02多选题知识点分类-湖南省三年（2020-2022）高考物理真题分类汇编

这是一份02多选题知识点分类-湖南省三年（2020-2022）高考物理真题分类汇编，共26页。
02多选题知识点分类-湖南省三年（2020-2022）高考物理真题分类汇编

一．运动学图象（共1小题）
（多选）1．（2022•湖南）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
二．牛顿第二定律（共1小题）
（多选）2．（2022•湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
三．万有引力定律及其应用（共2小题）
（多选）3．（2022•湖南）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（　　）

A．火星的公转周期大约是地球的倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
（多选）4．（2021•湖南）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（　　）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
四．动量守恒定律（共1小题）
（多选）5．（2021•湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　）

A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
五．动能（共1小题）
（多选）6．（2022•湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 （　　）

A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
六．机械能守恒定律（共1小题）
（多选）7．（2020•新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（　　）

A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
七．热力学第二定律（共1小题）
（多选）8．（2022•湖南）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是 （　　）

A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
八．理想气体的状态方程（共1小题）
（多选）9．（2021•湖南）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
九．电势差和电场强度的关系（共1小题）
（多选）10．（2021•湖南）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
一十．导体切割磁感线时的感应电动势（共3小题）
（多选）11．（2022•湖南）如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
（多选）12．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
（多选）13．（2020•新课标Ⅰ）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）

A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
一十一．横波的图象（共1小题）
（多选）14．（2021•湖南）均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（　　）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
一十二．多普勒效应（共1小题）
（多选）15．（2020•新课标Ⅰ）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（　　）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
一十三．原子核的人工转变（共1小题）
（多选）16．（2020•新课标Ⅰ）下列核反应方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有（　　）
A．H+H→n+X1
B．H+H→n+X2
C．U+n→Ba+Kr+3X3
D．n+Li→H+X4

参考答案与试题解析
一．运动学图象（共1小题）
（多选）1．（2022•湖南）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【解答】解：A、根据v﹣t图像可知在0～t1时间内速度逐渐减小，根据P＝mgv，返回舱重力的功率随时间减小，故A正确；
B、在v﹣t图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小，故B错误；
C、在t1～t2时间内，速度逐渐减小，根据p＝mv可知返回舱的动量随时间减小，故C正确；
D、在t2～t3时间内，返回舱的速度不变，动能不变，但重力势能减小，故机械能减小，故D错误；
故选：AC。
二．牛顿第二定律（共1小题）
（多选）2．（2022•湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【解答】解：A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝k+Mg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k•52＝25k＝Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：

由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝＝Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k•52＝25k＝Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选：BC。
三．万有引力定律及其应用（共2小题）
（多选）3．（2022•湖南）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（　　）

A．火星的公转周期大约是地球的倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
【解答】解：A、由开普勒第三定律可得
由火星的轨道半径大约是地球的1.5倍可得
T火＝T地，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力
＝
解得：v＝ 可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、根据矢量的运算法则，在冲日处，火星和地球的速度同向时，火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
（多选）4．（2021•湖南）2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的。下列说法正确的是（　　）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（）2倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
【解答】解：A、由题意知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力为F＝，而在地面上的引力大小为F0＝，所以，故A正确；
B、v1＝7.9km/s 是第一宇宙速度，是圆轨道最大的环绕速度，根据环绕速度公式v＝，因为r＞R所以核心舱的飞行速度应小于7.9km/s，故B错误；
C、与同步卫星相比，核心舱的轨道半径远小于同步卫星，根据周期公式T＝＝，故核心舱的运动周期小于同步卫星的周期，故C正确；
D、后续加挂实验舱后，根据上述环绕速度公式知，与环绕天体的质量m无关，但只要运行速度不变，则轨道半径不变，故D错误。
故选：AC。
四．动量守恒定律（共1小题）
（多选）5．（2021•湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a﹣t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是（　　）

A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA＞mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1﹣S2＝S3
【解答】解：A、撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小：I＝mAv0，
弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得：I墙壁﹣I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A正确；
B、弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得：a＝，由图（b）所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是：aB＞aA，即＞，解得：mB＜mA，故B正确；
C、B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故C错误；
D、a﹣t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，则因初速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1﹣S2，B的速度大小vB＝S3，
由图（b）所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1﹣S2＝S3，故D正确。
故选：ABD。
五．动能（共1小题）
（多选）6．（2022•湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 （　　）

A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小时，有：F2＝ρgS（h﹣A），联立解得：A＝，故D正确；
E、振动质点不会随波逐流，故D错误。
故选：ABD。
六．机械能守恒定律（共1小题）
（多选）7．（2020•新课标Ⅰ）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2．则（　　）

A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
【解答】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep＝mgh＝30J，动能Ek＝0
则物块的质量m＝1kg，
此时物块具有的机械能为E1＝Ep+Ek＝30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，
所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sin，
所以θ＝37°
物体下滑的距离为x＝5m的过程中，根据功能关系有Wf＝μmg•cosθ•x＝E1﹣E2，
代入数据μ＝0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a＝＝2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′＝2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf＝μmgcosθ•x′＝8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′＝Wf＝8J，故D错误。
故选：AB。
七．热力学第二定律（共1小题）
（多选）8．（2022•湖南）利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是 （　　）

A．A端为冷端，B端为热端
B．A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C．A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D．该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E．该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
【解答】解：ABC、根据题目描述可知，从A端为冷端，B端为热端，因此A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的，但气体的质量未知，所以无法确定气体内能的大小关系，故AB正确，C错误；
DE、该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，冷热气体接触的部分会发生热传递，因此也满足热力学第二定律，故D错误，E正确；
故选：ABE。
八．理想气体的状态方程（共1小题）
（多选）9．（2021•湖南）如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为S1和S2）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细砂的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B．整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C．整个过程，理想气体的内能增大
D．整个过程，理想气体向外界释放的热量小于（p0S1h+mgh）
E．左端活塞到达B位置时，外力F等于
【解答】解：A、外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；
BC、气缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；
D、此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为p0S1h，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气体做功小于mgh，所以外界对气体做功W＜p0S1h+mgh，根据ΔU＝Q+W，因ΔU＝0，所以Q＝﹣W，即气体向外界释放的热量小于p0S1h+mgh，故D正确；
E、左端活塞到达B位置时，对左边活塞有：p气S1＝p0S1+mg，对于右边活塞有：p气S2＝p0S2+F，联立两式得：F＝，故E正确。
故选：BDE。
九．电势差和电场强度的关系（共1小题）
（多选）10．（2021•湖南）如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【解答】解：A、根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W （W＞0）；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式：W电＝qEd，可知dab是dcd的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图，由几何关系得：cd在ab方向的投影等于R，刚好满足dab是dcd的两倍，所以电场线的方向由a指向b，场强方向与ab平行，故A正确；

B、由A选项的结论可知：2W＝2qER
由图可知：d到b的距离在电场方向的投影d′b＝R，
粒子从d点移动到b点电场力做功：Wdb＝qE•R＝0.5W，故B正确；
C、沿电场方向电势逐渐降落，a点电势高于c′点电势，c与c′为等势点，所以a点电势高于c点电势，故C错误；
D、如果粒子进入电场时的速度方向与ab平行，即电场力与速度方向共线，则粒子会做直线运动，不会做曲线运动，故D错误；
故选：AB。
一十．导体切割磁感线时的感应电动势（共3小题）
（多选）11．（2022•湖南）如图，间距L＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为0.1T。用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【解答】解：A、导体棒b刚要滑动的条件是受到的安培力等于最大静摩擦力，b受到的最大静摩擦力为：
fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N
根据平衡条件可得：BIbL＝fmax，
代入数据可解得通过b的电流为：Ib＝1A，
由于b与R并联后与a串联，根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒a产生的感应电动势为：
E＝2IbRa+IbRb，
代入数据解得：E＝0.3V
设导体棒a刚要离开桌面时的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv
解得：v＝3m/s
导体棒a做平抛运动的时间为t＝＝s＝0.4s
所以导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移大小为：
x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A错误；
B、导体棒a离开导轨至落地前，做平抛运动，水平方向的速度大小不变，即导体棒a切割磁场的有效速度不变，根据E＝BLv可知，其感应电动势不变，故B正确；
C、导体棒a在导轨上运动的过程中，根据右手定则可知电流方向为逆时针（俯视），根据左手定则可知导体棒b受到的安培力方向向左，所以导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；
D、导体棒a在导轨上运动的过程中，设通过a的电荷量为q0，根据电荷量的计算公式可得：q0＝＝＝
其中R总＝Ra+
代入数据解得：q0＝1.16C
则通过电阻R的电荷量为：
q＝q0＝＝0.58C，故D正确。
故选：BD。
（多选）12．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．B与v0无关，与成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，竖直方向的速度大小为vy，
组合体进入磁场前做平抛运动，则有vy2＝2gH，
又有vy＝vsinθ＝
因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相抵消，则
感应电动势E＝BLvsinθ，
感应电流I＝，
组合体所受安培力F安＝BIL＝＝，
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安＝mg
解得：B2＝，可见B2与成反比，B与不成反比，B与v0无关，故A错误；
B、由A选项分析可知，I＝，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率P＝mgvy，即等于重力做功的功率，故C正确；
D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即Q＝4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：CD。
（多选）13．（2020•新课标Ⅰ）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（　　）

A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【解答】解：ABC、当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，线框的加速度为a1，对线框，由牛顿第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，导体棒MN中感应电流从M向N，在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL＝ma2，当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为：I＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值为：a1﹣a2＝﹣（+）BIL，感应电流从零增加，则加速度差值减小，当差值为零时，a1＝a2＝a，故有：F＝（M+m）a，联立解得：I＝＝，此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安培力不变，加速度不变，v﹣t图象如图所示：

故A错误；BC正确；
D、MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误。
故选：BC。
一十一．横波的图象（共1小题）
（多选）14．（2021•湖南）均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图（a）所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（　　）

A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t＝6s时，B处质点位于波峰
C．t＝8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．t＝10s时，D处质点所受回复力方向竖直向上
E．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
【解答】解：A、由图a可知，＝5m，则波长λ＝10m，由图b可知，周期T＝4s，则波速v＝＝m/s＝2.5m/s，因此从A传播到B需要的时间为tAB＝＝s＝4s，故A正确；
B、波峰传到B点的时间为4s，该波在t＝6s时即再经过B位于波谷，故B错误；
C、t＝8s时，即再经过2T，根据几何关系可知xOC＝m＝10m，2λ＜xOC，t＝8s时，即经过2个周期，C处质点正在向波峰处运动，所有振动速度方向竖直向上，故C正确；
D、t＝10s时，即再经过T，质点D处于平衡位置上方，则回复力方向竖直向下，故D错误；
E、t′＝12s＝3T，E经过的路程为s＝3×4A＝3×4×1cm＝12cm，故E正确。
故选：ACE。
一十二．多普勒效应（共1小题）
（多选）15．（2020•新课标Ⅰ）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（　　）
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
【解答】解：A、发生雷电时，人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷电发生处之间的距离是通过光速远大于声速，用这个时间间隔乘声速来估算的，故它不属于多普勒效应的应用，故A错误；
B、医生向人体内发射频率已知的超声波，根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波的频率变化，判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用，故B正确；
C、根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高；当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低，因此观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故C正确；
D、同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同，是由于介质折射率不同导致的，与多普勒效应无关，故D错误；
E、天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化，可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况，属于光波的多普勒效应的原理应用，故E正确；
故选：BCE。
一十三．原子核的人工转变（共1小题）
（多选）16．（2020•新课标Ⅰ）下列核反应方程中，X1、X2、X3、X4代表α粒子的有（　　）
A．H+H→n+X1
B．H+H→n+X2
C．U+n→Ba+Kr+3X3
D．n+Li→H+X4
【解答】解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X1的电荷数为2，质量数为3，但不是α粒子，故A错误；
B、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X2的电荷数为2，质量数为4，为α粒子，故B正确；
C、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X3的电荷数为0，质量数为1，为中子，故C错误；
D、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X4的电荷数为2，质量数为4，为α粒子，故D正确。
故选：BD。