多選題精選常考考點(diǎn)沖刺練

2025年高考物理三輪復(fù)習(xí)備考

1.如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成。角。質(zhì)量為機(jī)、電荷量為+q的帶電小

球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面,

不計(jì)空氣阻力。小球以初速度％沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過程（）

A.合力沖量大小為加vocosBB,重力沖量大小為sin。

C.洛倫茲力沖量大小為手）D.若%=當(dāng)?shù)?，彈力沖量為零

2gsin。qB

2.如圖所示，“6兩端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，變壓器的原、副線圈的匝數(shù)之比為小且

定值電阻的阻值尺＜凡，電流表、電壓表均為理想交流電表，其示數(shù)分別用/和U表示。當(dāng)向下調(diào)節(jié)

滑動(dòng)變阻器用的滑片P時(shí)，電流表、電壓表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別用△/和△。表示。則以下說法

正確的是（）

C.變壓器的輸出功率一定減小D.變壓器的輸出功率可能先增大后減小

3.一列簡諧橫波在f=0.2s時(shí)的波形圖如圖（a）所示，P是介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn),圖（b）是質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)

圖像。已知波在該介質(zhì)中的傳播速度為20m/s,下列說法正確的是（）

圖(a)圖(b)

A.波沿x軸正方向傳播B.波長;l=L2m

C.質(zhì)點(diǎn)P平衡位置的橫坐標(biāo)七=3mD.坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為

4.如圖所示，M,N端連接一個(gè)圖甲所示的交流電源，理想變壓器的原線圈上接有阻值為&的定值

電阻，副線圈上接有最大阻值為4R。的滑動(dòng)變阻器，原、副線圈匝數(shù)之比為1:2,電表均為理想電表。

初始時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑片處于正中間位置，滑片移動(dòng)過程中，電流表、電壓表示數(shù)變化量的絕對(duì)值

A.變壓器輸出端交變電流的周期為2x10-%

B.若滑片下移，電壓表和電流表的示數(shù)均增大

C.滑片移動(dòng)過程中等=4幾

D.若滑片上移，電源輸出功率減小

5.如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質(zhì)量為3血的半圓形槽，A3為槽的水平直徑。質(zhì)量為優(yōu)的

小球自左端槽口A點(diǎn)的正上方距離為R處由靜止下落，從A點(diǎn)切入槽內(nèi)。已知重力加速度大小為g,

不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（）

A.槽向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為0.5R

B.小球在槽中運(yùn)動(dòng)的最大速度為^^

C.小球能從8點(diǎn)離開槽，且上升的最大高度小于R

D.若槽固定，小球在槽中運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功的最大功率為|mg屈

6.一質(zhì)點(diǎn)做減速直線運(yùn)動(dòng)過程中速度和位置坐標(biāo)的關(guān)系如圖v-x所示，下列分析正確的是（

A.。~2%過程中質(zhì)點(diǎn)的加速度恒定

B.2x0~3%過程中質(zhì)點(diǎn)的加速度逐漸減小

C.質(zhì)點(diǎn)在曠=學(xué)時(shí)的加速度等于？=當(dāng)時(shí)的加速度

48

D.質(zhì)點(diǎn)在廠=當(dāng)時(shí)的加速度大于丫=半時(shí)的加速度

48

7.如圖，電阻不計(jì)的固定直角金屬導(dǎo)軌AOC的兩邊49=0。=/,角度為45。的“7”形均勻金屬桿

可繞O'轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。最初"7、'形金屬桿的。段恰好與A端接觸，b

段恰好與。接觸，整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為夙方向垂直紙而向里的勻強(qiáng)磁場?！?”形金屬

桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)45。的過程中（）

A.回路中感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向，后沿逆時(shí)針方向

B.穿過回路的磁通量先增大后減小

C.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為e%

D.“7”形金屬桿“匕兩段產(chǎn)生的焦耳熱相等

8.如圖所示，光滑定滑輪固定在墻上，繞過定滑輪的輕繩連接質(zhì)量為2租的小球A和質(zhì)量為機(jī)的小

球B,小球B靜止在地面上，用手托著小球A,滑輪兩邊的輕繩剛好伸直并沿豎直方向，這時(shí)小球A

離地面的高度為"，不計(jì)滑輪和小球的大小，快速撤去手，小球A從靜止開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)地面的過

程中，下列說法正確的是（）（小球A落地后不再彈起）

OA

BO

///////////////

A.撤去手的一瞬間，小球B對(duì)地面的壓力大小為g，wg

B.小球A向下運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩對(duì)小球A的沖量大小為4"%2絲

V3g

C.小球A向下運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩對(duì)A、B兩球的沖量大于A、B兩球重力的沖量

4

D.小球A向下運(yùn)動(dòng)過程中，小球A的機(jī)械能減少量為

9.風(fēng)能是可再生的清潔能源，儲(chǔ)量大、分布廣，在一定的技術(shù)條件下，風(fēng)能可作為一種重要的能源

得到開發(fā)利用。如圖為風(fēng)力發(fā)電機(jī)的簡化模型，風(fēng)帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，使葉片的轉(zhuǎn)速為〃轉(zhuǎn)/秒，升速齒

輪箱的轉(zhuǎn)速比為1",高速轉(zhuǎn)軸使匝數(shù)為N的發(fā)電機(jī)線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交流電通過

理想變壓器后向用戶端的9盞燈泡供電，其中A燈為指示燈，A燈與用戶端的燈泡相同，額定電壓

均為U,所有燈泡正常發(fā)光，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為3,線圈電阻不計(jì)，則下列說法正確的是

()

高速發(fā)電機(jī)等效圖

A.用戶端的交變電流的頻率為2萬如

B.變壓器原副線圈的匝數(shù)比為9:1

C.發(fā)電機(jī)線圈的面積為5=上包

jrknNB

D.若增多用戶端的燈泡數(shù)量，則用戶端的燈泡變暗，A燈變亮，發(fā)電機(jī)的總功率減小

10.據(jù)報(bào)道AC尸極限緩震材料，是一種集緩沖、減震、吸能于一身的高分子高性能材料，能吸收90%

以上的機(jī)械能并瞬間把它轉(zhuǎn)化為不明顯的內(nèi)能。為了驗(yàn)證該報(bào)道，某同學(xué)找來一個(gè)ACP緩震材料置

于水平地面，將質(zhì)量為機(jī)的鋼球置于緩震材料上方必處靜止釋放，通過相機(jī)測出鋼球與緩震材料的

接觸時(shí)間為f及鋼球反彈的最大高度H2,假設(shè)鋼球始終在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(

Q鋼球

1緩震材料供

《上a9勺

(a)(b)(c)(d)

A.沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為內(nèi)能百分比為片

H-H

B.沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為內(nèi)能百分比為「尸

"1

C.鋼球與緩震材料接觸過程中，始終處于超重狀態(tài)

D.緩震材料受到鋼球的平均沖力為F=m(g+恒瓦+四西)

t

11.自“天空立法者”開普勒發(fā)現(xiàn)了開普勒三大定律后，人們對(duì)宇宙的探索從未停止。如圖所示為行星

P的運(yùn)行軌道，尸為焦點(diǎn)(太陽)，a、b、2c分別為半長軸，半短軸和焦距，。為橢圓中心。根據(jù)萬

有引力定律，行星和太陽間的引力勢能為耳=-？G上Mm竺，其中G為引力常量，M為太陽的質(zhì)量，機(jī)為

r

行星的質(zhì)量，r為太陽到行星的距離。行星P在A、2兩點(diǎn)的瞬時(shí)速度為乙和聯(lián)，下列說法正確的是

()

P

a+c

Mm

B.P在橢圓軌道的機(jī)械能為E=-G-

2a

C.P在橢圓軌道的機(jī)械能為E=-G等

2b

D.行星p繞產(chǎn)運(yùn)動(dòng)的周期7=與辿

12.位于坐標(biāo)原點(diǎn)的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，f=0時(shí)完整的波形如圖甲所示，如

圖乙所示為無軸上某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，己知介質(zhì)中。、c兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為2m、8m,則下列說法

正確的是()

A.圖乙可能為質(zhì)點(diǎn)c的振動(dòng)圖像

B.該波的傳播速度為3m/sJ=0時(shí)波源已振動(dòng)了

C.再經(jīng)過6s,x軸上的22m處的質(zhì)點(diǎn)起振

D.從計(jì)時(shí)開始到質(zhì)點(diǎn)c迎來第二個(gè)波峰的時(shí)間內(nèi)波源通過的路程為(22-2&)cm

13.如圖1所示，一輕彈簧豎直固定于水平桌面上，另一相同的彈簧下端與光滑固定斜面底端的擋板

相連，物體P、Q分別從兩彈簧上端由靜止釋放，加速度a與彈簧壓縮量尤的關(guān)系分別如圖2中實(shí)線、

B.P、Q向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)兩彈簧的壓縮量之比為

C.P、Q的質(zhì)量之比為:

6

D.P、Q向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度之比為邁

3

14.如圖甲所示，粗細(xì)均勻的無限長平行導(dǎo)軌固定在傾角9=30。的斜面上，在邊界成下方區(qū)域存在

垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場B,有兩根相同金屬棒ab、cd分別從磁場邊界EF上方%=4m位置和

邊界環(huán)位置同時(shí)由靜止釋放，cd棒運(yùn)動(dòng)的u-力圖像如圖乙所示，其中。M、N尸段為曲線，其他段為

直線。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度3=8T,導(dǎo)軌間距L=0.5m,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)切=f,導(dǎo)體棒

的質(zhì)量均為"z=lkg,導(dǎo)體棒電阻均為R=2C,導(dǎo)軌電阻不計(jì),g取lOm/s?。則下列說法正確的是()

bv/m-s

E、

1X

X

/XX

X

XX

X—X

XX

X/

X,

8=30。

乙

7

A.0?2s內(nèi)通過導(dǎo)體棒〃/?的電荷量為7c

B.次?棒剛進(jìn)入磁場時(shí)次?兩端的電壓為16V

13

C.0?2s內(nèi)導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的焦耳熱為不」

o

7

D.ab、cd棒之間的最小距離為m

1767

15.如圖所示，MN和尸。為在同一水平面內(nèi)足夠長的平行固定金屬導(dǎo)軌，處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場

中。質(zhì)量均為機(jī)金屬桿。、b垂直于導(dǎo)軌放置，一不可伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)線一端系在金屬桿6的中點(diǎn)，

另一端繞過輕小定滑輪與質(zhì)量為的重物c相連，細(xì)線的水平部分與導(dǎo)軌平行且足夠長。己知兩桿

與導(dǎo)軌動(dòng)摩擦因數(shù)相同，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、滑輪軸的摩擦及電磁輻射，

重力加速度大小為g。整個(gè)裝置由靜止釋放后，下列關(guān)于b桿的速度”、6桿所受的安培力與重力的

比值區(qū)隨時(shí)間變化的規(guī)律可能正確的是（

)

16.如圖所示傾角為37。的足夠長的光滑絕緣斜面處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為及可視為質(zhì)點(diǎn)的

小球質(zhì)量為相，帶電量為+4,以平行于斜面的初速度%=需從斜面底端向上滑行，r時(shí)刻小球離開

斜面。已知sin37°=0.6,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球帶電量保持不變，下列分析正確的是（)

A.小球離開斜面之前的運(yùn)動(dòng)過程中加速度恒定

C.小球離開斜面之前的過程中斜面對(duì)小球的彈力的沖量大小為黑匕

D.小球離開斜面后相對(duì)分離點(diǎn)能夠上升的最大高度為塔

25g

參考答案

題號(hào)12345678910

答案CDBDCDACDABDBCBDBDBCBI)

題號(hào)111213141516

答案ABBDCDADABCAC

1.CD

A.根據(jù)動(dòng)量定理

/=0-m%=-mv0

故合力沖量大小為加%,故A錯(cuò)誤;

B.小球上滑的時(shí)間為

%

gsin。

重力的沖量大小為

%=mgt=

sin。

故B錯(cuò)誤;

C.小球所受洛倫茲力為

Bqv=Bq(%-at)--Bqat+Bq%,a=gsin0

隨時(shí)間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為

I^=q義迎xBt=qx為xB義%

gsin。2gsin。

故C正確;

D.若%=號(hào)"。時(shí)刻小球所受洛倫茲力為

Bq%=2mgcos0

小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得

Bqv=mgcos6+”

即

=Bqv-mgcos3=Bq(v0-at^-mgcos0—mgcos6—Bqtgsin0

則小球在整個(gè)減速過程的外—圖像如圖

圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。

故選CD。

2.BD

AB.設(shè)變壓器輸入電壓為q,輸入電流為乙，變壓器輸出電壓為U,輸出電流為/,由變壓比公式有

2,得

△q=n\U

又由變流比公式有

A=1

In

得

-AZ

M=—

n

△U_1\UX

AZn2A/1

電源電壓Uo則有

4=

電源電壓穩(wěn)定，可知

A錯(cuò)誤，B正確;

CD.當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R3的滑片P時(shí)，導(dǎo)致副線圈回路中總電阻增大，則回路中的總電流減小，

原線圈中電流減小，電阻4的電壓降減小，而。、b兩端電壓一定，原線圈兩端電壓增大，副線圈兩

端電壓增大，由功率公式P=U/可知，因肥和以沒有具體數(shù)據(jù)，不能確定副線圈電路消耗電功率的

變化，即變壓器的輸出功率不一定減小，變壓器的輸出功率可能先增大后減小，C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD。

3.CD

A.圖（b）可知f=0.2s,P向下振動(dòng)，根據(jù)平移法可知波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤;

B.圖（b）可知T=0.6s,可解得

2=vT=12m

故B錯(cuò)誤;

C.設(shè)x=0的質(zhì)點(diǎn)，從平衡位置到y(tǒng)=lcm經(jīng)歷的時(shí)間為加，由振動(dòng)方向可知

Nt=—=0.05s

12

所以點(diǎn)尸平衡位置的橫坐標(biāo)為

x=v（t-加）=3m

故C正確;

D.圖（b）可知質(zhì)點(diǎn)尸的振動(dòng)方程為

y=2sin——t

0.6

波從。到尸所需時(shí)間為

31

—S——

204

可知坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為

故D正確；

故選CDo

4.ACD

A.輸入交流電的周期為7=2x10-2$,理想變壓器不改變交流電的周期和頻率，故A正確；

B.由于理想變壓器原線圈電路上含有電阻，則可把理想變壓器和副線圈上的電阻等效為一個(gè)電阻則

滑片逐步下移R阻值減小，峰效減小，則總電阻尺總=&+尺等效減小，根據(jù)/總=浮

可知總電流增大，即通過尺。的電流4增大，根據(jù)

可知通過電流表的電流/2增大，根據(jù)U\=uMN-u0=uMN-/A

可知q減小，根據(jù)整=區(qū)

U2n2

可知電壓表示數(shù)S減小，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)理想變壓器的變壓、變流規(guī)律及閉合電路歐姆定律有UMN=1+4=—u2+-ZA

則叫苧產(chǎn):舄…

A/A/214J

故C正確；

D.若滑片上移，總電阻增大，由「出=誓知電源輸出功率減小，故D正確。

故選ACD。

5.ABD

A.球在槽中運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則有

mxi=3nvc2

X1+X2=2R

聯(lián)立解得

X2=0.5R

故A正確；

B.當(dāng)球到達(dá)槽的最低點(diǎn)時(shí)速度最大，則由動(dòng)量守恒和能量關(guān)系

mvi=3mv2

1212

mg-27?=—+—?3mv2

解得

V]=s]3gR

選項(xiàng)B正確；

C.系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球從8點(diǎn)離開時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒可知，槽速度為0,故小球上升最大

高度為R，故C錯(cuò)誤；

D.若槽固定，設(shè)小球下落到槽內(nèi)速度和水平方向夾角為。時(shí)重力功率最大，即豎直方向速度最大,

則有

12

mgR(l+cos^)=—mv

v2

N-mgcos3=m—

Ncos6=mg

聯(lián)立解得

則有

sing=4—

V9

則重力功率為

P=mgvsin0=j3gR

故D正確。

故選ABDo

6.BC

AB.由圖知

v=kx+b

等式兩側(cè)對(duì)時(shí)間求導(dǎo)得

a=kv

故兩段運(yùn)動(dòng)過程加速度都逐漸減小，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.由圖可知兩段斜率關(guān)系為左2=2尢，所求加速度之比為

,3

?一左"=i

kV

“222勺"

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

7.BD

AB.“7”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)45。的過程中，閉合電路在磁場

中的面積先增大后減小，所以穿過回路的磁通量先增大后減??；由楞次定律可知回路中感應(yīng)電流先沿

逆時(shí)針方向，后沿順時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.在開始時(shí)a、b兩金屬棒的長度差最大，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢最大，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為

說=3亞哼0一引］=；8戶0

故C錯(cuò)誤；

D.“7”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)45。的過程中電路中感應(yīng)電動(dòng)勢先

減小后增大，開始時(shí)的電動(dòng)勢與最后的電動(dòng)勢大小相等；“"T、形金屬桿八人兩段的電流相等，由

于運(yùn)動(dòng)中電動(dòng)勢的對(duì)稱性及電阻的對(duì)稱性，又由。=/口可知金屬桿八b兩段產(chǎn)生的焦耳熱相等，

故D正確。

故選BDo

8.BD

A.釋放A的瞬間，設(shè)A、B組成的整體的加速度為“，由牛頓第二定律可得

2mg-mg=3ma

解得

1

對(duì)于A

2mg—T-2ma

得

T

T=~4mg

即小球B對(duì)地面的壓力大小為0,A錯(cuò)誤；

B.小球A向下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t=匣=匣

W8

輕繩對(duì)小球A的沖量大小為

B正確；

C.對(duì)于A球來說，A球的重力大于繩子拉力，所以輕繩對(duì)A球的沖量小于A球重力的沖量，而對(duì)

于B球來說，B球的重力小于繩子拉力，所以輕繩對(duì)B球的沖量大于B球重力的沖量，C錯(cuò)誤；

D.重力做功不改變機(jī)械能，所以小球A的機(jī)械能減少量等于繩子做的功的大小，即

4

W=TH=^mgH

D正確。

故選BD。

9.BC

A.葉片的轉(zhuǎn)速為〃轉(zhuǎn)/秒，則發(fā)電機(jī)線圈轉(zhuǎn)速為5轉(zhuǎn)/秒，則通過理想變壓器后輸出交變電流的頻率

為版，A錯(cuò)誤；

B.設(shè)燈泡的額定電流為/,根據(jù)題意可知，原線圈電流《=/,副線圈電流八=9/,根據(jù)變流比可知

區(qū)=4=9:1

1

B正確;

C.根據(jù)變壓比可得原線圈電壓為

U[=，U=9U

則發(fā)電機(jī)輸出電壓

E=U]+U=10U

NBSo)_NBS(2n:kn)

聯(lián)立可得

5同

7rknNB

c正確；

D.將變壓器以及所有用戶看作一個(gè)負(fù)載，若此時(shí)用戶端突然增多，則負(fù)載電阻減小，則通過燈泡A

的電流增大，則A燈變亮，發(fā)電機(jī)輸出電壓不變，故原線圈電壓減小，根據(jù)變壓比可知，副線圈電

壓減小，則其余燈泡的亮度變暗，發(fā)電機(jī)輸出電壓不變，輸出電流增大，則輸出功率增大，D錯(cuò)誤。

故選BC?

10.BD

AB.根據(jù)題意可知，沖擊前鋼球的機(jī)械能為

Efi=mgHY

沖擊后鋼球的機(jī)械能為

Eg=mgH：

由能量守恒定律可得，轉(zhuǎn)化內(nèi)能的機(jī)械能為

Q=Evl-En=mg(Hx-H1)

沖擊時(shí)機(jī)械能轉(zhuǎn)為內(nèi)能百分比為

%-Epi

故A錯(cuò)誤，B正確；

C.鋼球與緩震材料接觸過程中，先加速下降再減速下降，然后加速上升，再減速上升，則鋼球先失

重后超重再失重，故C錯(cuò)誤；

D.以向上為正方向有，對(duì)鋼球，根據(jù)動(dòng)量定理有

(F-mg)t=mv2—m(—vx)

緩震材料受到鋼球的平均沖力為

j2gH^+^2gH；

F=m(g+---------------------)

故D正確。

故選BD?

11.AB

A.如圖所示，以v表示行星的速度，當(dāng)行星經(jīng)過近日點(diǎn)A和遠(yuǎn)日點(diǎn)8時(shí)，v和r垂直，則面積速度,

即單位時(shí)間通過掃過的面積

S=1(a-c)vA=1(a+c)vB

解得

a—c

A正確。

BC.行星運(yùn)動(dòng)的總機(jī)械能￡等于動(dòng)能與引力勢能之和。經(jīng)過近日點(diǎn)和遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)有

12「Mm1Mm口12廠Mm1廠Mm

EmvGmv2GEmvG2

A=~A-一=~A-------，B=~B-—=-rnvB-G—

2rA2a—c2rB2a+c

根據(jù)機(jī)械能守恒有

紇=&

結(jié)合上述可解出

a+ca—c

a-ca+c

則解得機(jī)械能為

Mm

E=EA=EB=-G-

B正確，C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)橢圓規(guī)律有

a2=b2+c2

結(jié)合上述解出的"A，可求得面積速度為

橢圓的面積為萬"，因此周期為

7iabiTcayfa

1GM

D錯(cuò)誤。

故選ABo

12.BD

A.根據(jù)圖甲可知UO時(shí)質(zhì)點(diǎn)。振動(dòng)方向沿y軸正方向，所以圖乙不可能為質(zhì)點(diǎn)c的振動(dòng)圖像，A錯(cuò)

誤；

B.根據(jù)圖甲可知波長

2=12m

根據(jù)圖乙可知周期

T=4s

由波長與波速關(guān)系得

2=vT

解得

v=3m/s

根據(jù)圖甲可知時(shí)波傳播的距離為14m,所以U0時(shí)波源振動(dòng)了

14

t=-s

3

B正確；

C.x軸上的22m處的質(zhì)點(diǎn)起振，波需再傳播

Ax=22m-14m=8m

需要的時(shí)間為

,Ax8

A/=——=—s

v3

C錯(cuò)誤；

D.從計(jì)時(shí)開始到質(zhì)點(diǎn)c迎來第二個(gè)波峰的時(shí)間為不，從t=0開始，波源在;周期內(nèi)的路程為

44

AL

$=A—Asin60。+5=(6—2V3)cm

波源在一個(gè)周期內(nèi)的路程為

S2=4A=16cm

所以從計(jì)時(shí)開始到質(zhì)點(diǎn)C迎來第二個(gè)波峰的時(shí)間內(nèi)波源通過的路程為

S=E+Sz=(22—2港)011

D正確。

故選BDo

13.CD

A.設(shè)物體P、Q分別質(zhì)量為叫、和。由圖2可知彈簧壓縮量為零時(shí)，物體P、Q加速度分別為2%,

小。對(duì)物體P,有

m1g=-2a0

得

g=2佝①

設(shè)斜面的傾角為19,對(duì)物體Q,有

n^gsin0=-a0

gsin6=%②

由①②得

?八

sin，=一1

2

得

3=30°

A錯(cuò)誤；

B.加速度為零時(shí)，物體P、Q的速度最大。由圖2可知，P、Q向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)兩彈簧的壓

縮量分別為七,3x。。P、Q向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)兩彈簧的壓縮量之比為1:3。B錯(cuò)誤；

C.P、Q向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)，對(duì)兩物體，有

何=叫g(shù)

kx2=m2gsin30°

又

_1

x23

得

m26

c正確；

D.P、Q向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度分別為匕和匕，對(duì)P、Q由動(dòng)能定理得

見才/一;叱=3叫廣③

2

m2gsind-3x0—^Z:(3x0)=；秋片④

由③④得，P、Q向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度之比

w=C

v23

D正確。

故選CDO

14.AD

A.導(dǎo)體棒cd在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有

mgsin0=/nmgcos3+BIL

/=A

2R

E=BL%

解得

匕=0.5m/s

。?2s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理，有

mgsinOt-/amgcosOt-BILt=mv1-0

q=It

解得，通過cd棒的電荷量為

q=Lc

8

7

由于"、cd棒串聯(lián)，所以0?2s內(nèi)通過導(dǎo)體棒次?的電荷量也為？C,A正確;

8

B.棒。。進(jìn)入磁場前勻加速，有

mgsin0—jumgcos0=ma

解得

a=2mzs2

進(jìn)入磁場的時(shí)間為，

解得

，=2s

進(jìn)入磁場時(shí)的速度為

v=at=4mzs

ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢為

E=BLV=1&V

此時(shí)，cd棒產(chǎn)生電動(dòng)勢為

E'=BLv,=2V

回路中的電流為

F_F'

1=--------=3.5A

2R

此時(shí)，漏兩端的電壓為

U=E-IR=9N

B錯(cuò)誤；

C.0~2s內(nèi)對(duì)cd導(dǎo)體棒有

q=It

T上

2R

-△①

E=n-----

八①二BLx

聯(lián)立，解得

7

x=-m

8

根據(jù)動(dòng)能定理有

12

mgsinOx—jumgcosOx+=—mv1

根據(jù)功能關(guān)系，有

嗎=-?？?/p>

Q=4

2

解得

Q=—i

16

C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)H、cd棒速度相等時(shí)有最小距離，之后兩棒均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒仍進(jìn)入磁場后經(jīng)，兩

棒共速，速度為M,最近距離為尤'，根據(jù)動(dòng)量定理有

cd棒

mgsinOt'-"mgcosSt'+BI'Lt'=mv'-mvxab棒

mgsinOt'-/jmgcosOt'-Bl'Lt'=mv'-mv

q'=T't'

解得

又根據(jù)

q'=Tt'

_rf

r=——

2R

后3

△f

A<D'=跳(x-x')

聯(lián)立，解得

16

D正確。

故選AD?

15.ABC

A.設(shè)兩桿與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)為〃，兩導(dǎo)軌寬度為/,兩桿的總電阻為R,當(dāng)時(shí)”桿將不

會(huì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)b桿和c物體

；mg-FA-“mg=(m+會(huì)

L52￡2V

FA=*

隨著b桿速度增大，6桿所受安培力增加，b桿加速度減小，故6桿將做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)