電壓減小，場強減小，則微粒向下運動，故D項錯誤故選C項19如圖所

32、示，在水平圓盤上放有質(zhì)量分別為m、m、2m的可視為質(zhì)點的三個物體A、B、C，圓盤可繞垂直圓盤的中心軸OO轉(zhuǎn)動三個物體與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力三個物體與軸OO共線且OAOBBCr0.2m，現(xiàn)將三個物體用輕質(zhì)細線相連，保持細線伸直且恰無張力若圓盤從靜止開始轉(zhuǎn)動，角速度極其緩慢地增大，已知重力加速度為g10m/s2，則對于這個過程，下列說法正確的是()AA、B兩個物體同時達到最大靜摩擦力BB、C兩個物體的靜摩擦力先增大后不變C當(dāng)5rad/s時整體會發(fā)生滑動D當(dāng)2rad/s5rad/s時，在增大的過程中B、C間的拉力不斷增大答案BC解析當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速增大時，由靜摩擦力提供

33、向心力三個物體的角速度相等，由Fm2r可知，因為C的半徑最大，質(zhì)量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先達到最大靜摩擦力，此時2mgrad/s，當(dāng)C的摩擦力達到最2m12rC，計算得出：1g102r2大靜摩擦力之后，B、C間的繩開始提供拉力，B的摩擦力增大，達到最大靜摩擦力后，A、B之間繩開始有力的作用，隨著角速度增大，A的摩擦力將減小到零然后反向增大，當(dāng)A與B的摩擦力也達到最大值時，且BC的拉力大于AB整體的摩擦力時物體將會出現(xiàn)相對滑動，此時A與B還受到繩的拉力，對C可得：T2mg2m222r，對rAB整體可得：T2mg，計算得出：2g，當(dāng)gr10.2當(dāng)rad/s5rad/s時，在增大的過程

34、中B、C間的拉力逐rad/s5rad/s時整體會發(fā)生滑動，故A項錯誤，B、C兩項正確；102漸增大，故D項錯誤故選B、C兩項20如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的地球同步衛(wèi)星間隔分布在半徑為r的圓軌道上，設(shè)地球質(zhì)量為M，半徑為R.下列說法正確的是()A地球?qū)σ活w衛(wèi)星的引力大小為GMm（rR）2B一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為GMmr2C兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為Gm23r2D三顆衛(wèi)星對地球引力的合力大小為3GMmr2答案BCmM解析根據(jù)萬有引力定律FGr2可知，質(zhì)量分布均勻的球體間的引力距離r等于兩球心間的距離，而rR為同步衛(wèi)星距地面的高度，故A項錯誤；計算衛(wèi)星與地球間的引力，r應(yīng)為衛(wèi)星到地球球心間的距離也

35、就是衛(wèi)星運行軌道半徑r，故B項正確；根據(jù)幾何關(guān)系可知，d23r2兩同步衛(wèi)星的距離d3r，故兩衛(wèi)星間的引力大小為GmmGm2，故C項正確；衛(wèi)星對地球的引力均沿衛(wèi)星地球間的連線向外，由于三顆衛(wèi)星質(zhì)量大小相等，對地球的引力大小相等，又因為三顆衛(wèi)星等間隔分布，根據(jù)幾何關(guān)系可知，地球受到三個衛(wèi)星的引力大小相等方向成120角，所以合力為0，故D項錯誤21以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過1.2s到達傳送帶的B端用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化圖象如圖乙所示，已知重力加速度g取10m/s2，由vt圖象可知()象所圍梯形的面積為x20.2m(24)1m3

36、.2m，故A項v1t1AA、B兩點的距離為2.4mB貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5C貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功大小為12.8JD貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J答案BD解析物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當(dāng)速度達到傳送帶速度，再繼續(xù)做勻加速直線運動，所以物塊由A到B的間距為對應(yīng)圖1122錯誤；由vt圖象可知，物塊在傳送帶上先做加速度為a1的勻加速直線運動，加速度為a110m/s2，對物體受力分析，受摩擦力，方向向下，重力和支持力，mgsinmgcosma1，同理，做加速度為a2的勻加速直線運動，對物體受力分析，受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速

37、度為a22m/s2.mgsinmgcosma2聯(lián)立f解得cos0.8，0.5，故B項正確；第一階段：mgcos41N，由圖象知位移為：x1220.2m0.2m，摩擦力做正功為：1Wf1fx140.2J0.8J，同理第二階段：由圖象知位移為：x22(24)1m3m，摩擦力做負(fù)功為：Wf2fx243J12J，所以整個過程，傳送帶對貨物做功大小為：12J0.8J11.2J，故C項錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，第一階段x1x皮x10.2m，第二階段，x2x2x2皮3m2m1m故兩者之間的總相對位移為：xx1x21m0.2m1.2m貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q

38、Wfx41.2J4.8J，故D項正確；綜上分析，B、D兩項正確選擇題專練四一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，14、15、17、18題只有一項符合題目要求，第16、1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14關(guān)于下列四幅圖所反映的物理過程的說法正確的是()A甲圖中子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，能量不守恒B乙圖中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷細線，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能增加C丙圖中細線斷裂后，木球和鐵球在水中運動的過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒D丁圖中木塊沿放在

39、光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，機械能守恒答案C解析甲圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，但是損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，能量仍守恒，A項錯誤；乙圖中，剪斷細線，在彈簧恢復(fù)原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為木塊的動能，系統(tǒng)機械能守恒，B項錯誤；丙圖中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過程中，所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于水的浮力對兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機械不守恒，C項正確；丁圖中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑

40、，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機械能可能有損失，D項錯誤15如圖甲是遠距離輸電線路示意圖，圖乙是用戶端電壓隨時間變化的圖象，則()解析根據(jù)電壓隨時間變化的關(guān)系，由圖可知，T0.02s，故f副線圈匝數(shù)，輸出電壓增大，損失的功率為PUR，損失功率A發(fā)電機產(chǎn)生的交流電的頻率是100HzB降壓變壓器輸出的電壓有效值是340VC輸電線的電流僅由輸送功率決定D僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)，其他條件不變，輸電線上損失的功率減小答案D1T10.02Hz50Hz，故A項錯誤；由圖象可知交流電壓的最大值為Um340340V，因此其有效值為UV，故B項錯誤；

41、根據(jù)PIU，輸電2線中的電流與傳輸?shù)墓β瘦旊婋妷河嘘P(guān)，傳輸?shù)碾妷涸酱?，輸電線中的電流也越大，故C項錯誤；保持升壓變壓器原線圈匝數(shù)不變，增加P2副減小，故D項正確；故選D項16.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小某課題研究小組在升降機水平地面上利用壓敏電阻設(shè)計了判斷升降機運動狀態(tài)的裝置其工作原理圖如圖甲所示，將壓敏電阻、定值電阻R、電流顯示器、電源E連成電路，在壓敏電阻上放置一個絕緣重物.0t1時間內(nèi)升降機停在某一樓層處，t1時刻升降機開始運動，從電流顯示器中得到電路中電流i隨時間t變化的情況如圖乙所示則以下判斷中正確的是()At1t2時間內(nèi)絕緣重物處于失重狀態(tài)Bt3t4時間內(nèi)絕緣重物處于失重

42、狀態(tài)C升降機開始時可能停在10樓，從t1時刻開始，經(jīng)向下加速、勻速、減速，最后停在1樓D升降機開始時可能在1樓，從t1時刻開始，經(jīng)向上加速、勻速、減速，最后停在10樓答案AC解析t1t2時間內(nèi)電路中電流i的示數(shù)比升降機靜止時小，說明壓敏電阻增大，壓力減小，重物處于失重狀態(tài)，A項正確；t3t4時間內(nèi)電路中電流i的示數(shù)比升降機靜止時大，說明壓敏電阻減小，壓力增大，重物處于超重狀態(tài)，B項錯誤；根據(jù)重物的狀態(tài)可知，若升降機開始時停在10樓，則t1時刻開始，向下加速、勻速、減速，最后停在1樓，C項正確；若升降機開始時停在1樓，t1時刻開始向上加速、勻速、減速，重物應(yīng)先處于超重、既不超重也不失重、失重狀態(tài)

43、，與上分析不符，D項錯誤故選A、C兩項17如圖所示，兩個相同的固定斜面上分別放有一個處于靜止的三角形木塊A、B，它們的質(zhì)量相等A木塊的左側(cè)面沿豎直方向，B木塊的左側(cè)面垂直于斜面，在兩斜面上分別放上一個相同的光滑球后，木塊仍保持靜止，則放上球后()AA木塊受到的摩擦力等于B木塊受到的摩擦力BA木塊受到的摩擦力小于B木塊受到的摩擦力CA木塊對斜面的壓力等于B木塊對斜面的壓力DA木塊對斜面的壓力大于B木塊對斜面的壓力答案A解析設(shè)小球的質(zhì)量均為m，A、B的質(zhì)量均為M，斜面的傾角為.以小球與A整體為研究對象，由平衡條件可得：A木塊受到的摩擦力FfA(Mm)gsin；同理，以小球與B整體為研究對象，得到B

44、木塊受到的摩擦力FfB(Mm)gsin，則FfAFfB，故A項正確，B項錯誤；以A為研究對象，分析受力，如圖甲所示，由平衡條件得：斜面對A的支持力FNAMgcosFN1sin以B為研究對象，受力分析，如圖乙所示，由平衡條件得：斜面對B的支持力FNBMgcos，則得FNAFNB.A由牛頓第三定律可知，木塊對斜面的壓力小于B木塊對斜面的壓力，故C、D兩項錯誤18.如圖，光滑斜面的傾角為，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的滑輪與重物相連，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場

45、，磁感應(yīng)強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行底邊，則下列說法正確的是()A線框進入磁場前運動的加速度為MgmgsinmB該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mgmgsin)l2C線框做勻速運動的總時間為B2l12（Mgmgsin）RD線框進入磁場時勻速運動的速度為（Mgmgsin）RBl1m)a，解得：a，故A項錯誤；線框進入磁場的過程做答案B解析線框進入磁場前，根據(jù)牛頓第二定律Mgmgsin(MMgmgsinMm勻速運動，重物的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為線框的重力勢能和線框的內(nèi)B2l12vB2l12l2F，根據(jù)平衡條件得：FMgmgsin，聯(lián)立兩式

46、得：vB2l12v（Mgmgsin）R能，根據(jù)能量守恒定律得：焦耳熱為Q(Mgmgsin)l2，故B項正確；設(shè)線框勻速運動的速度大小為v，則線框受到的安培力大小為R（Mgmgsin）Rl，勻速運動的時間為t2，故C、D兩項錯誤所以B項正確，A、C、D三項錯誤19在光電效應(yīng)試驗中，分別用頻率為a、b的單色光a、b照射到同種金屬上，測得相應(yīng)的遏止電壓分別為Ua和Ub，光電子的最大初動能分別為Eka和Ekb.h為普朗克常量下列說法正確的是()A若ab，則一定有UaUbB若ab，則一定有EkaEkbC若UaUb，則一定有EkaEkbD若ab，則一定有haEkahbEkb答案BC解析根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek

47、mhW0知，ab，逸出功相同，則EkaEkb，又EkmeUc，則UaUb，故A項錯誤，B項正確；根據(jù)EkmeUc知，若UaUb，則一定有EkaEkb，故C項正確；逸出功W0hEkm，由于金屬的逸出功相同，則有：haEkahbEkb，故D項錯誤，所以B、C兩項正確，A、D兩項錯誤20如圖甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F，使環(huán)由靜止開始沿桿向上運動已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則以下說法正確的是()m1kg，sin，因此A項正確，B項錯誤；根據(jù)題圖乙知，前A小環(huán)的質(zhì)量是1kgB細桿與地

48、面間的夾角為30C前1s內(nèi)小環(huán)的加速度大小為5m/s2D前3s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為1.25m答案AD解析設(shè)細桿與地面間的夾角為，由vt圖象可知01s時間內(nèi)小環(huán)的加速度為a0.5m/s2，因此C項錯誤；拉力為F15N時，由牛頓第二定律得F1mgsinma，F(xiàn)24.5N，F(xiàn)2mgsin聯(lián)立解得9200.521s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x11m0.25m，之后2s內(nèi)做勻速直線運動，位移為x20.52m1.0m，所以前3s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為xx1x21.25m，D項正確21.質(zhì)量分別為3m和m的兩個物體，用一根細繩相連，中間夾著一根被壓縮的輕彈簧，在光滑的水平面上以速度v0勻速運動某時刻剪斷細繩，

49、質(zhì)量為m的物體離開彈簧時速度變?yōu)関2v0，如圖所示，則在這一過程中彈簧做的功和兩物體之間轉(zhuǎn)移的動能分別是()8A.3mv022B.3mv021C.2mv025D.6mv02答案BD解析設(shè)3m的物體離開彈簧時的速度為v1，規(guī)定向右為正方向，由2動量守恒定律有：(3mm)v03mv1m2v0.解得v13v0；根據(jù)動能221112定理，彈簧做功為：W2m(2v0)223m3v024mv023mv02，11故B項正確；質(zhì)量為m的物體增加的動能：Ek2m(2v0)22mv02322mv02，此過程中彈簧的彈性勢能減小量為彈簧彈力做的功，即為3322mv02mv02，由機械能守恒定律可知，兩物體之間轉(zhuǎn)移的

50、動能為356mv02mv02，故D項正確，A、C兩項錯誤故選B、D兩項選擇題專練五一、選擇題：本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14如圖甲所示，輕桿一端與質(zhì)量為1kg，可視為質(zhì)點的小球相連，另一端可繞光滑固定軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，經(jīng)最高點開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，A、B、C三點分別是圖線與縱軸、橫軸的交點、圖線上第一周期內(nèi)的最低點，該三點的縱坐標(biāo)分別是1、0、5，g取10m/s2

51、，不計空氣阻力，下列說法正確的是()1vC2vA2A輕桿的長度為0.5mB小球經(jīng)最高點時，桿對它的作用力方向豎直向上CB點對應(yīng)時刻小球的速度為3m/sD曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積為0.5m答案B12解析設(shè)桿的長度為L，小球從A到C的過程中機械能守恒，得：mvA24g2mgL2mvC2，解得L（5）21240m0.6m，故A項錯誤；若小球在A點恰好對桿的作用力是0，則有mgm，解得v0gL6m/svA1m/s.由于v02L小球在A點的速度小于臨界速度，所以小球做圓周運動需要的向心力小于重力，桿對小球的作用力的方向向上，故是豎直向上的支持力，1故B項正確；小球從A到B的過程中機械能守恒，得2

52、mvA2mgL12mvB2，所以vBvA22gL12100.6m/s13m/s，故C項錯誤；由于y軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移，大小等于桿的長度，即0.6m，故D項錯誤故選B項15.如圖所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與墻之間用輕彈簧連接現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是()1AE4mv02，I2mv01CE2mv02，I2mv01BE4

53、mv02，Imv01DE2mv02，Imv0v0解得v.E2mv2m2mv02，24所以A、B的速度大小依然為v0.于A、B動量的變化量，由動量定理得：I2m02m0.答案A解析A、B小球相碰過程，設(shè)碰后A、B的速度為v，規(guī)定向左為正方向，由動量守恒定律可知mv02mv，2當(dāng)A、B速度減到零時，此時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒可知1v021然后彈簧彈開，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時彈性勢能又轉(zhuǎn)化為A、B的動能，v2把彈簧和A、B小球作為一個整體，在此過程中墻對彈簧的沖量就等vv22即I2mv0，故A項正確；B、C、D三項錯誤；綜上所述本題答案是A項16.甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其vt圖象如圖所示

54、已知兩車在t3s時并排行駛，則()A在t1s時，甲車在乙車后B在t0時，乙車在甲車前7.5mC兩車另一次并排行駛的時刻是t2sD甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m答案D解析根據(jù)vt圖象知，甲、乙都沿正方向運動t3s時，甲、乙相遇，此時v30m/s，v25m/s，由vt圖線所圍面積對應(yīng)位甲乙移關(guān)系知，03s內(nèi)甲車位移x330m45m，乙車位移x1甲2123(1025)m52.5m故t0時，甲、乙相距x1x乙x乙甲7.5m，即甲在乙前方7.5m，B項錯誤；01s內(nèi)，x11甲2110m5m，x乙21(1015)m12.5m，x2x乙x甲7.5mx1，說明在t1s時甲、乙第一次相遇

55、，A、C兩項錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為xxx45m5m40m，甲甲所以D項正確17.如圖所示，紙面為豎直面，MN為豎直線段，空間存在平行于紙面的足夠?qū)拸V的水平方向勻強電場，其大小和方向未知，圖中未畫出，一帶正電的小球從M點在紙面內(nèi)以v0的速度水平向左開始運動，以后恰好以大小為v2v0的速度通過N點已知重力加速度g，不計空氣阻力則下列正確的是()A小球從M到N的過程經(jīng)歷的時間為tv0gv0小球從M到N的過程經(jīng)歷的時間t，A項正確；帶正電的小球所B可以判斷出電場強度的方向水平向左C從M點到N點的過程中小球的機械能先增大后減小D從M到N的運動過程中速度大小一直增大答案A解析水平方向，小球受

56、水平方向的電場力作用向左先減速后反向加速，到達N點時，水平速度仍為v0，則豎直速度vy（2v0）2v02v0.因小球豎直方向在重力作用下做自由落體運動，則由vygt可知g受的電場力水平向右，可以判斷出電場強度的方向水平向右，B項錯誤；從M點到N點的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，可知小球的機械能先減小后增大，C項錯誤；因電場力水平向右，重力豎直向下，可知電場力和重力的合力方向斜向右下方，則從M到N的運動過程中，合力先做負(fù)功，后做正功，則動能先減小后增加，即速度先減小后增加，D項錯誤；故選A項18.如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，從距勻強磁場上邊界H處靜止釋放，其下邊剛進入勻強磁場區(qū)

57、域時恰好能做勻速直線運動勻強磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長.ab邊開始進入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線圈在磁場上方H開始下落到下邊界剛進入磁場過程中線圈做勻加速運動；因線圈下邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動，可知線圈直到cd邊出磁場時也做勻速運動，A、B兩項錯誤；3線圈ab邊進入磁場的過程：EBLv，則Uab4BLv；ab邊出離磁場1的過程：EBLv，則Uab4BLv；線圈進入磁場和出離磁場過程中電動勢相同，

58、均為EBLv，時間相同，則產(chǎn)生的熱量相同，故C項正確，A、B、D三項錯誤故選C項19下列說法正確的是()A愛因斯坦利用自己提出的能量量子化理論解釋了光電效應(yīng)B結(jié)合能越大的原子核，原子核越穩(wěn)定C一群氫原子從n4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射6種不同頻率的光子D天然的放射性現(xiàn)象使人類認(rèn)識到原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)答案CD解析普朗克提出的能量量子化理論，愛因斯坦解釋了光電效應(yīng)，A項錯誤；比結(jié)合能越大的原子核，原子核越穩(wěn)定，B項錯誤；一群氫原子從n4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，能輻射6種不同頻率的光子，C項正確；天然的放射性現(xiàn)象產(chǎn)生的射線均來自原子核內(nèi)部，所以天然的放射性現(xiàn)象使人類認(rèn)識到原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)

59、構(gòu)，D項正確20.如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)阻r一定，A、B為平行板電容器的兩塊正對金屬板，R1為光敏電阻當(dāng)R2的滑動觸頭P在a端時，閉合開關(guān)S，此時電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為I和U.以下說法正確的是()A若僅將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I不變，U增大B若僅增大A、B板間距離，則電容器所帶電荷量減少rS的距離，所以根據(jù)公式C可得電容器電容減小，由于電容器兩端的電壓恒定，根據(jù)公式C，故電荷量減小，B項正確；若僅減小，根據(jù)公式C可得，U減小，Q也減小，C項錯誤；根據(jù)閉C若僅用更強的光照射R1，則I增大，U增大，電容器所帶電荷量增加D若僅用更強的光照射R1，則U變化量的絕對值與I變

60、化量的絕對值的比值不變答案BD解析電容器所在支路由于是斷路，沒有電流通過，所以電路中只有光敏電阻和電阻R3串聯(lián)在電路中，并且電容器兩端的電壓等于光敏電阻兩端電壓，所以若僅將R2的滑動觸頭P向b端移動，電路總電阻不變，電流不變，電壓也不變，A項錯誤；若僅增大電容器極板間4kdQU用更強的光照射R1，R1電阻減小，電路總電阻減小，電流增大，故電流表示數(shù)增大，路端電阻減小，所以路端電壓減小，即電壓表示數(shù)QU合回路歐姆定律可得U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值表示電源內(nèi)阻，所以恒定不變，D項正確21位于貴州的“中國天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠鏡，通過FAST可以測量地球