内蒙古乌兰察布市高考物理三年（2021-2023）模拟题（三模）按题型分类汇编-选择题（含解析）

第=page88页，共=sectionpages3434页内蒙古乌兰察布市高考物理三年（2021-2023）模拟题（三模）按题型分类汇编-选择题一、单选题1.用速度传感器记录电动车直线运动过程的运动信息，其速度随时间变化的v-t图如图所示。由图像可知电动车(

)

A.电动车在图示a至c过程中加速度逐渐减小

B.电动车在图示a、b两状态加速度大小相等

C.电动车在图示a、b两状态速度的方向相反

D.电动车在t=80秒时回到t2.利用光电子的初动能Ek=eUC和爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0，可以得到关系式UC=heν-W0A.图线③的斜率是普朗克常量h

B.图线②与③比较，图线②对应金属的逸出功等于金属钨的逸出功

C.若图线③是正确的，则图线①是错误的

D.图线①与②是同一种金属的UC3.如图所示，是我国发射人造地球卫星的运行示意简图，AB段表示火箭助推竖直发射阶段，在B点火箭脱落，BC段表示卫星入轨调整阶段，在C点卫星进入预定轨道；在B点火箭脱落时卫星的速度为v1，卫星进入预定轨道后速度为v2；已知B点到地心距离h，卫星运行轨道半径r。下列说法中正确的是(

)A.卫星在AB段卫星机械能守恒 B.卫星在BC段卫星机械能守恒

C.v1=4.如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，则下列说法中正确的是(

)A.小球从A到B与从B到C的运动时间之比3：1

B.小球从A到B与从B到C的速度变化量大小之比3：1

C.小球从A到B重力做功与从B到C电场力做功数值比为1：1

D.小球从A到B重力做功与从B到C电场力做功数值比为2：35.某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。规定从铁芯P竖直向下看顺时针方向为电流正方向，如果线圈A中电流i与时间t的关系如A、B、C、D图示四种情况。那么在t1-t2这段时间内，哪种情况可以观察到线圈B中有逆时针方向感应电流A.

B.

C.

D.6.如图甲中所示给出了氢原子光谱中四种可见光谱线对应的波长，氢原子能级图如图乙所示。由普朗克常量可计算出这四种可见光的光子能量由大到小排列依次为3.03eV、2.86eV、2.55eV和1.89A.Hα谱线对应光子的能量是最大的

B.Hδ谱线对应光子的能量是最大的

C.Hδ光是由处于n=5的激发态氢原子向低能级跃迁的过程中产生的

7.一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动(C始终与汽车相对静止)，则(

)A.A对C的支持力增大

B.B对C的支持力减小

C.当加速度a=33g时，A对C无支持力

D.当加速度a=08.绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为-2m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，由A点静止释放，则关于负点电荷的下列说法中正确的是(忽略负点电荷形成的电场)A.负点电荷在AO段的加速度始终大于在OB段的加速度

B.负点电荷在AO段的运动时间大于在OB段的运动时间

C.负点电荷由A点运动到O点过程中，每单位距离电势能变化越来越小

D.当负点电荷分别处于-2m9.火星探测器绕火星表面做圆周运动，已知地球同步卫星轨道半径约为地球半径的6.6倍，火星密度是地球密度的0.7倍，则探测器绕火星表面做圆周运动的周期约为(

)A.0.2h B.1.7h C.4h10.在太空空间站中，将水油混合，如图。将小瓶瓶口朝下竖直放置，一分钟后水和油的位置关系为(

)

A.水油仍混合在一起 B.水油分离，水在瓶口处

C.水油分离，水在瓶底处 D.水油分离，但无法确定哪种液体在瓶口处11.某汽车以恒定功率匀速行驶，看到前方红灯，司机将汽车功率减半，并保持该功率行驶，看到红灯转为绿灯，逐渐增加功率，使汽车做匀加速运动直到恢复原来功率，以后保持该功率行驶。设汽车所受阻力大小不变，则在该过程中，汽车的速度随时间变化图象可能是(

)A. B.

C. D.12.如图，在匀强电场中，有边长为2cm的正六边形ABCDEF，其六个顶点均位于同一个圆上，正六边形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该正六边形的中心，B、D、F三点电势分别为2V、6V、4V，下列说法不正确的是A.A点电势为2V

B.UAF等于UCD

C.匀强电场的电场强度大小为20033V/13.一质量为m=1kg的滑块从一斜面倾角为37°的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图象如图所示(sin37°A.重力势能一定减少了20J

B.外力的大小一定是8N

C.摩擦力做的功一定是-20J

14.如图，固定点A、B系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一质量为1.2kg的光滑小铁环O(可视为质点)，静止时∠AOB=90°。现用水平外力向纸外拉动小铁环，再次静止时，OO'与竖直平面的夹角为37°A.绳上的拉力为7.5N B.绳上的拉力为7.52N

C.外力的大小为1615.如图，在撑杆跳的时候，运动员先跑起来，把一根有弹性的杆子插进身前的地里，然后把自己弹起来，跃过横杆。假设用同样长度的杆子(运动员每次握杆位置相同)，想要取得更好的成绩需要(

)A.改变杆子的材料，增大杆子的劲度系数

B.改变杆子的材料，减小杆子的劲度系数

C.运动员增大撑杆时对杆的作用力

D.运动员提升奔跑速度，增大撑杆时的瞬时速度16.如图所示，理想变压器的原线圈接有一规格“100V 40W”的灯泡，副线圈接电阻r=8Ω的电动机M，原线圈接上u=220A.理想变压器原副线圈匝数比为2：5

B.电动机的输出功率为48W

C.若电动机被卡住，流过灯泡的电流约为0.73A

D.17.算淋浴时，人头部受水冲击产生的平均压强。测试员在花洒下自己头顶处，放置一个烧杯，测得半分钟内烧杯中水面上升了90mm，查询得知，花洒喷出的水落至头顶时速度约为0.7m/s。据此估算人头部受水冲击的平均压强约为(设水滴撞击头部后无反弹，不计水滴重力，水的密度为1×A.2.1Pa B.4.9Pa C.210Pa18.存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互成60度角的Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与到O点距离的函数关系如图所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中，正确的是(

)

A.E=2V/m，沿Ox方向

B.E=200V/m，沿Oy

C.E=20019.如图甲，在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面体，物体A质量为m=0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B质量也为m=0.1kg，以某一初速度水平抛出。当A上滑到最高点速度为0时恰好被物体B击中，规定相遇点所在平面为零势能面。A、B运动的高度随动能的变化关系h-Ek图形如图乙所示，已知C点坐标为(1.8,-1.8)。(A.B物体速度v0=2.4m/s

B.A物体从最低点运动到斜面最高点的时间t=1.2s

C.A，B起始时刻的高度差H二、多选题20.如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用s、v分别表示滑块下滑的位移、速度的大小，Ek表示滑块的动能，t表示运动时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是(

)A. B.

C. D.21.图中虚线A、B、C、D、E代表电场内间距相等的一组等势面，已知一电子经过A平面时的动能为7eV，电子在A平面时的电势能为-4eV，电子从A到D的过程中克服电场力所做的功为6eVA.平面A上的电势为4V

B.电场强度的方向由E指向A

C.该电子在电场内运动轨迹可能与平面E相切

D.该电子经过B平面时的速率是经过D平面时的22.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是(

)A.当F=2μmg时，A、B都相对地面静止

B.当F>3μmg时，A、B间相对滑动

C.当F=3μmg时，B的加速度等于0.5μg

23.下列关于四幅图的说法正确的有(

)A.如图是回旋加速器，可通过增加电压U使带电粒子获得的最大动能增大

B.如图是磁流体发电机，B极板是发电机的正极

C.如图是速度选择器，不计重力的电子从右向左沿直线运动的速度大小为v=EB

D.如图是质谱仪，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，说明粒子的比荷越大24.如图所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端的固定立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体和木板始终不动，在此过程中(

)A.物体B所受的摩擦力逐渐减小

B.物体B所受摩擦力的大小可能先减小后增大

C.木板A上下表面所受摩擦力的合力大小不变

D.木板A上下表面所受摩擦力的合力逐渐减小25.冰壶比赛中投壶手在投出冰壶时会带有一定的旋转(自旋)，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面(刷冰)，减小冰壶前侧受到的摩擦力，可使冰壶做曲线运动。在图示的各图中，圆表示冰壶，ω表示冰壶自旋的方向，v表示冰壶前进的方向，则在刷冰的过程中，冰壶运动的轨迹(虚线表示)可能正确的是(

)A. B. C. D.26.如图所示，光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行且间距L=2m，阻值R=10Ω的电阻接在bc、de之间，垂直于轨道平面有匀强磁场，磁感应强度B=2T。初始时质量为m=1kg的导体杆放置在bA.导体杆从bd处开始向左运动的过程中，闭合回路中产生了逆时针方向的电流

B.导体杆从bd处开始，向左运动位移为L时的速度v=3m/s

C.导体杆从bd处开始，向左运动位移为L所用的时间t=1s

D.27.镭疗是一种利用放射性元素镭放出的具有强大穿透力的α、β、γ射线进入身体，治疗宫颈癌等恶性肿瘤的方法。下列说法正确的是(

)A.将α、β、γ射线垂直射入匀强电场中，可以通过偏转的情况将它们分辨出来

B.发生α衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4

C.β射线是原子核内中子转变形成的

D.在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强28.如图甲，交流发电机与一理想变压器连接，给“220V880W”的电饭煲和“220V220W”的抽油烟机正常供电。交流发电机的两磁极间视为匀强磁场，内阻不计的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，从中性面开始计时，产生的电动势如图乙所示。所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表，电饭煲和抽油烟机同时正常工作，则下列说A.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=11002sin100πt(V)

B.原副线圈匝数比n1：n2=529.如图，竖直平面内存在一个具有理想边界，大小为2T方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场区域。一个质量m=0.04kg、边长L=0.1m、电阻R=0.2Ω的匀质正方形刚性导线框，从距磁场区域高度h处以速度v0=2

A.抛出时ab边距磁场上边界的距离为0.4m

B.线框刚进入磁场时，cd边的电压为0.1V

C.线框抛出位置不变，水平抛出速度v0<2m/30.物理学家库仑于1785年利用他发明的扭秤实验，发现了电荷之间的相互作用规律，并测定出了静电力常数；1798年，英国物理学家卡文迪什利用卡文迪什扭秤成功测定了万有引力常数，从而使牛顿万有引力定律具有了实用价值(牛顿1687年发现万有引力定律)。关于万有引力定律和库仑定律的研究，以下说法正确的是(

)A.实验都用到了“放大法”

B.卡文迪什扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式

C.卡文迪什精确测量引力常量的前提是确保研究小球为电中性

D.引力定律和库仑定律的相似性，说明了万有引力和库仑力是同一种基本相互作用31.在ABCD虚线框内存在垂直于纸面的匀强磁场，一电子束从a点射入磁场，从b点射出，在磁场中的部分轨迹为图中的实线。a点的轨迹切线与AD垂直，b点的轨迹切线与BC的夹角为60度。已知电子的质量为m，电荷量为e，电子从a点向b点运动，速度大小为v0，矩形区域的宽度为d，此区域内的磁场可视为匀强磁场。以下说法正确的是(

)

A.该处磁场的磁感应强度大小为mv02ed B.该处磁场的磁感应强度大小为mv0ed

C.从a点运动到b点所用的时间πd3v32.如图所示，倾角为α的光滑斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮挂在c点，滑轮2下悬挂物体b，细线与竖直墙壁之间的夹角为θ，系统处于静止状态，点c可以沿墙壁向上或向右移动少许，则说法正确的是(

)

A.点c向上移动，物体a的位置升高，θ不变

B.点c向上移动，物体a的位置不变，θ不变

C.点c向右移动，物体a的位置升高，θ变大

D.点c向右移动，物体a的位置升高，θ不变

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.v-t图像斜率表示加速度，由图像得，从a至c过程中斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小，故A正确；

B.v-t图像斜率表示加速度，由图知，a、b两状态b点斜率大于a点斜率，两点加速度大小不等，故B错误；

C.由图像可知，a、b两状态速度均为正值，则速度方向均为正方向，故C错误；

D.电动车在运动过程速度一直为正，运动方向为正方向，保持不变，t=80秒时离出发点最远，没有回到t=0时刻的位置，故D错误。

故选：A。

v-t图像中，斜率表示加速度，由图像得，从a至c过程中图线的斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小。

从a、b两点的斜率可以判断其加速度大小。

v-t图像中，时间轴上方表示速度为正，图示a2.【答案】C

【解析】解：AC.根据Ek=hν-W和Ek=eUc，可得Uc=heν-W0e，可知Uc-ν图线的斜率为均为he，若图线③是正确的，则图线①是错误的，故A错误，C正确；

B.根据Uc=heν-W0e，当照射光的频率相同时，图线②所对应的遏止电压大于图线③对应的遏止电压，说明图线②对应金属的逸出功小于图线3.【答案】D

【解析】解：A、AB段是火箭助推发射阶段，该过程中燃料的化学能先转化为内能，再将内能转化为火箭和卫星的机械能，故AB段卫星机械能增加，机械能不守恒，故A错误；

B、BC段是卫星入轨调整阶段，该过程中是一个变轨过程，卫星需要消耗燃料进行加速从而运行到更高的轨道，机械能不守恒，故B错误；

C、卫星在BC段并不做匀速圆周运动，因此在B点不能用万有引力等于向心力求解速度，即火箭脱落时卫星的速度并不等于GM地h，故C错误；

D、卫星进入预定轨道后做匀速圆周运动，由有引力提供向心力，有GM地mr2=mv22r

解得：v2=4.【答案】D

【解析】解：A.带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2.在电场中的加速度为a，则从A到B过程小球做平抛运动，则有

水平方向上：x1=v0t1

从B到C过程，有

x2=v0t2

由题意有

x1=2x2

则得

t1=2t2

即小球从A到B与从B到C运动时间之比为2：1，故A错误；

CD.根据匀变速直线运动的特点可知：

小球竖直方向上的位移为：y1=12gt12

将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有

y2=12at22

根据几何知识有

y1：y2=x1：x2

解得：a=2g

根据牛顿第二定律得

F-mg=ma=2mg

解得：F=3mg

根据题意可知AB和BC的竖直高度之比是

y1：y2=2：1

所以小球从A到5.【答案】B

【解析】解：A.A线圈中的电流恒定，所以B线圈中的磁通量没有变化，线圈B中没有感应电流，故A错误；

B.A线圈中的电流增大，所以B线圈中的磁通量增加，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向A线圈中的电流方向相反，即电流方向为逆时针方向，故B正确；

C.A线圈中的电流减小，故B线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向A线圈中的电流方向相同，为顺时针方向，故C错误；

D.在t1-t2时间内，A线圈中的电流减小，故B线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向A线圈中的电流方向相同，为顺时针方向，故D错误。

故选：B。

6.【答案】B

【解析】解：AB.由E=hv=hcλ，可知Hα谱线的波长最长，频率最小，能量最小；

Hδ谱线的波长最短，频率最高，能量最大，故H ​δ谱线对应光子的能量是最大的，故A错误，B正确；

C.Hδ谱线谱线的波长最短，频率最大应为3.03eV，n=5能级以下没有相应的能级差等于该数值，故C错误；

D.光电效应方程Ekm7.【答案】C

【解析】解：AB.设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。

在竖直方向上根据平衡条件可得：NAcos30°+NBcos30°=mg

在水平方向根据牛顿第二定律有：NBsin30°-NAsin30°=ma

联立解得：NA=3mg3-ma，NB=3mg3+ma

可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；

CD.当加速度8.【答案】C

【解析】解：AB、由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；由图像可知，到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小直至到零。同理，OB段不变。则负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动；由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度为v0，则电荷在AB间运动v-t图像如图

AO、OB段，由于位移相等，则图线与轴围成的面积相等，显然AO段的时间小于OB段的时间，故AB错误；

C、相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故C正确；

D、负点电荷分别处于-2m和2m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但-2m处的电势大于2m处的电势，说明O点到-2m的电势差小于O点到2m的电势差，根据运动的可逆性都可看成O点向两处的减速运动，根据动能定理有：-qU左=19.【答案】B

【解析】解：设地球同步卫星轨道半径为r1，地球密度为ρ1，半径为R1，火星密度为ρ2，半径为R2。卫星绕行星运动，万有引力提供向心力，有GMmr2=m(2πT)2r

可得地球同步卫星周期T1与近地卫星周期T2之比为T1T2=r13r23=6.63

根据密度公式，有10.【答案】A

【解析】解：在太空空间站中，任何物体都处于完全失重状态，则在这种状态下，水和油能混合在一起，不会分离，故A正确，BCD错误；

故选：A。

在太空空间站中，水和油都处于完全失重状态，则在这种状态下，水和油不会分离。

明确物体处于完全失重状态下时的运动情况和状态。

11.【答案】C

【解析】解：0-t1阶段，设汽车以速度v0做匀速运动，牵引力与阻力f平衡，此时功率恒为p0，则有v0=p0f，t1-t2阶段，t1时刻使汽车功率减半瞬间，汽车的速度v0不变，根据P=Fv可知牵引力突然减小为原来的一半，则汽车开始做减速运动，功率保持为12P0不变，根据P=Fv可知随着速度的减小，牵引力又逐渐增大，可知汽车做加速度减小的减速运动，t2-t3阶段，当t2时刻牵引力又增大到等于阻力，汽车开始做匀速运动，此时汽车的速度为v12.【答案】D

【解析】解：A、如图所示，连接BD和CF交于G点

由于G为BD的中点，则G的电势为φG=φB+φD2=2+62V=4V

可知F、G电势相等，故CF为等势线，电场方向垂直于CF向上，可知AB也为等势线，则有φA=φB=2V

故A正确；

B、A、F两点的电势差为UAF=φA-φF=2V-4V=-2VCD两点的电势差为UCD=φC-φD=4V-613.【答案】D

【解析】解：A、物体沿斜面下滑5m，则重力势能减小量：ΔEP=mgs⋅sin37°=1×10×5×0.6J=30J，故A错误；

BC、从顶端到底端时机械能增加20J，则除重力以外的其他力做功为20J，设力F与斜面的夹角为α，则：

Fscosα-μ(mgcos37°-Fsinα)s=20J，其中s=5m，

代入数据可知：F=162cosα+sinα

只有当α=0°时F14.【答案】B

【解析】解：AB、设OA和OB绳拉力的合力为F合，小铁环受力右视图如图所示：

根据几何关系可得：F合=mgcos37∘=1.2×100.8N=15N

根据平行四边形法则可知，绳上的拉力为T=22F=22×15N=7.515.【答案】D

【解析】解：AB、弹性势能的大小既和劲度系数有关，也和形变量有关，而且杆的弹性势能是运动员的动能转化来的，所以不是靠改变材料、增加或者减小劲度系数就能增加弹性势能，进而提高成绩的，故AB错误；

C、在运动员和杆之间没有相对滑动的情况下，运动员增大撑杆时对杆的作用力只是增加了最大静摩擦力，对成绩提高不起作用，故C错误；

D、在撑杆跳的时候，先是运动员先跑起来的动能转化为杆子的弹性势能，然后杆子反弹将弹性势能转化为人的机械能，根据机械能守恒，运动员先跑起来的动能决定他的高度，故D正确。

故选：D。

根据弹性势能的大小的决定因素以及是如何转化的分析判断，分析过程要有守恒思想。

通过能量转化和守恒的观点分析才能知道运动员的成绩，也就是对应重力势能，来源于他原来助跑时的动能，而杆的弹性势能是先增加后减小的。

16.【答案】C

【解析】解：A、灯泡正常工作，则原线圈的电流I1=PLUL=40100A=0.4A

理想变压器原副线圈匝数比等于电流的反比，则原副线圈匝数比为n1：n2=I2：I1=1：0.4=5：2

故A错误；

B、由u=2202sin100πt(v)得，正弦式交流电的峰值为Um=2202V

有效值为U=Um2=22022V=220V

由串并联规律得，原线圈电压U1=U-UL=220V-100V=120V

理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，有：U1：U2=n117.【答案】A

【解析】解：由于是估算压强，所以不计水滴的重力。设水滴受到头顶的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的水的速度由v=0.7m/s减为零。以向上为正方向，对这部分水应用动量定理有

FΔt=0-(-Δmv)=Δmv

得到

F=ΔmΔtv

设头顶横截面积为S，对烧杯里的水，在Δt时间内水面上升Δh，则有

Δm=ρSΔh

F=ρSvΔhΔt

所以有压强

p18.【答案】D

【解析】解：Ox、Oy两个方向从O点到20cm处电势相等，在匀强电场中电势相等的两点连线为等势线，电场线与等势线垂直，从O点沿着Ox、Oy两个方向电势升高，可知电场线垂直等势线竖直向下，即电场强度的方向沿∠xOy角平分线向下，Ox、Oy两个方向上20cm到O点电势差U=40V，则E=Ud=4020×10-2×cos30∘V/m=40033V19.【答案】A

【解析】解：AB.根据题意，从乙图可直接读出，A初始时动能EkA0=1.8J，即EkA0=12mAvA02=1.8J

代入数据解得，A上滑初速度vA0=6m/s

由题意，上升高度hA=1.8m

根据几何关系，A水平位移

xA=hAtanθ

代入数据解得xA=2.4m

对物体A，根据牛顿第二定律有mAgsinθ=mAaA

代入数据解得aA=6m/s2

故A上升时间为

tA=vA0aA，代入数据解得tA=1s

因为A与B相撞于A上滑最高点，所以

xA=xB=2.4m，tA=tB=1s

故B的初速度为v0=xBtB

代入数据解得v0=2.4m/s

故A正确，B错误；

C.B在竖直方向下落的高度为

h20.【答案】AC

【解析】解：AB.根据动能定理有-F合s=Ek-12mv02

解得Ek=12mv02-F合s，故E K-s图像是斜率为负的倾斜直线，故A正确，B21.【答案】AD

【解析】解：A、电子在A平面时的电势能为-4eV，根据电势能的公式得：EpA=-eφA

则平面A上的电势为φA=EpA-e=-4e-eV=4V

故A正确；

B、电子从A到D的过程中，电场力做负功，电子的电势能增大，则A点的电势高于E点的电势，电场线从高电势指向低电势，则电场强度的方向由A指向E，故B错误；

C、电子经过A平面时的能量为E=EkA+EpA=7eV+(-4eV)=3eV

电势能增加6eV，电子在D点的电势能为EpD=EpA+6eV=-4eV+6eV=2eV

由能量守恒定律得，电子经过D的动能为EkD=E-EpD=3eV-2eV=1eV

电子从A到D的过程中克服电场力所做的功为6eV，则A平面与D平面的电势差为UAD=WAD-e=-6eV-e=6V

则相邻两等势面的电势差为U=1322.【答案】CD

【解析】解：A.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面最大静摩擦力f地=0.5μ(2m+m)g=1.5μmg<F=2μmg，A、B都相对地面发生运动，故A错误；

C.根据牛顿第二定律，物块A能够获得的最大加速度amax=μ⋅2mg2m=μg

当F=3μmg时，假设A、B能够保持相对地面静止，根据牛顿第二定律，则有3μmg-0.5μ(m+2m)=(m+2m)a1

解得a1=0.5μg<amax=μg

可知，当F=3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，故C正确；

B.若A、B恰好发生相对运动，根据牛顿第二定律，对B有amax=μ⋅2mg2m=μg

根据牛顿第二定律，对A、B有F2-0.5μ(2m+23.【答案】BD

【解析】解：A、甲图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，可知v=qBrm，粒子获得的最大动能为Ekm=12mv2=12m(qRBm)2=q2B2R22m，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，故A错误；

B、乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B24.【答案】BC

【解析】解：AB.对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则摩擦力方向有可能与F同向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力增大；也可能与F反向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力先减小然后再反向增大，故A错误，B正确；

CD.木板A水平方向共受三个力，分别是弹簧水平向左的弹力和上下两个面的静摩擦力，因A静止不动受合外力为0，弹簧的弹力不变，所以两个摩擦力的合力也不变，与弹力大小相等，方向相反，故C正确，D错误。

故选：BC。

以木板A为研究对象，水平方向分析受力情况，根据平衡条件分析木板A上下表面所受摩擦力的合力大小；因开始时物体B所受摩擦力的方向不确定，摩擦力的变化情况不确定。25.【答案】AD

【解析】解：由题意可知，擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面(刷冰)，减小冰壶前侧受到的摩擦力，而后侧所受摩擦力几乎不变，若冰壶按逆时针方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转；同理若冰壶按顺时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转。故AD正确，BC错误。

故选：AD。

擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面，则冰壶前后两侧受到的摩擦力的大小不同，由此分析即可。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是明白擦冰手在冰壶运动的前方高速摩擦冰面会引起动摩擦因数的变化，导致冰壶前后两侧受到的摩擦力不同。

26.【答案】AD

【解析】解：A、根据右手定则可知，导体杆从bd处开始向左运动的过程中，闭合回路中产生了逆时针方向的电流，故A正确；

B、导体杆从bd处开始，向左运动位移为L时，此时回路中导体棒切割磁感应线的有效长度为L'=12L，

运动过程中保持杆中电流恒定不变，则感应电动势不变，所以有：BLv0=BL'v，解得：v=4m/s，故B错误；

C、因为电流不变，所以E=ΔΦΔt=BLv0是一定值，Δt=ΔΦBLv0

导体杆从bd处开始，向左运动位移为L过程中，磁通量的变化量为：ΔΦ=12L+L2×L=34L2，

则Δt=3L4Bv0=3×24×227.【答案】AC

【解析】解：A、α、β、γ三种射线分别带正电，带负电，不带电，α、β射线在电场中受力方向不同，γ射线不受力，它们垂直射入匀强电场中，可以通过偏转的情况将它们分辨出来，故A正确；

B、发生α衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，质量数减少4，电荷数减少2，故质子数减少了2，中子数减少了2，故B错误；

C、β射线是原子核内中子转化为质子和电子，电子释放出来形成的电子流，故C正确；

D、在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，但电离能力最弱，故D错误；

故选：AC。

根据三种射线的特点判断；β衰变所释放的电