[word版可編輯】江西省吉安市新高考物理易錯100題多選題

精選高考物理多選題100題含答案有解析

1.如圖所示，光滑水平面上放置一內壁光滑的半圓形凹槽，凹槽質量為"，半徑為在凹槽內壁左側

上方尸點處有一質量為根的小球（可視為質點），距離凹槽邊緣的高度為〃。現將小球無初速度釋放，小

球從凹槽左側沿切線方向進入內壁，并從凹槽右側離開。下列說法正確的是（）

A.小球離開凹槽后，上升的最大高度為//

B.小球離開凹槽時，凹槽的速度為零

C.小球離開凹槽后，不可能再落回凹槽

D.從開始釋放到小球第一次離開凹槽，凹槽的位移大小為用”

M+m

【答案】AB

【解析】

【分析】

【詳解】

ABC.小球與半圓槽組成的系統在水平方向所受合外力為零，初狀態時系統在水平方向動量為零，由動量

守恒定律可知，小球第一次離開槽時，系統水平方向動量守恒，球與槽在水平方向的速度相等都為零，球

離開槽后做豎直上拋運動，槽靜止，小球會再落回凹槽，由能量守恒可知小球離開凹槽后上升的最大高度

為故AB正確，C錯誤；

D.從開始釋放到小球第一次離開凹槽，凹槽的位移大小為工,由動量守恒

Mx=m（2R-x）

解得

2mR

x=--------

M+m

故D錯誤。

故選ABo

2.如圖所示，一質量為m=1kg的小物塊（可視為質點）從高H=12m處的A點由靜止沿光滑的圓弧軌

道A3滑下，進入半徑為r=4m豎直圓環軌道，與圓環軌道的動摩擦因數處處相同，當到達圓環軌道的

頂點C時，小物塊對圓環軌道的壓力恰好為零。之后小物塊繼續沿滑下，進入光滑軌道5。，且到

達高度為〃的。點時速度為零，則下列說法正確的是（）（g取lOm/s?）

A.小物塊在圓環最高點時的速度為2Mm/sB.小物塊在圓環最高點時的速度為Ji6m/s

C./?的值可能為6.5mD.力的值可能為&5nl

【答案】AD

【解析】

【詳解】

AB.小物塊在圓環最高點時有

Vc

mg=m—

r

解得

vc=2V10m/s

所以A正確，B錯誤；

CD.BEC過程克服摩擦力做的功為

1,

叱=mg(H-2r)--mv|=20J

CFB過程克服摩擦力做的功為也,因該過程小物塊與軌道的平均壓力小于8EC過程，則摩擦力也小,

則有

0〈嗎〈叱

CFBD過程，由動能定理得

12

-mg（h-2r）-W,=--mv^

解以上各式得

8m</z<10m

所以D正確，C錯誤。

故選ADo

3.下列說法正確的是（）

A.同種物質可能以晶體和非晶體兩種不同的形態出現

B.在陽光照射下的教室里，眼睛看到空氣中塵埃的運動就是布朗運動

C.在任何自然過程中，一個孤立系統的總烯不會減小

D.打氣筒給自行車打氣時，要用力才能將空氣壓縮，說明空氣分子之間存在著斥力

E.氣體向真空的自由膨脹是不可逆的

【答案】ACE

【解析】

【詳解】

A.同種物質可能以晶體和非晶體兩種不同的形態出現，如金剛石與石墨，故A正確.

B.布朗運動是微小粒子表現出的無規則運動，肉眼不可見，故B錯誤.

C.在任何自然過程中，一個孤立系統的總燧不會減小，這是增加原理，故C正確.

D.打氣筒給自行車打氣時，要用力才能將空氣壓縮，是要克服大氣壓力做功，故D錯誤.

E.氣體向真空自由膨脹遵守熱力學第二定律，具有方向性，故E正確

4.如圖所示，abed為固定的水平光滑矩形金屬導軌，導軌間距為L左右兩端接有定值電阻Ri和R2,

RI=R2=R,整個裝置處于磁感應強度大小為B,方向豎直向下的勻強磁場中.質量為m的導體棒MN放

在導軌上，棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌與棒的電阻.兩根相同的輕質彈簧甲和乙一端固定，

另一端同時與棒的中點連接.初始時刻，兩根彈簧恰好處于原長狀態，棒獲得水平向左的初速度V。，第一

次運動至最右端的過程中Ri產生的電熱為Q,下列說法中正確的是

A.初始時刻棒所受安培力的大小為士』

R

B.棒第一次回到初始位置的時刻，R2的電功率小于巴』

R

1,

c.棒第一次到達最右端的時刻，兩根彈簧具有彈性勢能的總量為萬加詔-。

D.從初始時刻至棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的電熱大于多

【答案】BD

【解析】

【詳解】

A.由F=BIL及

皿一管

一「R'

得安培力大小為

2B2L2V?

FA=BIL=---------2-,

R

故A錯誤；

B.由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，由動能定理得：當棒再次回到初始位置時，速度小于vo,

7-22

棒產生的感應電動勢小于BLvo,則R2的電功率小于——包，故B正確；

R

C.由能量守恒得知，當棒第一次達到最右端時，物體的機械能全部轉化為整個回路中的焦耳熱和甲乙彈

簧的彈性勢能，兩個電阻相同并聯，故產生的熱量相同，則電路中產生總熱量為2Q,所以兩根彈簧具有

的彈性勢能為

"片一2Q,

故C錯誤；

D.由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，棒第一次達到最左端的過程中，棒平均速度最大，安培

力平均值最大.從初始時刻到第一次運動至最右端的過程中電路中產生總熱量為2Q,則從初始時刻至棒

第一次到達最左端的過程中，整個回路中產生的焦耳熱應大于gx2Q,故D正確.

5.如圖所示，abed為一正方形邊界的勻強磁場區域，磁場邊界邊長為L,三個粒子以相同的速度從a點

沿對角線方向射入，粒子1從b點射出，粒子2從c點射出，粒子3從cd邊垂直射出，不考慮粒子的重

力和粒子間的相互作用.根據以上信息，可以確定

b

/G''、

/攵XX

/XXXXXx\

a<>c

\xxxxxx

\xXXX/

、\Xx/

y

A.粒子1帶負電，粒子2不帶電，粒子3帶正電

B.粒子1和粒子3的比荷之比為2：1

C.粒子1和粒子2在磁場中的運動時間之比為兀：4

D.粒子3的射出位置與d點相距上

2

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A.根據左手定則可得：粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負電。故A錯誤；

B.做出粒子運動的軌跡如圖，則粒子1運動的半徑：門=￡,由一勺可得：二=」二=叵

V2qB叫B八BL

粒子3的運動的軌跡如圖，貝！J：r3=V2L,二=工=斑

加3班2BL

所以:也”1.故B正確;

C.粒子1在磁場中運動的時間：.=工.也1=

；粒子2在磁場中運動的時間：;所以:

4v2V2vV

n

故C正確；

D.粒子3射出的位置與d點相距：x=^-￡=V2￡-￡=（V2-l）L.故D錯誤。

6.下列說法正確的有

A.光的偏振現象說明光是一種縱波

B.紅外線比紫外線更容易發生衍射

C.白光下鍍膜鏡片看起來有顏色，是因為光發生了衍射

D.交警可以利用多普勒效應對行駛的汽車進行測速

【答案】BD

【解析】

【詳解】

A.光的偏振現象說明光是一種橫波，故A錯誤；

B.當波長與障礙物的尺寸差不多或大于障礙物的尺寸，可以發生明顯的衍射，故對同一障礙物，波長越

長越容易發生明顯的衍射;根據電磁波譜可知紅外線比紫外線的波長更長，則紅外線更容易出現明顯衍射,

B正確；

C.白光下鍍膜鏡片看起來有顏色，是因為鏡片的前后表面的反射光相遇后發生光的干涉現象，且只有一

定波長（一定顏色）的光干涉時，才會相互加強，所以看起來有顏色，故c錯誤；

D.交警借助測速儀根據微波發生多普勒效應時，反射波的頻率與發射波的頻率有微小差異，對差異進行

精確測定，再比對與速度的關系，就能用電腦自動換算成汽車的速度，故D正確；

故選BDo

7.在x軸上有一疊加而成的電場，其電場方向沿x軸，電勢q＞隨x按如圖所示正弦規律變化，則下列說

法中正確的是（）

A.X1~X2之間的場強方向與X2~X3之間的場強方向相反

B.當帶電粒子沿X軸方向僅在電場力作用下運動到XI、X3處時，其加速度最小

C.負電荷沿X軸運動時，其在X2處的電勢能小于其在X3處的電勢能

D.若將一帶正電的粒子從X2處由靜止釋放，則粒子僅在電場力作用下將沿X軸負方向運動

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A.0—%圖線的斜率表示場強，由于玉~天之間圖線的斜率均小于零，故場強的方向不變，故A錯誤；

B.0—X圖線的斜率表示場強，由圖可知XI、X3處的切線斜率為零，XI、X3處場強大小為零，故粒子運

動到此處時的加速度大小為零，故B正確；

C.由題意可知，在占~七之間的場強的方向沿X軸正方向，負電荷從X2處運動到X3處的過程中，電場

力做負功，電勢能增加，故負電荷在X2處的電勢能小于其在X3處的電勢能，故C正確；

D.由場強方向可知，將一正電的粒子從X2處由靜止釋放，則粒子僅在電場力作用下降沿X軸正方向運動,

故D錯誤。

故選BC。

8.2019年11月我國首顆亞米級高分辨率光學傳輸型立體測繪衛星高分七號成功發射，七號在距地約

600km的圓軌道運行，先期發射的高分四號在距地約36000km的地球同步軌道運行，關于兩顆衛星下列

說法正確的是（）

A.高分七號比高分四號運行速率大

B.高分七號比高分四號運行周期大

C.高分七號比高分四號向心加速度小

D.相同時間內高分七號與地心連線掃過的面積比高分四號小

【答案】AD

【解析】

【分析】

【詳解】

A.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得

GMmv2

——--=m——

rr

可得

運行軌道半徑越大，運行的速度越小，高分七號比高分四號向心速率大，故A正確;

B.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得

-Mm47r之

G-r=m^r

解得

r3

T=2石

GM

運行軌道半徑越大，運行的周期越大，所以高分七號比高分四號運行周期小，故B錯誤；

C.萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得

廠Mm

G——=ma

解得

GM

a

~~r2~

運行軌道半徑越大，運行的加速度越小，所以高分七號比高分四號向心加速度大，故C錯誤;

D.衛星與地心連線掃過的面積為

相同時間內，運行軌道半徑越大，與地心連線掃過的面積越大，相同時間內高分七號與地心連線掃過的面

積比高分四號小，故D正確；

故選ADo

9.2019年9月12日，我國在太原衛星發射中心“一箭三星”發射成功。現假設三顆星a、b、c均在在赤

道平面上繞地球勻速圓周運動，其中a、b轉動方向與地球自轉方向相同，c轉動方向與地球自轉方向相

反，a、b、c三顆星的周期分別為Ta=6h、Tb=24h>Tc=12h,下列說法正確的是（）

A.a、b每經過6h相遇一次

B.a、b每經過8h相遇一次

C.b、c每經過8h相遇一次

D.b、c每經過6h相遇一次

【答案】BC

【解析】

【分析】

【詳解】

AB.a、b轉動方向相同，在相遇一次的過程中，a比b多轉一圈，設相遇一次的時為At,則有

ArAr.

----------------二1

TaTb

解得Ar=8h,所以A錯誤，B正確。

CD.b、c轉動方向相反，在相遇一次的過程中，b、c共轉一圈，設相遇次的時間為,則

有

---1---=1

TbTc

解得A/=8/z，故C正確，D錯誤。

故選BC。

10.如圖所示為在“測電源電動勢和內電阻”的實驗中得到的U-/圖線。圖中。為路端電壓，/為干路電

流，a、力為圖線上的兩點，相應狀態下電源的效率分別為乙、%,電源的輸出功率分別為介、pb,對

應的外電阻為此、已知該電源輸出功率的最大值為乙，電源內電阻為廠，由圖可知（）

A.凡"=2:1B.%=1：2C.月：月=1：1D.如七=8:9

【答案】ACD

【解析】

【詳解】

AC.設電流的最小分度為I,電壓的最小分度為U,則可知，電源的電動勢E=6U；Ua=4U,Ub=2U；電

流Ia=4LIb=8I；則由P=UI可知，故電源的輸出功率相等；

則閉合電路歐姆定律可知，

E=I(r+R)

代入解得：

Ra：r=2：1；

故AC正確；

B.電源的效率n定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比。

P外_iu_u

//———?

P息IEE，

E為電源的總電壓（即電動勢），在U-I圖象中，縱軸截距表示電動勢，根據圖象可知則

2

%=3

1

則

Ha：小=2:1

故B錯誤；

D.當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，此時電壓為3U,電流為61；故：

Pa：Pmax=8：9

故D正確；

故選ACD?

11.如圖1所示，質量m=lkg的滑塊在水平面上做勻減速直線運動，在對滑塊施加一水平方向拉力F和

不對滑塊施加水平拉力F的兩種情況下，滑塊運動的廿—x圖像如圖2所示，下列判斷正確的是（）

圖1

A.水平拉力大小一定等于1N

B.滑塊所受的摩擦力大小可能等于2N

C.滑塊受水平拉力時的圖像可能是ao

D.滑塊不受水平拉力時的圖像一定是a

【答案】ABC

【解析】

【詳解】

由題圖2可知，a圖線對應滑塊運動的加速度大小為

v2

------m/s2=lm/s2

2x18

b圖線對應滑塊運動的加速度大小為

—=^m/s2=2m/s2

-2x2x9

若滑塊受到的拉力與v方向相同，則

f-F=max

f=ma2

解得

/=2N

F=1N

若滑塊受到的拉力與n方向相反，則

f+F=ma2

f=ma1

解得

/=1N

F=1N

則滑塊受水平拉力時的圖像可能是a,也可能是b。選項ABC正確，D錯誤。

故選ABC。

12.某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g^lOm/s2.4s內物體的()

A.路程為50mB.位移大小為40m,方向向上

C.速度改變量的大小為20m/s,方向向下D.平均速度大小為10m/s,方向向上

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

由v=gt可得物體的速度減為零需要的時間二=三=當二故4s時物體正在下落；路程應等于向上

UJ0

的高度與下落1S內下落的高度之和，由v2=2gh可得，h=|；=45m,后Is下落的高度h^gtym,故總路

程為：s=(45+5)m=50m；故A正確；位移h=vot《gt2=4Om,位移在拋出點的上方，故B正確；速度的

改變量△v=gt=10x4=40m/s,方向向下，故C錯誤；平均速度二=6=—=10二/二,故D正確；故選ABD。

【點睛】

豎直上拋運動中一定要靈活應用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速

度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v=at求得.

13.下列說法中正確的是?

A.電子的衍射圖樣證實了實物粒子具有波動性

B.為了解釋黑體輻射規律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的

C.氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子總能量減小

D.光電效應中極限頻率的存在說明了光的波動性

【答案】AB

【解析】

【分析】

【詳解】

A.電子的衍射圖樣證實了實物粒子的波動性，故A正確；

B.為了解釋黑體輻射規律，普朗克提出電磁輻射的能量的量子化，故B正確；

C.氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大，故

C錯誤；

D.光電效應現象說明了光的粒子性，并不是波動性，故D錯誤。

故選AB?

14.下列說法中正確的是（）

A.液晶既有液體的流動性又有晶體的各向異性

B.第二類永動機研制失敗的原因是違背了能量守恒定律

C.在有分子力時，分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小

D.大霧天氣，學生感覺到教室潮濕，說明教室內的相對濕度較大

E.非晶體是各向同性的，晶體都是各向異性的

【答案】ACD

【解析】

【詳解】

A.液晶既有液體的流動性又有晶體的各向異性，選項A正確；

B.第二類永動機研制失敗的原因是違背了熱力學第二定律，選項B錯誤；

C.在有分子力時，分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，選項C正確；

D.大霧天氣，學生感覺到教室潮濕，說明教室內的相對濕度較大，選項D正確；

E.多晶體具有各向同性，選項E錯誤。

故選ACDo

15.如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角a=37。的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為

3.0m.選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化如圖乙所示.取g=10m/s2,

sin37°=0.60,cos37°=0.1.貝！|()

A.物體的質量m=0.67kg

B.物體與斜面之間的動摩擦因數|1=0.50

C.物體上升過程中的加速度大小a=lm/s2

D.物體回到斜面底端時的動能Ek=10J

【答案】BD

【解析】

【詳解】

A.在最高點,速度為零,所以動能為零，即物體在最高點的機械能等于重力勢能,所以有E=約+0=mgh

所以物體質量為

E30?「

m=——=--------kg=lkg

gh10x3

A錯誤；

B.在最低點時，重力勢能為零，故物體的機械能等于其動能，物體上升運動過程中只受重力、摩擦力做

功，故由動能定理可得

h

一〃機gcos37°———-mgh=AE

sin37k

解得

20x0.6K

LI=--------------------=0.5

1x10x3x0.8

B正確；

C.物體上升過程受重力、支持力、摩擦力作用，故根據力的合成分解可得：物體受到的合外力為

F=mgsina+/umgcosa=ION

故物體上升過程中的加速度為

a=—=10m/s2

m

C錯誤;

D.物體上升過程和下落過程物體重力、支持力不變，故物體所受摩擦力大小不變，方向相反，所以，上

升過程和下滑過程克服摩擦力做的功相同；由B可知：物體上升過程中克服摩擦力做的功等于機械能的減

少量20J,故物體回到斜面底端的整個過程克服摩擦力做的功為40J；又有物體整個運動過程中重力、支

持力做功為零，所以，由動能定理可得：物體回到斜面底端時的動能為50J-40J=10J,D正確。

故選BDo

16.如圖所示，在電阻不計的邊長為L的正方形金屬框abed的cd邊上接兩個相同的電阻，平行金屬板

e和f通過導線與金屬框相連，金屬框內兩虛線之間有垂直于紙面向里的磁場，同一時刻各點的磁感應強

度B大小相等，B隨時間t均勻增加，已知竺=左，磁場區域面積是金屬框面積的二分之一，金屬板長

為L,板間距離為L.質量為m,電荷量為q的粒子從兩板中間沿中線方向以某一初速度射入，剛好從f板

右邊緣射出.不計粒子重力，忽略邊緣效應.則

A.金屬框中感應電流方向為abeda

B.粒子帶正電

C.粒子初速度為人叵

2Vm

1

D.粒子在e、f間運動增加的動能為z左心94

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】

A.因為磁場垂直紙面向里均勻增大，故根據楞次定律可得金屬框中感應電流方向為abeda,e板帶負電,

f板帶正電，A正確；

B.因為粒子剛好從f板右邊緣射出，所以粒子受到向下的電場力，而電場方向向上，所以粒子帶負電，B

錯誤；

C.粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向上有

L-vot

在豎直方向上有

L=—at2

2

Eq

ci——

m

E工

d

而電容器兩極板間的電壓等于R兩端的電壓，故

U'咨。占"

2加224

聯立解得

L

V0=2

C正確;

D.根據動能定理可得粒子增加的動能為

AEk=^Uq=；小小=；qk口

D錯誤.

故選ACo

17.如圖所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一紅蠟塊R（R視為質點）。將玻璃管的

開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與y軸重合，在R從坐標原點以速度%=3cm/s勻速上浮的同時，玻璃

管沿x軸正向做初速度為零的勻加速直線運動，合速度的方向與V軸夾角為々。則紅蠟塊R的（）

A.分位移y的平方與x成正比B.分位移V的平方與x成反比

C.tana與時間f成正比D.合速度v的大小與時間?成正比

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】

AB.由題意可知，y軸方向

y=vot

而x軸方向

x=—at2

2

聯立可得

22y；

y=--x

a

故A正確，B錯誤；

C.設合速度的方向與y軸夾角為a,則有

ata

tan—=—t

%%

故C正確；

D.x軸方向

vx=at

那么合速度的大小

v=ylvl+a2t2

則v的大小與時間t不成正比，故D錯誤；

故選ACo

18.如圖（a）,物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,

細繩水平.t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t

變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以

忽略.重力加速度取g=10m/sL由題給數據可以得出

A.木板的質量為1kg

B.ls~4s內，力F的大小為0.4N

C.0~ls內，力F的大小保持不變

D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.1

【答案】AB

【解析】

【詳解】

結合兩圖像可判斷出0-ls物塊和木板還未發生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等

于f,故F在此過程中是變力，即C錯誤；L5s內木板與物塊發生相對滑動，摩擦力轉變為滑動摩擦力，

由牛頓運動定律，對L4s和4-5s列運動學方程，可解出質量m為1kg,L4s內的力F為0.4N,故A、B

正確；由于不知道物塊的質量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數Ji,故D錯誤.

19.一定質量的理想氣體沿圖示狀態變化方向從狀態a到狀態b,到狀態c再回到狀態a.三個狀態的體

積分別為Va、Vb、Ve,則它們的關系正確的是()

D

B.Va=Vc

327

C.Vb=-----Vc

600

327

D.V=-----V

c54a

【答案】BC

【解析】

【分析】

根據圖象求出各狀態下的壓強與溫度，然后由理想氣體狀態方程解題。

【詳解】

由圖示可知，pa=po,pb=pc=2po,Ta=273+27=300K,Tc=273+327=600K,由數學知識可知，tb=2ta=54℃,

Tb=327K；由理想氣體狀態方程得：

%容=3。*K=^=300|

則匕=匕，由理想氣體狀態方程可知：

V_2匕￡_《'327匕_327丫=327y

c

"PbTa2Pox3OO600"600

故BC正確，AD錯誤；

故選BC。

【點睛】

解題時要注意橫軸表示攝氏溫度而不是熱力學溫度，否則會出錯；由于題目中沒有專門說明。ab是否在同

一條直線上，所以不能主觀臆斷b狀態的溫度。

20.對于分子動理論的理解，下列說法正確的是o

A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，就可以算出氣體分子的體積

B.溫度越高，擴散現象越明顯

C.兩個分子間的距離變大的過程中，分子間引力變化總是比斥力變化慢

D.當分子間作用力表現為引力時，分子間的距離越大，分子勢能越大

E.只要兩物體的質量、溫度、體積相等，兩物體的內能一定相等

【答案】BCD

【解析】

【詳解】

A.由于氣體分子間距很大，知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數，不能算出氣體分子的體積，故A錯

誤；

B.溫度越高，分子熱運動越明顯，擴散現象越明顯，故B正確；

C.兩個分子間的距離變大的過程中，分子間引力和斥力均減小，引力變化總是比斥力變化慢，故C正確；

D.當分子間作用力表現為引力時，分子間的距離越大，分子力做負功，分子勢能越大，故D正確；

E.物體內能與物質的量、溫度、體積和物態有關，故E錯誤。

故選BCDo

21.如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側有一有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁

場兩邊界平行，磁場寬度大于be邊的長度。現使框架沿be邊方向勻速穿過磁場區域，t=0時，c點恰好

達到磁場左邊界。線框中產生的感應電動勢大小為E,感應電流為I（逆時針方向為電流正方向），be兩

點間的電勢差為Ube,金屬框的電功率為P。圖中上述各量隨時間變化的圖像可能正確的是（）

【解析】

【分析】

【詳解】

A.根據導體棒切割磁場產生的動生電動勢為石=3人可知，第一階段勻速進磁場的有效長度均勻增大，

產生均勻增大的電動勢，因磁場寬度大于be邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量

不變，線框的總電動勢為零，第三階段勻速出磁場，有效長度均勻增大，產生均勻增大的電動勢，故E-/

圖像的第三階段畫錯，故A錯誤；

E

B.根據閉合電路的歐姆定律i=—,可知第一階段感應電流均勻增大，方向由楞次定律可得為順時針（負

R

值），第二階段電流為零，第三階段感應電流均勻增大，方向逆時針（正值），故i-?圖像正確，故B正確；

C.由部分電路的歐姆定律。歷=i凡,,可知。秘-/圖像和i-r圖像的形狀完全相同，故C正確;

D.金屬框的電功率為p則電流均勻變化，得到的電功率為二次函數關系應該畫出開口向上的拋

物線，則P—f圖像錯誤，故D錯誤。

故選BC。

22.如圖，理想變壓器的a、b兩端接在U=220V交流電源上，定值電阻Ro=40Q,R為光敏電阻，其阻

120

值R隨光照強度E變化的公式為R=T。，光照強度E的單位為勒克斯（lx）。開始時理想電流表A2的

示數為0.2A,增大光照強度E,發現理想電流表Ai的示數增大了0.2A,電流表A2的示數增大了0.8A,

下列說法正確的是（）

科4

A.變壓器原副線圈匝數比」=T

n21

B.理想電壓表V2、V3的示數都減小

C.光照強度的增加量約為7.51x

D.在增大光照強度過程中，變壓器的輸入功率逐漸減小

【答案】AC

【解析】

【分析】

【詳解】

A.設開始時變壓器初級電流為Ii,則

/2120.8

n2乙40.2

解得

々4

1

選項A正確；

B.因變壓器初級電壓不變，則由于匝數比一定，可知次級電壓V2不變；因次級電流變大，則Ro上電壓

變大，則V3的示數減小，選項B錯誤；

C.變壓器次級電壓為

U,=-U.=55V

241

開始時光敏電阻

R.=區-氏-40=235Q

1

12~0.2

后來光敏電阻

6=與_&=^_40=15Q

由石=炭可得

A￡=120_120=120_120^75k

R2&15235

選項C正確；

D.在增大光照強度過程中，變壓器次級電阻減小，則次級消耗功率變大，則變壓器的輸入功率逐漸變大,

選項D錯誤。

故選ACo

23.如圖甲所示，門式起重機又叫龍門吊，門式起重機的場地利用率高、作業范圍大，在港口得到廣泛使

用。其簡易圖如圖乙所示，假設長為L的鋼繩能承受的最大拉力為T,鋼繩的上端栓接在滑輪上，另一端

連接質量為m的集裝箱，開始整個裝置在橫臂上以共同的速度做勻速直線運動，當其運動到圖中O'位

置時，繩子上端的滑輪突然被鎖定，集裝箱開始以O'為圓心擺動，假設滑輪與集裝箱的大小可忽略不計,

重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.如果"g”T,則上述過程中鋼繩一定不會斷裂

B.如果裝置勻速運動的速度大小為v,則集裝箱允許的最大質量為一

v+gL

C.如果集裝箱的質量為2m,則裝置勻速運動時的最大速度為J匹-gL

N2m

D.如果保持上端滑輪靜止，加速向上提升集裝箱（不擺動），集裝箱加速上升允許的最大加速度為三-g

m

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A.裝置被鎖定后集裝箱做圓周運動，那么在裝置鎖定瞬間，由牛頓第二定律得：

T—mg-m—

即

v2

1=mg+m—

顯然集裝箱的重量等于T時，鋼繩斷裂，故A錯誤；

B.如果裝置勻速運動的速度大小為v,由：

V2

1—mg-m—

可知：

TL

m=-------

v+gL

故B正確；

C.如果集裝箱的質量為2m,由：

V2

T—2mg=2m—

可知該裝置勻速運動時的最大速度為：

故C正確；

D.加速向上提升集裝箱，由牛頓第二定律有：

T-mg=ma

可得允許的最大加速度為：

T

〃二---g

m

故D錯誤。

故選BCo

24.一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在時刻，該波的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質中的兩個質點。

圖(b)表示介質中某質點的振動圖像。下列說法正確的是

A.質點Q的振動圖像與圖(b)相同

B.在t=0時刻，質點P的速率比質點Q的大

C.在t=0時刻，質點P的加速度的大小比質點Q的大

D.平衡位置在坐標原點的質點的振動圖像如圖(b)所示

【答案】CD

【解析】

【詳解】

A.簡諧機械波沿X軸正方向傳播，在f=g時刻，質點Q的振動方向向上，而在振動圖象上在/=:時刻

質點的振動方向向下，所以圖(b)不是質點Q的振動圖象，故A錯誤；

B.在t=0時刻，質點P位于波谷，速度為零，質點Q位于平衡位置，則質點P的速率比質點Q的小，故

B錯誤；

C在t=0時刻，質點P的位移比質點Q的大，由公式—-，則質點P的加速度的大小比質點Q的大,

m

故C正確；

D.在/=(時刻，平衡位置在坐標原點的質點振動方向向下，與振動圖象相符，所以平衡位置在坐標原點

2

的質點的振動圖象如圖(b)所示，故D正確。

25.如圖所示，一匝數為n,邊長為L,質量為m,電阻為R的正方形導體線框abed,與一質量為3m的

物塊通過輕質細線跨過兩定滑輪相連.在導體線框上方某一高處有一寬度為L的上、下邊界水平的勻強磁

場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里.現將物塊由靜止釋放，當ad邊從磁場下邊緣進入磁場時,

線框恰好做勻速直線運動，不計一切摩擦.重力加速度為g.貝!1()

A.線框ad邊進入磁場之前線框加速度a=2g

B.從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量4=藁

C.整個運動過程線框產生的焦耳熱為Q=4mgL

D.線框進入磁場時的速度大小v=孚與

n2B-￡2

【答案】CD

【解析】

【分析】

【詳解】

A.在線框ad邊進入磁場之前，有3mg-T=3ma,T-mg=ma,解得。=gg,A錯誤;

A0riBT2

B.根據q=可得從線框全部進入磁場到完全離開磁場的過程中，通過線框的電荷量為B

錯誤；

C.線圈進入磁場過程中和穿出磁場過程中的總熱量等于過程中的重力勢能減小量，故

Q=2x(3mgL-mgL)=4mgL,C正確；

D.ab邊剛進入磁場時，導體做勻速直線運動，所以有T=3根g,T=mg+F安,=nBIL,/=警”，

聯立解得丫=烏唾，D正確.

H2B-￡-

故選CD

26.理論研究表明，無限大的均勻帶電平板在周圍空間會形成與平面垂直的勻強電場.現有兩塊無限大的

均勻絕緣帶電平板正交放置，如圖所示，AiBi板兩面帶正電，A2B2板兩面帶負電，且兩板單位面積所帶

電荷量相等(設電荷不發生移動).圖中直線AiBi和A2B2分別為帶正電平面和帶負電平面與紙面正交的交

線，O為兩交線的交點，C、D、E、F恰好位于紙面內正方形的四個頂點上，且CE的連線過O點.則下

列說法中正確的是

A.D、F兩點電勢相同

B.E、F兩點場強相同

C.UEF=UED

D.在C、D、E、F四個點中電子在F點具有的電勢能最大

【答案】BD

【解析】

無限大的均勻帶電平面在周圍空間會形成與平面垂直的勻強電場，故AiBi在四點單獨產生的電場均向上,

A2B2在四點單獨產生的電場均向左，四點場強方向均是左偏上45。，大小相等，故B正確；D、F兩點在

一條電場線上，而沿著電場線電勢是降低的，故電勢不等，故A錯誤；E、F兩點間電勢差和E、D兩點

間電勢差絕對值相同而正負相反，故C錯誤；C、D、E、F四個點，場強方向均是左偏上45。，故CE是

等勢面，D點電勢最高，F點電勢最低，故D正確.所以BD正確，AC錯誤.

27.甲、乙兩車在同一平直道路上同向運動其y-/圖像如圖所示，圖中AOPQ和AOQT的面積分別為邑

和邑（52>山），初始時，甲車在乙車前方§0處，貝！1（）

A.若SO=M+S2,兩車不會相遇B.若So<Si，兩車相遇2次

C.若So=s一兩車相遇1次D.若So=$2,兩車相遇1次

【答案】ABC

【解析】

【詳解】

讀取V-f圖像信息，運動情景圖如圖所示

乙車SI+S2

So甲車S2

圖像與f軸所圍面積為位移，至Q點時，乙車位移為

S乙=S[+"

甲車位移為

S甲=§2

初始時，甲車在乙車前方S。處

若甲、乙兩車速度相同為V時，有

M+$2=So

乙車還沒有追上甲車，此后甲車比乙車快，不可能追上；

若甲、乙兩車速度相同為V時，有

S]+$2>％+S2

即

So"

則此前乙車已追上甲車1次，此時乙車在甲車前面，之后乙車速度小于甲車，乙車還會被甲車反追及1次。

則全程相遇2次；

若甲、乙兩車速度相同為v時，有

即

則此前乙車始終在甲車后面，此時乙車剛好追及甲車（臨界點），之后乙車速度小于甲車，不再相遇。則

全程僅相遇1次；故A、B、C正確，D錯誤；

故選ABCo

28.下列關于熱現象的說法正確的是.

A.小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力

B.液體分子的無規則運動稱為布朗運動

C.熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體

D.分子間的距離增大時，分子勢能可能減小

E.分子間的距離減小時，分子引力和斥力都增大

【答案】ADE

【解析】

草葉上的露珠存在表面張力，它表面的水分子表現為引力，從而使它收縮成一個球形，與表面張力有關，

故A正確；布朗運動是懸浮在液體當中的固體顆粒的無規則運動，是液體分子無規則熱運動的反映，故B

錯誤；熱力學第二定律是說熱量不能自發地從低溫物體傳向高溫物體，此說法略去了“自發地”，通過外力

做功是可以把熱量從低溫物體提取到高溫物體的.例如電冰箱的制冷就是這一情況，所以C錯誤；當分子

間距小于rO時，分子力表現為斥力，隨著分子間距離的增大，分子勢能減小，所以D正確；分子間的距

離減小時，分子引力和斥力都增大，斥力增大的較快，所以E正確.

29.如圖所示，均勻細桿AB質量為M,A端裝有轉軸，B端連接細線通過滑輪和質量為m的重物C相

連，若桿AB呈水平，細線與水平方向夾角為。時恰能保持平衡，則下面表達式中正確的是（）

A.M=2msin0B.滑輪受到的壓力為2mg

c.桿對軸A的作用力大小為mgD.桿對軸A的作用力大小

2sin0

【答案】ACD

【解析】

【分析】

考查共點力作用下物體的平衡問題。

【詳解】

A.由題可以知道，C物體受到重力和繩子的拉力處于平衡狀態，所以繩子的拉力與C物體的重力大小相

等，為mg；對桿AB進行受力分析如圖：

設AB桿的長度為L,由圖可以知道桿的重力產生，的力矩是順時針方向的力矩，力臂的大小是,L繩子

2

的拉力產生的力矩是逆時針方向的力矩，力臂的大小是Lsin。，過轉軸的力不產生力矩，由力矩平衡得:

Mg-g工=mgLsin3

所以：

M=2/72sin0

A正確；

B.由題圖可以知道，兩根繩子的拉力的方向之間有夾角所以兩根繩子的拉力的合力大小要小于2mg,即

滑輪受到的壓力小于2mg,B錯誤；

C.由受力圖可以知道軸A對桿的作用力的方向的反向延長線一定過繩子的拉力的延長線與重力的作用線

的交點，因為重力的作用線過桿的中點，所以可以知道力F與繩子的拉力與水平方向之間的夾角是相等的，

并且：

Fcos0-mgcos0

所以F與繩子的拉力的大小也相等，即

F—mg

則桿對軸A的作用力大小為mg,C正確；

D.聯立可得：

2sin。

所以桿對軸A的作用力大小也可以表達為：D正確。

2sin6*

故選ACD?

30.已知基態He+的電離能力是54.4eV,幾種金屬的逸出功如下表所示，He卡的能級En與n的關系與氫

原子的能級公式類似，下列說法不正確的是

金屬鴇鈣鈉鉀枷

Wo(xlO-19J)7.265.123.663.603.41

A.為使處于靜止的基態He+躍遷到激發態，入射光子所需的能量最小為54.4eV

B.為使處于靜止的基態He+躍遷到激發態，入射光子所需的能量最小為40.8eV

C.處于n=2激發態的He+向基態躍遷輻射的光子能使上述五種金屬都產生光電效應現象

D.發生光電效應的金屬中光電子的最大初動能最大的是金屬鋤

【答案】AD

【解析】

E3

根據玻爾理論E=--i從基態躍遷到n=2所需光子能量最小，AE=反-4=一耳=40.8eV,A錯

nn4

誤B正確.從n=2激發態的He+向基態躍遷輻射的光子能量為40.8eV,金屬鴇的逸出功為

7.26x10"j=4.54eV,故能使所列金屬發生光電效應，由表中的數據可知金屬鋤的逸出功最小，C正

確；根據愛因斯坦的光電效應方程可知道從鋤打出的光電子的最大初動能最大，D正確.

31.2019年11月5日，我國成功發射了“北斗三號衛星導航系統”的第3顆傾斜地球同步軌道衛星。“北斗

三號衛星導航系統”由靜止地球同步軌道衛星、傾斜地球同步軌道衛星、中圓地球軌道衛星組成。中圓地

球軌道衛星軌道周期是12個小時左右，“同步軌道”衛星的軌道周期等于地球自轉周期，衛星運行軌道面

與地球赤道面的夾角叫做軌道傾角。根據軌道傾角的不同，可將“同步軌道”分為靜止軌道（傾角為零）、

傾斜軌道（傾角不為零）和極地軌道。根據以上信息，下列說法正確的有（）

A.傾斜地球同步軌道衛星的高度等于靜止地球同步軌道衛星的高度

B.中圓地球軌道衛星的線速度大于地球同步軌道衛星的線速度

C.可以發射一顆傾斜地球同步軌道衛星，靜止在揚州上空

D.可以發射一顆傾斜地球同步軌道衛星，每天同一時間經過揚州上空

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

A.“同步軌道“衛星的軌道周期等于地球自轉周期，根據萬有引力提供向心力可知

GMm=21

rT

解得

T=2TI（^

\G