高中试卷答案网安徽省蚌埠市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-02选择题
一、单选题
1. 下列说法正确的是( )
A. 比结合能越大的原子核，核子平均质量越大
B. 个 原子核经过了一个半衰期后一定还剩下 个 原子核没发生衰变
C. 用频率一定的光照射某金属发生光电效应时，入射光强度越大，单位时间逸出的光电子数目越多
D. 汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子核内有复杂的结构
2. 年月日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富名航天员送入太空，并完成了与空间站组合体对接．已知空间站轨道离地面高度约为，地球半径约为，地球表面重力加速度为则( )
A. 空间站的运行速度大于
B. 航天员每小时内看到一次日出
C. 空间站的加速度大于地球同步卫星的加速度
D. 在空间站中，航天员处于完全失重状态，不受地球引力
3. 如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为的带负电小球，其正上方用轻细弹簧悬挂一质量、电荷量大小为的小球，弹簧的劲度系数，原长。现小球恰能以球为圆心在水平面内做顺时针方向从上往下看的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角。已知静电力常量，，，，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是( )
A. 匀速圆周运动的半径为
B. 小球所受向心力为
C. 在图示位置若突然在球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，球做离心运动
D. 在图示位置若突然在球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，做向心运动
4. 图为氢原子的能级图。光子能量为的光照射大量处于基态的氢原子，氢原子被激发后最多能辐射出几种频率的光子
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
5. 年月日，中国空间站天和核心舱成功发射并准确进入预定轨道因空间站绕行时受稀薄大气的阻力影响，离地高度会在之间发生变化当轨道半径变小时，空间站的( )
A. 运行速度变大 B. 运行速度大于第一宇宙速度
C. 运行周期变大 D. 向心加速度变小
6. 图甲为年北京冬奥会我国运动员参加冰壶比赛的场景。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。在图乙所示的各图中，圆表示冰壶，表示冰壶自旋的方向，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.
7. 目前，我国电子不停车收费系统已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图所示为甲、乙两辆车通过某收费站的图象。根据图象，下列描述正确的是( )
A. 甲车进入的是人工收费通道，乙车进入的是通道
B. 甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为
C. 甲车进入通道的加速度大小为 ，乙车进入通道的加速度大小为
D. 甲车进入通道，当速度减至 后，再以此速度匀速行驶 即可完成交费
8. 如图所示，水平放置的绝缘圆柱体两底面圆心、处分别放置两个带有等量异种电荷的小球可视为点电荷。为、连线的中点，、是底面上的两点，、是过点横截面上的两点，且、、位于同一直线上。下列说法正确的是( )
A. A、两点的电场强度相同
B. B、两点的电场强度相同
C. 点的电场强度大于点的电场强度
D. 将正试探电荷从点沿直线移动至点，电场力做正功
9. 三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用、、表示，方向如图。现在点垂直纸面固定一根通有电流为的直导线，当时，点处导线受到的安培力大小为。已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则( )
A. 当、时，点处导线受到的安培力大小为
B. 当、时，点处导线受到的安培力大小为
C. 当、时，点处导线受到的安培力大小为
D. 当、时，点处导线受到的安培力大小为
10. 如图，一重力不计的梯子斜靠在光滑竖直墙壁上，重为的工人由地面沿梯子上爬，在上爬过程中，梯子保持静止。设墙壁对梯子的作用力为，地面对梯子的支持力为、摩擦力为，则在上爬过程中
A. 由大变小 B. 由大变小 C. 由小变大 D. 由小变大
11. 如图所示，甲乙为两个相同的平行板电容器，它们的极板均水平放置，上极板间连有一个二极管，下极板均接地是电荷量相同质量分别为的带负电油滴当甲乙的电荷量分别为时，油滴恰好分别悬浮在甲乙的极板之间，则下列说法可能正确的是( )
A. 大于
B. 大于
C. 将甲的上极板向上平移少许，向下运动，向上运动
D. 将乙的上极板向右平移少许，向下运动，向上运动
12. 放射性元素氡经衰变成为钋，半衰期为天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是( )
A. 在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高
B. 目前地壳主要来自于其它放射性元素的衰变
C. 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
D. 当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程
13. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为：，灯泡和额定电压相同，当原线圈输入的交变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是( )
A. 灯泡的额定电压是
B. 副线圈中交变电流的频率为
C. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡变暗
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器输入功率变小
14. 消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出( )
A. 甲水枪喷出水的速度大 B. 乙水枪喷出的水在最高点的速度较大
C. 甲水枪喷出的水在空中运动的时间较长 D. 乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
二、多选题
15. 如图所示，是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子不计重力从到穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )
A. 带电粒子从到运动的过程中动能逐渐减小
B. 带电粒子在点时的电势能大于在点时的电势能
C. 带电粒子在点时的加速度大于在点时的加速度
D. 负点电荷一定位于点右侧
16. 我国“北斗二代”计划在年前发射颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国多颗。多出的这颗是相对地面静止的高轨道卫星以下简称“静卫”，其它的有颗中轨道卫星以下简称“中卫”轨道高度为静止轨道高度的下列说法正确的是( )
A. “中卫”的线速度介于 和 之间
B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空
C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为：
D. “静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期
17. 轻质细线吊着一质量为、边长为、匝数匝的正方形线圈，总电阻为，如图甲所示，边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下方的两侧，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示。从开始经时间细线开始松弛，则取( )
A. 时刻穿过线圈的磁通量为
B. 在前时间内线圈中产生的电动势为
C. 时刻的线圈受到的安培力为
D. 的数值为
18. 如图，，是以为圆心、半径为的半圆。、处分别有等量的正、负点电荷和。取无穷远处的电势为零，则下列说法正确的是
A. 、两点的电场强度大小关系为
B. 、两点的电势大小关系为
C. 带负电的试探电荷沿移动，其所受电场力大小不变
D. 带负电的试探电荷沿移动，其电势能逐渐增大
19. 如图所示，内壁间距为的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的质量均为，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为。现给箱子一水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为。下列说法正确的是
A. 箱子的总位移为 B. 物块的总位移为
C. 箱子的初动能为 D. 第一次碰撞后瞬间物块的动能为
20. 如图所示，在直角三角形区域内有磁感应强度为垂直纸面向外的匀强磁场，为直角边的中点，，，一束相同的带负电粒子以不同的速率从点垂直于射入磁场，粒子的比荷为，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是
A. 速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B. 从边飞出的粒子最大速率为
C. 粒子从边飞出的区域长度为
D. 从边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
21. 如图所示，在平行板电容器极板间有场强为、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔、，在其右侧有一边长为的正三角形磁场，磁感应强度为，磁场边界中点与小孔、正对。现有大量的带电荷量均为、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔水平射入电容器，其中速率为的粒子刚好能沿直线通过小孔、粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计。下列有关说法中正确的是( )
A. 一定等于
B. 在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足
C. 质量的粒子都能从边射出
D. 能打在边的所有粒子在磁场中运动的时间一定都相同
22. 电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理如图，图中直流电源电动势为，电容器的电容为，两根固定于水平面内的光滑平面金属导轨间距为，电阻不计。炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，首先开关接，使电容器完全充电，然后将接至，导轨间存在垂直于导轨平面，磁感应强度大小为的匀强磁场图中未画出，开始向右加速运动，当上的感应电动势为时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，达到最大速度，之后离开导轨，下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的方向垂直导轨平面向下
B. 刚开始运动时的加速度
C. 离开导轨后的最大速度为
D. 离开导轨后的最大速度为
23. 普通火车动力都在火车头上，车厢头与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢头与车厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火车共有节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为，假设启动时每节车厢的加速度均为，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力。若火车车厢依次启动，当第节车厢启动时，则( )
A. 火车头提供的动力为
B. 火车头提供的动力为
C. 第节车厢对第节车厢的作用力为
D. 第节车厢对第节车厢的作用力为
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故A错误；
B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；
C、入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目，入射光强度越大，单位时间逸出的光电子数目越多，故C正确；
D、汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子有复杂的结构；天然放射现象的法线，说明原子核内有复杂的结构，故D错误．
故选：．
理解核子平均质量曲线与比结合能曲线；
半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用；
入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大；
汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子有复杂的结构，并不是原子核内有复杂的结构．
本题考查了原子物理中的部分基础知识，对于这些基础知识要加强记忆，平时注意多加练习，同时注意结合能与比结合能的区别，及原子核内有复杂的结构与原子的核式结构的不同，最后理解半衰期适用条件．
2.【答案】
【解析】解：、空间站的运行速度小于第一宇宙速度，即小于，故A错误；
B、地面上的人每小时看到一次日出，由此可知，同步卫星上的航天员也是小时看到一次日出，而神州十三号不在同步卫星上，所以不可能是小时看到一次日出，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，可知，因为空间站的半径小于同步卫星的半径，故空间站的加速度大于同步卫星的加速度，故C正确；
D、在空间站中，航天员受到的万有引力提供向心力，处于完全失重状态，但依然受地球的引力，故D错误；
故选：。
第一宇宙速度是最小的发射速度，也是最大的环绕速度；
地球上或者同步卫星上的人才是小时看到一次日出；
根据万有引力提供向心力分析出加速度的大小；
理解完全失重的物理意义并加以分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉公式以及第一宇宙速度的意义，学会简单的定性分析即可，整体难度不大。
3.【答案】
【解析】解：、小球、的库仑力，弹簧弹力为，小球在竖直方向上，有，弹簧的弹力在水平方向的分力，由胡克定律，，可解得，，，，，小球做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心有，则必定指向圆心，故B球带正电，小球所受向心力，故AB正确；
C、在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，故C正确；
D、在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故D错误。
本题选择不正确的，
故选：。
对小球受力分析，根据小球的受力情况判断所受静电力的方向，即可判断小球的电性；
由受力分析，可计算小球的向心力，根据向心力公式即可求解小球的速度大小；
加上电场后，判断小球的受力变化，根据离心运动和近心运动的条件可以判断小球的运动情况。
本题考查库仑定律和圆周运动，需要注意物体做近心运动和离心运动的条件。
4.【答案】
【解析】根据玻尔理论，，即氢原子从基态跃迁到量子数的激发态，因此大量氢原子从的激发态向低能级跃迁时，发出种频率的光子，故C正确，ABD错误。
故选：。
本题主要考查能级、能级跃迁。解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
根据吸收的光子能量等于两能级间的能级差，确定氢原子跃迁到第几能级，结合数学公式得出放出不同频率光子种类。
5.【答案】
【解析】A.由可得：，轨道半径变小，空间站运行速度变大，A正确；
B.环绕卫星的最大速度是第一宇宙速度，空间站运行速度小于第一宇宙速度， B错误；
C.由可得：，轨道半径变小，运行周期变小，C错误；
D.由可得：，轨道半径变小，向心加速度变大，D错误；
故选：。
空间站绕地球做匀速圆周运动，只受地球引力，引力提供向心力，根据向心力公式可列式求解。
6.【答案】
【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，而后侧受摩擦力几乎不变，若冰壶按如图的逆时针方向旋转，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。即正确。
故选：。
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。
7.【答案】
【解析】
【分析】
解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合加速度的定义式以及匀变速直线运动的图象规律进行求解，难度不大。
【解答】
A、经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，所以甲车进入的是通道，乙车进入的是人工收费通道，故A错误；
B、甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复原速度的时间差，故B错误；
C、甲车进入通道的加速度大小为，乙车进入通道的加速度大小为，故C错误；
D、由图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移即：，故D正确。
故选D。
8.【答案】
【解析】解：、根据等量异种电荷电场线分布特点可知、两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B、两点在两电荷连线的中垂面上，根据电场的叠加可知电场强度相同，故B正确；
C、两电荷连线的中垂线上，点的电场强度大于点的电场强度，故C错误；
D、两点在同一条等势线上，电势相等，将正试探电荷从点沿直线移动至点，电场力不做功，故D错误；
故选：。
根据等量异种电荷的电场线和等势线分布判断各点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。
本题考查对等势面的理解，知道等势面与电场强度的关系是解答的关键，电场强度求和为矢量和。
9.【答案】
【解析】解：根据电流之间的相互作用规律可知，同向电流相互吸引，逆向电流相互排斥，则当时，点处导线受到的安培力大小为，如图所示：
根据受力情况结合平行四边形法则可得：
、当、时，增大到原来的倍，点处导线受到的安培力大小为：，故AB错误；
、当、时，增大到原来的倍，如图所示：
根据力的合成方法可得点处导线受到的安培力大小为：
，故C正确、D错误。
故选：。
三角形中心点到三根导线的距离相等，根据电流的大小关系确定三根通电导线中的电流对点电流产生的安培力大小，再根据平行四边形定则进行合成即可。
本题主要是考查磁场对电流的作用，牢记“同向电流相互吸引，逆向电流相互排斥”可以简化运算。
10.【答案】
【解析】解：
A.对梯子和人整体受力分析，如图所示
在人上爬的过程中，力的作用线的交点水平向左移动，和竖直方向的夹角变大，由几何关系可知：， ，即由小变大，A错误；
． ，即保持不变，B错误，C错误；
D.，即由小变大，D正确；
故选：。
11.【答案】
【解析】液滴带负电保持静止，因此可知上极板带正电，的带电量如果大于，由可知甲的电压高于乙的电压，则会向乙放电使得甲乙的电荷量相同，如果乙的电荷量大，则因为二极管单项导电则不会向甲放电，因此可知电荷量关系为，由与及可得：，
又油滴静止可得：，，甲的场强小于等于乙的场强，因此甲的质量小于等于乙的质量，AB错误；
C.如果甲乙的初始电荷量相同，甲的上极板与乙的上极板等势。将甲的上极板向上平移少许时，甲因为电势升高向乙放电，由与可知，甲的电容减小，甲的电量减小，从可知甲的场强减小， 的重力大于电场力，油滴向下运动。乙的电量增大，从可知乙的场强增大，的重力小于电场力，油滴向上运动，C正确；
D.将乙的上极板向右平移少许乙的电容减小，但由于二极管的单向导电性，乙的电量不变，场强变大，向上运动，电容器甲不发生变化油滴静止不动，D错误。
故选：。
12.【答案】
【解析】解：、因为放射性元素氡的半衰期比较短，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变。故A错误B正确。
C、半衰期的大小与温度、压力无关，由原子核内部因素决定。故CD错误。
故选：。
放射性元素氡经衰变成为钋，半衰期为天，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，主要来自其它放射性元素的衰变．半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学环境无关．
原子核的衰变和半衰期是常考的题型，要理解半衰期的定义，以及知道影响半衰期的因素．
13.【答案】
【解析】解：、设原线圈两端的电压为，灯泡的额定电压是。输入电压的有效值。根据得：。根据，解得：，故A正确；
B、由知，则交变电流的频率为，理想变压器不改变交流电的频率，因此副线圈中交变电流的频率为，故B错误；
C、当滑动变阻器的滑片向下滑时，滑动变阻器的有效阻值减小，副线圈电流变大，根据可知原线圈电流变大，流过的电流增大，灯泡变亮，故C错误；
D、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，根据选项的分析可知原线圈电流变大，根据可知电路总功率变大，灯泡的功率也变大，变压器输入功率不一定变小，故D错误。
故选：。
根据变压器的变压规律求出原线圈电压与副线圈电压的关系，再根据输入电压等于灯的电压和原线圈电压之和，求解灯泡的额定电压。根据正弦交流电的表达式读出圆频率，再求频率。当滑动变阻器滑片向下滑时，变阻器接入电路电阻变化，引起原副线圈电流电压的变化，从而判断灯泡亮度和变压器输入功率的变化。
本题考查变压器的动态分析问题，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下原副线圈的电流之比等于匝数的反比。
14.【答案】
【解析】解：、水的运动可看作斜抛运动，将斜抛运动分解到水平和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。下落过程竖直方向有，，，竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性，时间相同，竖直方向的初速度和末速度大小相等。甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在空中运动的时间相同，故CD错误；
B、水平方向有，乙水枪喷的更远，则乙水枪喷出的水在水平方向的分速度更大，在最高点时，竖直分速度为，合速度等于水平分速度，则乙水枪喷出的水在最高点的速度较大，故B正确；
A、甲和乙喷出的水竖直方向初速度相同，水平方向乙喷出的水初速度更大，根据平行四边形定则，乙水枪喷出的水速度大，故A错误；
故选：。
水的运动可看作斜抛运动，将斜抛运动分解到水平和竖直方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。竖直上抛运动上升过程和下降过程具有对称性，时间相同，竖直方向的初速度和末速度大小相等。
本题考查了斜抛运动，解题关键是能将运动分解到水平和竖直方向，选择合适公式进行判断。
15.【答案】
【解析】解：：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做负功，其动能减小。故A正确。
：电场力对带电粒子做负功，电势能增大，则带电粒子在点的电势能小于在点的电势能，故B错误；
：由上得知，带正电粒子的电场力向左，电场线由指向，说明负电荷在直线左侧，点离点电荷较近，点的电场强度大于点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在点的加速度大于在点的加速度。故C正确，错。
故选：。
解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．
依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．
16.【答案】
【解析】解：、 是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于 ，故A错误；
B、同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力得：，
解得：，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是：，故C错误；
D、根据得：，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D正确。
故选：。
同步轨道卫星轨道只能在赤道上空， 是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系。
同步卫星的轨道与地球赤道共面，万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键。
17.【答案】
【解析】解：、由图乙所示图象可知，时刻，时刻穿过线圈的磁通量，故A错误；
B、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：，故B正确；
C、线圈中的感应电流，时刻线圈受到的安培力，故C错误；
D、细绳松弛时线圈受到的安培力等于线圈的重力，
细线受到的安培力：，
由图乙所示可知，磁感应强度：
，
线圈受到的安培力：，解得：，故D正确。
故选：。
根据磁通量的计算公式求出时刻穿过线圈的磁通量；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出时刻线圈受到的安培力大小；
细线开始松弛时细绳所受拉力为零，线框所受安培力与重力相等，应用平衡条件与安培力公式求出的值。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚图乙图示、分析清楚线框受力情况是解题的前提，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题。
18.【答案】
【解析】A.等量异种电荷电场线分布如图所示
根据电场线疏密代表场强，、两点的电场强度大小关系为：，故A正确；
B.两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且这条等势线一直延伸到无穷远，是零势线，，故B错误；
C.带负电的试探电荷沿移动，电场线疏密改变，则场强改变，受电场力大小改变，故C错误；
D.带负电的试探电荷沿移动，只在负电荷电场中，电势不变；只在正电荷电场中，电势减小，根据电势叠加可知，电势减小，由可知其电势能逐渐增大，故D正确。
故选：。
由点电荷电场强度公式及电场叠加判断、两点电场强度大小；由等量异种点电荷连线中垂面电势特点结合电场线分布情况分析电势情况及带负电的试探电荷沿移动，其所受电场力大小是否发生变化；在上移动负电荷时，对其不做功，故只有对其做功，结合电场力做功与电势能的变化关系分析试探电荷电势能的变化。
掌握等量异种点电荷电场线及等势面分布情况是解题的关键。
19.【答案】
【解析】给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为，碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以速度交换，即第一次碰撞后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为，后发生第二次碰撞，同理速度交换，物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为，最终物块停在箱子的中间，则箱子的总位移为，物块的总位移为，故A错误，B正确；
C.全过程由动能定理可得：，故C正确；
D.从箱子向右运动到第一次碰撞，损失的动能：
所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为：，故D错误。
故选：。
质量相同的物体发生弹性碰撞后交换速度是解决此题的关键。
20.【答案】
【解析】A.速率小的粒子在边射出时，粒子在磁场中运动时间相同， A错误；
B.根据左手定则，粒子向左偏转，从边飞出的粒子最远从点飞出，半径，
由：
解得：，B正确；
C.由项分析可知粒子可以从点飞出，粒子与相切从飞出时，是粒子从飞出的最远点，如图所示
由几何关系得：
粒子从边飞出的区域长度为，C正确；
D.粒子与相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得圆心角为，
粒子在磁场中运动的最长时间为：，D正确；
故选：。
本题关键是明确带电粒子在匀强磁场中的两个重要公式：和，同时要画出轨迹分析。
对于临界问题，一般轨迹与边界相切，或者圆心过某个边界点。
21.【答案】
【解析】
【分析】
左侧装置为速度选择器模型，粒子做匀速直线运动穿过的条件是电场力与洛伦兹力平衡，即：；
粒子在右侧三角形磁场区域做匀速圆周运动，运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解；
运用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角分析粒子在磁场中运动的时间。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要能画出粒子运动的轨迹，能根据半径公式，周期公式结合几何关系求解，难度适中。
【解答】
A、当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，如果大小相等，即，解得：，就会做匀速直线运动，故A正确；
B、正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即，故B正确；
C、设质量为的粒子的轨迹刚好与边相切，如图所示，
由几何关系得：，
根据洛伦兹力提供向心力可得：，
即，
联立解得，
所以的粒子都会从边射出，而，故C错误；
D、粒子在磁场中运动的周期：，可知质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，
又因为打在边的所有粒子转过的圆心角均为，粒子在磁场中运动的时间：，
所以在磁场中运动的时间不同，D错误。
故选AB。
22.【答案】
【解析】解：、电容器充电时上端带正电，放电时通过的电流方向向下，由于向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A正确；
B、电容器完全充电后，两极板间电压为，当开关接时，电容器放电，设刚放电时流经的电流为，有：
设受到的安培力为，有：
由牛顿第二定律有：
联立解得：，故B错误；
、电容器放电前所带的电荷量
开关接后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，上的感应电动势：，最终电容器所带电荷量
则通过的电量
由动量定理，有：
得
解得：
，故C正确，故D错误。
故选：。
根据通过电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向；
根据欧姆定律得出刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出刚开始运动时加速度的大小；
开关接后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出离开导轨后最大速度。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解。
23.【答案】
【解析】解：若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知
若火车车厢依次启动，当第节车厢启动时，则
解得
故A正确，B错误；
以节车厢和车头为研究对象，则
解得
故C错误，D正确。
故选：。
由牛顿第二定律求解动力，以节车厢和车头为研究对象，求解作用力。
本题考查牛顿第二定律，学生需结合整体隔离法综合分析。
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