【文档说明】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2022届新高三上学期8月暑期综合训练（三）物理选择试题 含答案.docx，共(20)页，990.624 KB，由小赞的店铺上传

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1孟津一高2022届高三暑期物理选择题综合训练三一、单选题1.“单摆”是一种理想化模型，如图所示，长为l的轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定在倾角为θ的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”。当摆球在斜面所

在的平面内做小摆角振动时，其周期为()A.2πlTg=B.2πcoslTg=C.2πsinlTg=D.以上答案都不对2.AB、两木块自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间间隔相等，则()A.2t时刻，A木块速度大于B

木块速度B.2t时刻，A木块速度小于B木块速度C.1t时刻，A木块速度大于B木块速度D.1t时刻，A木块速度小于B木块速度3.如图1所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图像如图2所示。取210m/sg=

。根据图中所提供的信息不能计算出的是()。A.物体的质量B.斜面的倾角C.使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D.加速度为26m/s时物体的速度4.如图1、图2所示，一根长为L的轻杆OAO，端用铰链固

定于地面，另一端固定着一小球A，图1中的小球A和图2中的杆分别贴靠着边长为a和b的立方块，当立方块沿地面向右滑动到图示位置（杆与地面夹角为α）时，速度为v，则图1中小球的速度大小Av和图2中小球的速度大小Av应为()。2A.,sinsinAAvvvv==B.,sin

cosAAvvvv==C.sin,sinAAvvvv==D.2,sinsinAAvLvvvb==5.宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为13rr、，一个为

椭圆轨道，半长轴为3,aar=。在t时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为23SS、；行星I的速率为1v，行星Ⅱ在B点的速率为2Bv，行星Ⅱ在E点的速率为2Ev，行星Ⅲ的速率为3v，下列说法正确的是()。A.23=SSB.行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等

C.行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的向心加速度大小相等D.3122EBvvvv6.如图所示，在竖直面内固定两个光滑圆环轨道，小球A所在的圆环轨道半径小于小球B所在的圆环轨道半径，小球A的质量大于小球B的质量，两小球均由水平直径的端点沿圆环轨道静止释放，当两球分别到达轨道的最

低点时，则()。A.小球A的动量一定大于小球B的动量B.小球A的动能一定大于小球B的动能C.圆环对小球A的支持力大于圆环对小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定小于小球B的向心加速度7.工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要

在生产流水线上设置如图所示的传感器。其中AB、为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，3且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()。A.平行板电容器的电容减小B.AB、两板间的电场强度增大C.AB、两板上的电荷

量变小D.有电流从b向a流过灵敏电流计8.如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷之比是()A.1:

2B.2:1C.1:8D.8:19.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为1U的电场中由静止开始加速，然后射入电压为2U的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出偏转电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是()A.1U变

大，2U变大B.1U变小，2U变大C.1U变大，2U变小D.1U变小，2U变小10.如图所示电路，开关K断开和闭合时电流表示数之比是1:3，则可知电阻1R和2R之比为()4A.1:3B.1:2C.2:1D.3:111.用电流表和电压

表测量电阻xR的阻值。如图所示，分别将图a和图b两种测量电路连接到电路中，按照图a连接时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照图b连接时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，下列说法正确的是()A.电阻的

真实值更接近556Ω，且大于556ΩB.电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC.电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD.电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω12.一物体静止在水平地面上，在竖

直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，2h~3h的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是()。A.在1h处物体所受的合外力最大B.在2h处物体

的动能最大C.2h~3h过程中合外力做的功为零D.0~2h过程中拉力F始终做正功13.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，电磁船的简化原理图如图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂

直纸面向内的匀强磁场（磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出），以下说法正确的是()。A.使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力B.要使船前进，海水中的电流方向应从CD板指向AB板C.同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D.

若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流小于UR14.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁5场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A

B、两束，下列说法中正确的是()。A.组成A束和B束的离子都带负电B.A束离子的比荷大于B束离子的比荷C.组成A束和B束的离子质量一定不同D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外15.一个面积22410mS−=、匝数100n=匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线

圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是()。A.在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.04Wb/sB.在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2s内线

圈中产生的感应电动势大小等于8VD.在第3s末线圈中的感应电动势等于零16.用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为()。A.1:1B.1:2C.2:1D.1:317.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径

AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方0h高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为034h（不计空气阻力），则()。A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车

向左运动的最大距离为12R6C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h应满足条件001324hhh18.如图所示，质量为m、电荷量为Q的小球A（可视为点电荷）用长为l的绝缘细线悬挂于O点，用外力把另一带电

小球B（可视为点电荷）从左侧无穷远处沿水平方向缓慢移动到悬点O的正下方l处时，细线与竖直方向间的夹角为60°，已知静电力常量为k，电荷量为q的点电荷在距离其r处产生的电势qkr=，重力加速度为g，则在

小球B从无穷远处缓慢移动到O点正下方l处的过程中，下列说法正确的是()A.小球B的电荷量为22mglkQB.细线的拉力大小保持不变C.AB、两球组成的系统增加的电势能为mglD.外力对小球B做的功为mgl19.如图甲所示是用沙摆演示振动图像的实验装置，此装置可视为摆长为L的

单摆，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图甲所示的结果。若某次实验时用手拉木板做匀速运动，速度大小是0.20m/s，木板上长度是0.60m的范围内沙子的分布如图乙所示，那么这次实验所用沙摆对应的单摆长约为()A.0.56mB.1.0mC.1.5mD.2.0m二、多选题

20.跳伞运动员从某高度的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，此后再过18s落地，整个跳伞过程中的vt−图像如图所示，根据图像信息可知()7A.第10s的末速度等于前2s的平均速度B.14s末加速度为零C.前2s跳伞运动员做自由落体运动D.跳伞运动员下落的总高

度约为240m21.如图所示，质量分别为2mm、的小滑块AB、，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，AB、间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接。一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平。当=30°时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放

，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，AB、始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则A下降过程中()。A.AB、组成的系统机械能守恒B.弹簧弹性势能的最大值为(32)mgL−C.竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D.A的速度达到最大值前

，地面对B的支持力小于3mg22.如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。0t=时刻，棒CD

在水平外力F的作用下从O点以恒定速度0v沿MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中导体棒始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()。8A.流过导体棒的电流I始终为03BvrB.F随时间t的变化关系为220239

BvFtr=C.0t时刻导体棒的发热功率为23002327BvtrD.撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为2012mv23.abc、、三个α粒子（氦原子核42He，不计重力）在同一时刻由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出

电场，由此可以肯定()A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大24.如图1所示，轻弹簧两端连接质量相等的物块AB、，将它们放置在倾

角为θ的光滑斜面上，物块B被垂直斜面的挡板挡住，系统处于静止状态。如图2所示，现用沿斜面的拉力F拉物块A，使物块A从静止开始沿斜面匀加速运动，直到物块B恰好离开挡板，物块A的位移为0x。拉力F与物块A

在上述过程中的位移x的关系如图3所示。在物块A的位移增大到0x的过程，则()。A.挡板对物块B的弹力越来越小B.012xx=，弹簧恰好恢复原长C.0~012x，拉力F做的功等于物块A机械能的增量9D.0~0x，拉力F做的功大于物块A动能的增量25.已知电荷分布均匀

的球壳对壳内点电荷的作用力为零，对壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力。若真空中有一个均匀的带正电球体，球心在O点，半径为R，电荷体密度为ρ，球体内有一个球形空腔，空腔球心在1O点，

半径为1R，1OOd=，如图所示，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是()A.空腔里各点的电场方向不同B.空腔里的电场强度方向与1OO连线平行C.空腔里的电场强度与该点到O点的距离成正比D.空腔里的电场强

度大小恒为4π3kd26.小球从高h处做自由落体运动，经过时间t落地，重力加速度为g，则()A.小球在落地前13t时间内的位移是53tB.小球下落一半高度时的速度大于htC.小球前一半时间内的位移比后一半时间内的位移少212gtD.小球前一半时间内的平均速度与后一半时间内的平均速

度比为1:327.如图所示，一质量为m的小球（可视为质点）从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H，反弹的高度为916H.已知小球第一次与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力.下列说法正确的是()A.第一次与

地面接触的过程中，小球受到的平均作用力大小为724mgHtB.第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力大小为724mgHmgt+10C.小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD.小球第一次落地点到第二次落地

点的水平距离为32H28.电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动产生交变电流，利用图示电路对远处的电灯1L供电，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为R、两个电灯1L和2L的电阻均不变，其他电阻均不计，开关S闭合后，下列说法正确的是()A.升

压变压器原线圈两端的电压不变B.矩形线圈中的电流增大C.输电线上损耗的功率增大D.电灯1L变亮29.一滑块在水平地面上沿直线滑行，0t=时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F、滑块的速度v

随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力F和速度v取同一正方向），210m/sg=，则()A.滑块的质量为1.0kgB.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05C.第2s内力F的平均功率为3.0WD.第1s内和第2s内滑块的动量变化量相同30.如图所示，两根细长直导线

竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于ab、两点，点O是ab的中点，杆MN上cd、两点关于O点对称.两导线通有大小相等、方向相反的电流，已知通电导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小IBkr=，其中I为导线中电流大小，r为该点

到导线的距离，k为常量.一带负电的小球穿在杆上，以初速度0v由c点沿杆运动到d点.设在cOd、、三点杆对小球的支持力大小分别为cOdFFF、、，则下列说法正确的是()11A.=cdFFB.OdFFC.小球做变加速直线运动D.小球做匀速直线运动12参考答案1.答

案：C解析：在斜面上，根据牛顿第二定律可知，沿斜面向下的加速度为sinag=，所以该“单摆”的“等效重力加速度”为singg=，由单摆的周期公式可知该等效“单摆”的周期2πsinlTg=，选C。

2.答案：D解析：根据题图可知，AB、两木块在1t到3t时间内运动了相同的位移，故两木块在整段时间内的平均速度相等，根据匀加速直线运动规律，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在2t时刻两木块的速度相等，故A、B错误

；由题图可知，对于A木块，1t到2t时间内的位移与2t到3t时间内的位移之差较大，由2ΔxaT=可知，A木块的加速度较大，且2t时刻两木块速度相等，故1t时刻A木块速度更小，故C错误，D正确。故选D。3.答案：D解析：对物体受

力分析，其受推力、重力、支持力，如图所示。x方向有cossin,Fmgmay−=方向有Nsincos0FFmg−−=；从aF−图像中取两个点2(20N2m/s)，，2(30N6m/s)，，代入解得2kgm=，37=°，A、B两项可以算出；当0a

=时，可解得15NF=，C项可以算出；题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为26m/s时物体的速度大小，D项不可以算出。4.答案：D解析：图1中，杆绕O转动，球A的速度Av垂直于杆，将速度Av沿

水平和竖直两方向正交分解，则垂直于接触面的水平分速度与立方块的速度相等，如图甲所示，得sinAvv=，故sinAvv=，B、C两项错误；图2中，杆绕O转动，杆顶端小球的速度Av和杆与立方块接触点的速度1v的方向都垂直于杆，杆上各点的角速度ω相同，则有1sinAvvbL=。将立方

块的速度v沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，如图乙所示，则杆与立方块接触点的速13度1v应与立方块垂直杆的方向的分速度相等，即1sinvv=，联立以上两式得2sinALvvb=，A项错误，D项正确。5.答案：B解析：行星Ⅱ、行星Ⅲ满足3ar=，据开普勒第三定律知他们的

运行周期相等，令Δt等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，A项错误，B项正确；向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等，但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P至椭圆圆心方向的分量，小于行星Ⅲ在P点时的加速度，C项错误；据1313GMGMvv

rr==，考虑到I到Ⅱ的变轨过程应该在B点加速，有12Bvv，B到E过程动能向势能转化，有22BEvv，考虑到2Ev小于在E点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度Ev，而3Evv，所以有32Evv，综上所述3212EBvvvv

，D项错误。6.答案：C解析：小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知212mgrmv=，小球到达最低点时，2Pmvgr=，A球所在轨道半径小，但A球质量大，无法比较两者的动量大小，A项错误；由于A球的质量大于B球的质量，由2k12

Emv=可知，不能确定两球动能的大小关系，B项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，2NvFmgmr−=，求得N3Fmg=，因A球的质量大于B球的质量，故NNABFF，C项正确；由22vagr==可知，两球在

最低点的向心加速度相等，D项错误。7.答案：D解析：根据r4πSCkd=可知当产品厚度增大导致r增大时，电容器的电容C增大，再根据QCU=可知极板带电荷量Q增加，有充电电流从b向a流过灵敏电流计，A、C

两项错误，D项正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度UEd=不变，B项错误。148.答案：D解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向，有0xvt=，垂直于初速度方向，有212q

Eytm=，即2202qExymv=，则有22::8:1ababababqqyymmxx==，D项正确。9.答案：B解析：电子通过加速电场有21012eUmv=；在偏转电场中，电子在垂直于电场线的方向做匀速直线运动，由于要射出偏转电场区，则运

动时间0ltv=；电子在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度2eUamd=，末速度20yeUlvatmdv==，偏转角的正切201tan,2yvUllvUd==和d恒定，21tanUU，故B正确。10.答案：C解析：开关断开时，

两个电阻是串联关系，故流过两个电阻的电流相等，112UIRR=+；开关闭合时，1R被短路，则电流为22UIR=。则12231RRR+=，解得12:2:1RR=，故C正确，A、B、D错误。11.答案：B解析：由题意可知：1111Δ54.51Δ2.52.41ΔΔ,,4.592.525I

UIUIUIU−−====，电流的变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即题图a所示接法，则电阻测量值为112.5Ω556Ω0.0045URI==。由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真

实值，则电阻真实值小于556Ω，故B正确。12.答案：D解析：由图可知，1h处物体图像的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由EFh=可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大，A项错误；1h~2h过程中，图像的斜率越来越小，则说

明拉力越来越小；2h时刻图像的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在2h处，B项错误；2h~3h过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零，C项错误

；由图像可知，0~2h过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功，D项正确。13.答案：D解析：根据题述知，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场，15海水中该部分为导体，与导体板和电源构成回路，海水通电后受到安培力作用，磁场对海水有向后的作

用力，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导电磁船）有向前的作用力，该力是使船前进的力，A项错误；根据左手定则，要使船前进，海水中的电流方向从AB板指向CD板，B项错误；同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相同，C项错误；若接入电路的海水电阻为R，其两

端的电压为U，则船在海水中前进时，由于可视为导线的海水切割磁感线要产生与电流方向相反的感应电动势，所以AB与CD间海水中的电流小于UR，D项正确。14.答案：B解析：离子进入磁场后偏转，根据左手定则可以判断A束离子都带正电，同理可知B束离子带负电，A项错误。经过速度选择器后的离子速度相同，离子所

受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvBqE=，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小EvB=；进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式mvRqB=可知，半径大的比荷小，所以A束离子的比荷qm大于B束离子的比荷，但不能

说明质量一定不同，B项正确，C项错误。在速度选择器中，电场方向水平向右，A束离子所受电场力方向向右，所以A束离子受到的洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，D项错误。15.答案：C解析：由题中图像的斜率可知，在开始的2s

内，2T/sBt=−，因此线圈磁通量的变化率为222410Wb/s810Wb/sBSt−−=−=−，A项错误；因为2s内磁感应强度方向相反，所以在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，B

项错误；根据法拉第电磁感应定律得2100810V8VBEnSt−==−=−，可知线圈中产生的感应电动势的大小为8V，C项正确；由题图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势不等于零，D项错误。16.答案：B解

析：回旋加速器中交流电源的周期与粒子的转动周期应该相同，根据周期公式2πmTqB=有12πqBfTm==，因质子（11H）与α粒子（42He）质量数之比为1:4，而电荷量之比为1:2，加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为1:2，故B项正确。17.答案：D解析：小球与小车组成的

系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系16统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得20,0Rxxmvmvmmtt−−=−=，解得小车的位移

xR=，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得00f304mghhW

−−=，解得f014Wmgh=，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为014mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于014mgh，机械能损失小于0

14mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于000311442hhh−=，而小于034h，故D项正确。18.答案：D解析：在缓慢移动小球B的过程中，小球A始终处于平衡状态，当小球B位于O点正下方l处时，细线与竖直方向间的夹角为60°，对小球A进行受力分析，画出

力的矢量三角形，如图甲所示，则有T2BkQQFmgl==，解得小球B的电荷量2BmglQkQ=,A错误；在小球B移动到O点正下方l处之前，当小球B位于M点时，对小球A进行受力分析，画出力的矢量三角形，如图乙所示，根据图乙可知此时细线中的拉力大小

大于小球A的重力大小，所以细线中的拉力大小发生了变化，B错误；对小球A进行受力分析，根据功能关系可知，小球B对小球A的作用力对小球A做的功等于小球A增加的重力势能，有12Wmgl=，由于小球B对小球A的作用力对小球A做正功，所以小球A的电势能减少，减少量为12mgl，

对小球B进行受力分析，小球B在O点正下方l处时的电势能pBkQEQmgll==，小球B从左侧无穷远处移动到O点正下方l处的过程中，小球A对小球B的作用力对小球B做负功，小球B的电势能增加，增加量为mgl，所以两小球组成的系统增加的电势能

为12mgl，根据功能关系可知，外力对小球B做的功为mgl，C错误，D正确。1719.答案：A解析：沙摆的周期0.32s1.5s0.2lTv===，根据2πLTg=得220.56m4πgTL=，选项A正

确。20.答案：AB解析：跳伞运动员在0~2s内做匀加速直线运动，平均速度02016m/s8m/s22vvv++===，根据图像可知，第10s的末速度为8m/s，则第10s的末速度等于前2s的平均速度，故A正确；14s

末后跳伞运动员做匀速直线运动，加速度为零，故B正确；根据vt−图像中图线的斜率表示加速度可知，0~2s内运动员做匀加速直线运动，加速度22Δ168m/s9.8m/sΔ2vagt====，不是自由落体运动，故C错误；速度图像中图线与时间轴所围成的面积表示位移，本题可以通过数方格的个数来

估算（大于半格的算一格，小于半格的舍去），每格面积为4m，20s内数得的格数大约为49格，所以20s内运动员下落的总高度为：494m196mh==，故D错误。21.答案：BD解析：根据能量守恒知，AB、和弹簧组成的系统机械能守恒，A项错误；根据系统机

械能守恒可得()p2cos30cos45EmgL=−oo，弹性势能的最大值p(32)EmgL=−，B项正确；对B，水平方向的合力sinxFFFma=−=杆弹，滑块先做加速运动后做减速运动，竖直杆对A的弹力大小等于sinF杆，所

以竖直杆对A的弹力不是始终大于弹簧弹力，C项错误；在A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对AB、整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有32mgNma−=，则有3Nmg，D项正确。22.答案：ABC解析：导体棒的有效切割长度02

tan30Lvt=°，感应电动势0EBLv=，回路的总电阻002(2tan30)cos30vtRvtr=+°°，联立可得通过导体棒的电流03BvEIRr==，A项正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即FBIL=，得220239BvFtr=，B项正确；0t时刻导体棒的电阻002tan30x

Rvtr=°，则导体棒的发热功率2320023=27xBvPIRtr=棒，C项正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有201=02QQmv+−轨棒，得导体棒上能产生的焦耳热22001122QmvQmv=−轨棒，D项错误

。1823.答案：ACD解析：三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向ab、偏转距离相等，且大于c的偏转距离，由212yat=得知，ab、运动时间相等，大于c的运动时间，即abcttt=，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极

板上，而c比b先飞出电场，A正确，B错误。三个α粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有0xvt=。由图看出，bc、水平位移相同，大于a的水平位移，即bcaxxx=，而abcttt=，可见，初速度关系为cbavvv，

故C正确。由动能定理得kΔEqEy=，由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab、动能的增量相等，且大于c的动能增量，故D正确。24.答案：ABD解析：弹簧由压缩到伸长，因而挡板对物块B的弹力越来越小，A项正确

。初始状态弹簧的压缩量等于物块B即将离开挡板时弹簧的伸长量，因而012xx=，弹簧恰好恢复原长，B项正确。0~012x，拉力F和弹簧弹力对物块A做的功等于物块A机械能的增量，C项错误；0~0x，对于物块A而言，弹簧弹力做功为零，拉力F做正功，重力做负

功，根据动能定理可知，拉力F做功大于物块A动能增量，D项正确。25.答案：BD解析：将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P，设11,OPrOPr==，则大球激发的场强为

3124π43π3rEkkrr==，方向由O指向P，小球激发的场强为3121214π43π3rEkkrr==，方向由P指向1O；1E和2E的矢量合成遵从平行四边形定则，E的方向如图所示，根据几何关系可知E的方向与1OO连线平行，4π3Ekd=，

所以BD正确，AC错误。26.答案：BD解析：将时间t分为相等的三份，在连续的三个相等的3t时间内位移之比为1:3:5，故小球在落地前3t时间内的位移是551359hh=++，故A错误；小球的平均速度为hvt=，等于中19间时刻的速度，小于中间位置的速度，故小球下落一半高度时的速度大于ht，

故B正确；由2xgT=可知，前一半时间内的位移比后一半时间内的位移少2212xgTgt==，故C错误；小球前一半时间内的位移与后一半时间内的位移之比为1:3，故小球前一半时间内的平均速度与后一半时间内的平均速度之比为1:3，故D正确。27.答案：AC解析：小球第一次与地面接触前瞬间的竖直分

速度大小12yvgH=，接触后的竖直分速度大小2992168yHgHvg==，根据动量定理得21[()]yyFtmvv=−−，解得724mgHFt=，选项A正确，B错误；根据2111,2xHgtxvt==得，小球水平分速度223xgHv=，根

据2291162Hgt=得，298Htg=，可知小球第一次落地点和第二次落地点的水平距离222xxvtH==，选项C正确，D错误.28.答案：BC解析：设升压变压器原、副线圈两端的电压分别为12UU、，流过线圈的电流分别为12II、，匝数比为1k，降压变压器原

、副线圈两端的电压分别为34UU、，流过线圈的电流分别为34II、，匝数比为2k，则324112122143,,,UIIkkUkkUIUI====，降压变压器原线圈右侧等效电阻232424132UkUkRIIkR===灯，同理，升压变压器原线圈右侧等效电阻2

2211212()()kRRkRRkR+=+=灯，S闭合后R灯减小，2R减小，由12EIRr=+，知1I增大，选项B正确；由11UEIr=−，知1U减小，选项A错误；由211IkI=，知2I也增大，输电线上损耗的功率22RPIR=增大，选项C正确；由121

UUk=，知2U减小，由322UUIR=−，知3U减小，由324UkU=，知4U减小，故1124LLUPR=变小，即电灯1L变暗，选项D错误.29.答案：BD解析：由vt−图象的斜率得到滑块的加速度21m/svat==，由两图知，第1s内有1

fFma+=，第2s内有2Ffma−=，代入数据得1Nf=、2.0kgm=，故A错误；根据20fmg=可知，动摩擦因数0.05=，故B正确；由PFv=求解平均功率，故第2s内力2F的平均功率30.5W1.5WP==，故C错误；由图乙可知第1s内和第2s内速度

的变化量都是1m/s，所以动量的变化量都是21kgm/s2kgm/spmv===，故D正确.30.答案：ABD解析：根据安培定则和磁场叠加原理，在两通电直导线之间的区域磁场方向相同，都是垂直纸面向里，其中O点的磁感应强度最小.带电小球在磁场中运动，洛伦兹力不做功，小球速度不变，

小球做匀速直线运动，选项D正确，C错误.由左手定则可判断出带负电的小球所受洛伦兹力方向竖直向下，根据洛伦兹力公式FqvB=洛，可知带负电小球在O点所受竖直向下的洛伦兹力最小，由力的平衡条件可知，FmgF=

+洛，所以OdFF，选项B正确.根据对称性可知，cd、两点的磁感应强度大小相等，带负电小球在cd、两点所受竖直向下的洛伦兹力相等，在cd、两点杆对小球的支持力大小相等，即cdFF=，选项A正确.