安徽省芜湖市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题（含解析）

安徽省芜湖市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按题型分类汇编-01选择题
一、单选题
1. 如图甲所示，一质点以初速度从固定斜面底端处冲上斜面，到达处时速度恰好为零，滑块上滑的图像如图乙所示。已知斜面段粗糙程度均匀，段光滑，滑块在段的加速度大小是段加速度大小的三倍。则段的长度为( )
A. B. C. D.
2. 氢原子的部分能级如图所示，已知可见光的光子能量范围为，现有大量的氢原子处于的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是( )
A. 这些氢原子总共可辐射出种不同频率的光
B. 波长最长的光是由能级跃迁到能级产生的
C. 频率最小的光是由能级跃迁到能级产生的
D. 处于能级的氢原子可以吸收任意频率的可见光，并发生电离
3. 如图，在倾角为的光滑斜面上有一物体，通过不可伸长的轻绳与物体相连，滑轮与之间的绳子与斜面平行。如果物体的质量是物体的质量的倍，即，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为，初始时用外力使保持静止，去掉外力后，物体和的加速度的大小等于( )
A. B. C. D.
4. 年月日，在体操世界杯德国科特布斯站吊环决赛中，刘洋以分的成绩获得冠军。如图甲所示是刘洋在比赛中的“十字支撑”动作，运动员先双手向下撑住吊环，此时两根等长的吊绳沿竖直方向，然后双臂缓慢张开，身体下移，如图乙所示，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力假设两个拉力大小相等及它们的合力的大小变化情况为( )
A. 增大，增大 B. 增大，不变 C. 增大，减小 D. 减小，不变
5. 截至年月，被誉为“中国天眼”的米口径球面射电望远镜已取得一系列重大科学成果，发现脉冲星数量超过颗。脉冲星就是旋转的中子星，每自转一周，就向外发射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某个中子星发射电磁脉冲信号的周期为，该中子星的半径为，已知万有引力常量为，中子星可视为匀质球体，由以上物理量可以求出( )
A. 该中子星的质量
B. 该中子星的第一宇宙速度
C. 该中子星赤道表面的重力加速度
D. 该中子星赤道上的物体随中子星转动的向心加速度
6. 天然放射性元素的应用范围，已经从早期的医学和钟表工业扩大到核动力工业和航天工业等多种领域。下列有关放射性元素的说法中正确的是( )
A. 放射性元素衰变的快慢与温度有关，温度越高衰变越快
B. 铀核发生一次衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，核子数减少了个
C. 、、三种射线中，射线穿透能力最强，射线电离能力最强
D. 衰变的实质在于原子核内的质子转化为一个中子和一个电子
7. 我国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号”又被称为“人造太阳”将在年投入运行。其所发生的可控核聚变方程是，已知H、H、和的质量分别为、、和，真空中的光速为。下列说法正确的是( )
A. 是质子
B. 大亚湾核电站利用核聚变发电
C. 该核反应所释放的核能为
D. 和的结合能之和大于的结合能
8. 某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板上，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 第次击中篮板时的速度小
B. 两次击中篮板时的速度相等
C. 球在空中运动过程第次速度变化快
D. 球在空中运动过程第次速度变化快
9. 无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了研究在运动过程中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验。乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，乙站在甲正前方处，二人同时沿同一直线向正前方运动，各自运动的图像如图所示，结果手机检测到蓝牙耳机能被连接的时间为，则最远连接距离为( )
A. B. C. D.
10. “辞别月宫去，采得月壤归”。北京时间年月日时分，探月工程嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。如图所示是嫦娥五号卫星绕月球运行的三条轨道，轨道是近月圆轨道，轨道和是变轨后的椭圆轨道。轨道上的点也是轨道、的近月点，点是轨道的远月点，点是轨道的远月点。则下列说法中正确的是( )
A. 卫星在轨道的周期大于在轨道的周期
B. 卫星在轨道经过点时的速率小于在轨道经过点时的速率
C. 卫星在轨道经过点时的加速度大于在轨道经过点时的加速度
D. 卫星在轨道上点所具有的机械能小于在轨道上点所具有的机械能
11. 如图所示，直角三角形框架由两根光滑细杆构成，左侧杆与水平地面成角，细杆上分别穿有两个小球和，两个小球、用轻质细线相连，当两个小球都静止时，细线与左侧杆成角，已知，，则小球与小球的质量之比为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
12. 、两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的图象如图所示，在时刻，车在车前方处，在时间内，车的位移为，则( )
A. 若、在时刻相遇，则
B. 若、在时刻相遇，则
C. 若、在时刻相遇，则下次相遇时刻为
D. 若、在时刻相遇，则下次相遇时车速度为
13. 月日将发生火星冲日现象，即火星、地球和太阳刚好在一条直线上，如图所示，已知火星轨道半径为地球轨道半径的倍，地球和火星绕太阳运行的轨道都视为圆。则( )
A. 火星与地球绕太阳运行的线速度大小之比为：
B. 火星与地球绕太阳运行的加速度大小之比为：
C. 火星与地球的公转周期之比为：
D. 年月日前有可能再次发生火星冲日现象
14. 如图所示，磁感应强度为的匀强磁场分布在半径为的圆内，是圆的直径，质量、电荷量为的带正电的粒子，从静止经电场加速后，沿着与直径平行且相距的直线从点进入磁场。若带电粒子在磁场中运动的时间是，则加速电场的电压是( )
A. B. C. D.
二、多选题
15. 某理想变压器原线圈的匝数匝，副线圈的匝数匝，原线圈接在的交流电源上，副线圈中“，”的灯泡恰好正常发光，电阻，则下列结论正确的是( )
A. 流过电阻的电流为
B. 灯泡中电流方向每秒钟改变次
C. 电阻的阻值为
D. 穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为
16. 如图所示，带电量为的正点电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底端点，斜面上有、、三点，和相距为，为中点，为、的中点。现将一带电小球从点由静止释放，当带电小球运动到点时速度恰好为零。已知重力加速度为，带电小球在点处的加速度大小为，静电力常量为。则( )
A. 小球从到的过程中，速度最大的位置在之间
B. 小球运动到点时的加速度大小为
C. 之间的电势差大于之间的电势差
D. 之间的电势差
17. 如图，真空中有一边长为的正方形，、、、为四个顶点。电荷量均为的两个点电荷分别固定在、两点，静电力常量为。在点由静止释放一电子，不计重力。下列说法正确的是( )
A. 点的电场强度大小为
B. 电子到达点时速度为零
C. 电子从运动到的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动
D. 电子从运动到的过程中，电势能先减小后增大
18. 如图所示，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子垂直于挡板从板上的小孔射入磁场，另一带电粒子垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，、初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点图中未标出，并立即被挡板吸收。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A. 、的电性一定相同
B. 、的比荷之比为
C. 若在点左侧，则在磁场中运动时间比长
D. 若在点右侧，则在磁场中运动路程比短
19. 如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为；现让该弹簧一端连接另一质量为的物体如图乙所示，静止在光滑水平面上。物体以的速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为。已知整个过程弹簧处于弹性限度内，则( )
A. 物体的质量为
B. 物体的质量为
C. 弹簧压缩量为最大值时的弹性势能为
D. 弹簧重新恢复原长时，物体的动量大小为
20. 智能手机中的电子罗盘功能可以通过霍尔效应实现。如图所示为厚度为、宽度为的长方体金属导体，放置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为。当通以从左到右的稳恒电流时，测得金属导体上、下表面之间的电压为，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A. 达到稳定状态时，上表面的电势低于下表面电势
B. 仅增大时，上、下表面的电势差减小
C. 金属导体单位体积内的自由电荷数为
D. 在导体内自由电荷向某一侧聚集的过程中，所受的洛伦兹力做正功
21. 如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道和，点所在的半径与竖直直径成角。质量为、电荷量为的带电小球可视为质点从点静止释放，分别沿弦轨道和到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道和，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是取( )
A. 小球做圆周运动经过点时动能最大
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 小球做圆周运动过程中动能最小值是
D. 小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是
22. 如图所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，处于原长状态。现有一小球以初速度的落在弹簀上端，某同学以初始时弹簧上端的位置为坐标原点，向下为坐标轴的正方向，作出了小球下落过程中所受合力与下落位移的关系图象，其中小球下落至最低点时，重力加速度取根据图象可知( )
A. 小球的质量
B. 小球的初速度
C. 小球下落过程中的最大速度
D. 最低点时，弹簧的弹性势能
23. 如图所示，仅在、的空间中存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为。在轴上有一粒子源，到坐标原点的距离为，可垂直于磁场沿着与轴成角的方向发射速率不同的相同粒子，粒子质量为、带电荷量为。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是( )
A. 当粒子速率时，粒子将垂直于轴射出
B. 粒子从轴上射出的位置坐标可能是
C. 粒子在磁场中运动的时间可能小于
D. 粒子在磁场中运动的时间可能为
24. 如图所示，电阻不计的矩形导线框绕中心轴做匀速圆周运动，导线框匝数匝，面积，转动周期，线框平面内充满磁感应强度为的匀强磁场。在线框的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为：：，灯泡标有“”字样，电流表和电压表均为理想交流电表。调节滑动变阻器的滑片，当电流表示数为时，灯泡刚好正常发光，则( )
A. 电压表的示数为
B. 定值电阻的阻值为
C. 在的时间内，通过小灯泡的电荷量为
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电流表示数变大，电压表示数变小
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由于滑块在段的加速度大小是段加速度大小的三倍，可得，
根据题意有，，代入数据得。
图乙中图像与坐标轴围成的图像的面积 ，
由匀变速直线运动的图像特点可知段的长度大小与图乙中图像与坐标轴围成的图像的面积大小，段长度为，故C正确，ABD错误；
故选：。
分析题干条件可知，质点在内从点运动到点，速度由变为；在内从点运动到点，速度由变为。由匀变速直线运动的图像特点可知段的长度大小与图乙中图像与坐标轴围成的图像的面积大小。
本题结合运动图像考察了两段加速度大小不同的匀减速直线运动组合的复杂运动问题，分析图像找出图像对应的不同阶段的减速运动是本题的解题关键。
2.【答案】
【解析】解：、大量的氢原子处于的激发态，当向低能级跃迁时辐射出种不同频率的光，故A错误；
、能级跃迁到的能级差是最小的，根据，则其辐射出的光子的频率最小，波长最长，故B错误，C正确
D、结合能级图可知，处于能级的氢原子若要发生电离，则吸收的光子的能量值必须要大于，故D错误。
故选：。
根据求辐射出几种不同频率的光子；能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即；根据发生电离的条件判断。
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量满足：．
3.【答案】
【解析】解：设绳子的拉力为，对物体，根据牛顿第二定律可得：
对，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，故ABD错误，C正确；
故选：。
分别对物体和受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度大小。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，明确物体具有相同的加速度大小即可。
4.【答案】
【解析】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图所示：
由于两个拉力的合力始终等于人的重力，保持不变，且夹角变大，故两个拉力不断变大，故B正确、ACD错误。
故选：。
三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。
本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论。
5.【答案】
【解析】解：、电磁脉冲信号的周期即为中子星的自转周期，所以中子星的同步卫星的周期为，根据万有引力提供向心力得：
解得：，因为同步卫星的高度未知，所以中子星的质量无法求解，故A错误。
、中子星的第一宇宙速度是指物体在中子星表面附近做匀速圆周运动的速度，根据牛顿定律得：
解得：；，因为中子星质量未知，所以中子星的重力加速度或第一宇宙速度无法求解，故BC错误。
D、该中子星赤道上的物体随中子星转动的向心加速度为：
，因为、为已知量，故D正确。
故选：。
根据万有引力提供向心力，列关于周期的方程，写出中子质量的表达式，即可判断是否可求中子星的质量；对物体在天体表面附近，根据牛顿第二定律列方程，写出第一宇宙速度及表面重力加速度的表达式，确定是否可求出这两个物理量；根据加速度的表达式，可求中子星赤道上的物体随中子星转动的向心加速度。
本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。
6.【答案】
【解析】解：、放射性元素的衰变快慢由原子核内部因素决定，与元素所处的物理环境和化学状态无关，故A错误；
B、铀核发生一次衰变时，根据质量数守恒知，生成的新核与原来的原子核相比，质量数少，即核子数少，故B正确；
C、、、三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，故C错误；
D、衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D错误。
故选：。
半衰期的快慢由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关；根据电荷数守恒、质量数守恒判断核子数的变化；三种射线中，射线的电离能力最强，穿透能力最弱，射线的穿透能力最强，电离能力最弱；衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子。
本题考查了射线的性质、影响半衰期的因素、衰变的实质等知识点，注意衰变释放的电子是来自原子核，不是核外电子。
7.【答案】
【解析】
解：、根据质量数守恒和电荷数守恒可知，的质量数为，电荷数为，是中子，该核反应为核聚变，故A错误；
B、大亚湾核电站利用核裂变发电，故B错误；
C、聚变时有质量亏损，反应中减少的质量，根据爱因斯坦质能方程可知，聚变时释放的能量，故C正确；
D、该核反应的过程中释放能量，可知和的结合能之和小于的结合能，故D错误。
故选：。
【分析】
根据质量数守恒和电荷数守恒可以求出为何种粒子；该核反应为核聚变；根据爱因斯坦质能方程可知，聚变时释放的能量。
本题考查了爱因斯坦质能方程、裂变反应和聚变反应等知识点。关键点：理解裂变和聚变的特点，会应用质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的类别。
8.【答案】
【解析】解：、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第次用的时间较长，故第一次水平分速度较小，即篮球第次击中篮板时速度小，故A正确，B错误；
、两次球在运动过程中的加速度相等，等于重力加速度，两次速度变化一样快，故C、D错误。
故选：。
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。加速度是表示速度变化快慢的物理量。
本题应采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
9.【答案】
【解析】解：由图像可知，时，甲和乙两位同学的速度相等，相距最近，由于蓝牙耳机能被连接的时间为，所以蓝牙耳机连接的时间是从至，当时，甲的速度为，在内，甲与乙的位移之差为，因时，乙站在甲正前方处，则时甲与乙之间的距离为，因此，最远连接距离为，故B正确，ACD错误。
故选：。
当甲和乙两位同学的速度相等时相距最近，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，求出两者间最近距离，结合蓝牙耳机能被连接的时间为，确定最远连接距离。
对于速度时间图像，可直接读出瞬时速度的大小和方向，根据图像的“面积”研究位移。
10.【答案】
【解析】A.根据开普勒第三定律知，轨道的半长轴小于轨道的半长轴，则卫星在轨道上的周期小于在轨道上的周期，故A错误；
B.卫星在轨道上的点进入轨道，需加速做离心运动，可知卫星在轨道上经过点的速率大于在轨道上经过点的速率，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得，，不同轨道经过点时，相等，则加速度相等，故C错误；
D.卫星在轨道、轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，卫星从轨道上的点进入轨道，需加速，机械能增加，则卫星在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能，所以卫星在轨道上点所具有的机械能小于在轨道上点所具有的机械能，故D正确。
故选D。
11.【答案】
【解析】解：设球的质量为，则球的质量为。根据平衡条件
对球沿杆方向有
对球沿杆方向有
由：得：
变形得：
小球与小球的质量之比，故A正确，BCD错误。
故选：。
两球均处于静止状态，分别对两球研究，由平衡条件列式，即可求得小球与小球的质量之比。
本题是连接体平衡问题，涉及到两个物体，运用隔离法，由平衡条件解答。
12.【答案】
【解析】
【分析】
本题要抓住速度时间图象反映速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用。要知道在速度图象中，纵轴截距表示初速度，图象与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。
【解答】
A、由图可知，在时间内，车的位移为，则车的位移为，若、在时刻相遇，则，故A错误；
B、若、在时刻相遇，由图象可知，阴影部分对应的面积等于，即，故B正确。
C、若、在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，故C错误。
D、若、在时刻相遇，根据对称性知，下次相遇时刻为，根据几何关系知下次相遇时车速度为，故D错误。
故选：。
13.【答案】
【解析】【分析
根据题干提供的信息，火星和地球绕太阳做圆周运动的向心力等于太阳的万有引力，求出火星与地球的周期、线速度和向心加速度与半径的关系式后求解比例关系。
根据两次相距最近的时间间隔为地球比火星多转动一周的时间，据周期关系计算即可。
此题考查了万有引力定律及其应用，关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、周期和向心加速度的表达式，再进行讨论。
【解析】
火星和地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，，火星公转轨道半径为地球的倍，
A、，则火星与地球的线速度大小之比为，故A错误；
B、，则火星与地球的加速度大小之比为：，故B正确；
C、，则火星与地球的公转周期之比为：，故C错误；
D、再次相距最近时，地球比火星多转动一周，则据此有：，其中：：：，解得：年，故下一次发生火星冲日现象的时间为年月日，故D错误。
故选：。
14.【答案】
【解析】解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期是；
粒子在磁场中运动的时间是
如图所示，粒子从点进入磁场后，从点射出，为磁场圆的圆心，设
则，则
粒子做圆周运动的圆心是点，设半径，，。
由图可知：
粒子做圆周运动
加速过程满足
解得加速电压，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度，再根据动能定理求解加速电场的电压。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
15.【答案】
【解析】解：、灯泡恰好正常发光，则副线圈的电流，则原线圈的电流，故A错误；
B、由题意，则，一个周期内电流改变次，则每秒钟灯泡电流方向改变次，故B正确；
C、副线圈，根据，代入解得：原线圈电压，又，则，则，故C正确；
D、根据法拉第电磁感应定律和题设条件副线圈电压最大值得到：，解得，故D错误。
故选：。
根据理想变压器中原副线圈的电流、电压与匝数比之间关系可以求解副线圈中的电流及的阻值；
根据变压器的原理确定每秒钟电流方向改变的次数和磁通量的变化率；
注意电压表、电流表示数均为有效值。
本题主要是考查了变压器的知识；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的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。
16.【答案】
【解析】解：、小球带正电，假设小球在点受到的电场力为，由牛顿第二定律：
解得：
带电小球在点时受到的库仑力：
小球在点受到的电场力：
可知小球在点时合力的方向向下，则加速度不等于零，故A错误；
B、小球在点受到的库仑力：
则带电小球在点时有：
可解得：，故B正确；
C、点电荷的电场是非匀强电场，由点电荷的电场的特点可知，之间的电场强度大于之间的电场强度，则之间的电势差大于之间的电势差，故C正确；
D、由点到点应用动能定理得：
可求得：，故D错误。
故选：。
根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在点和点的加速度，分别列式即可求得小球运动到点时的加速度大小。根据动能定理和电场力公式结合，求解和两点间的电势差。
此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解。对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路。
17.【答案】
【解析】解：等量同种点电荷的电场线与等势面分布如图：
A、由点电荷的场强公式可知，、两电荷在点产生的电场强度大小：，
则点的电场强度大小为：，故A错误；
B、结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，点与点的电势是相等的，所以电子在、两点的电势能相等，所以从点释放的电子，电子将沿的方向运动，电子在点速度为零，由能量守恒定律可知，到达点的速度恰好等于故B正确；
C、从到间的电场不是匀强电场，电子所示电场力大小不是恒力，由牛顿第二定律可知，电子的加速度大小不恒定，电子的运动不是匀变速运动，电子从运动到的过程中，先做加速运动后做减速动，故C错误；
D、电子从运动到的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选：。
先求解两个电荷单独存在时在点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到点的场强；根据电子的受力情况分析电子的运动过程；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
本题考查电场的叠加，注意电场强度时矢量，合成遵循平行四边形定则；应用点电荷的场强公式与电场的叠加原理即可解题；解题时注意电场力做功与电势能变化的关系。
18.【答案】
【解析】解：、根据题意可知，两粒子在磁场中的偏转方向相同，所以根据左手定则可知，两粒子的电性相同，故A正确；
、令两粒子都带正电，粒子的运动轨迹如图所示：
点在点的左侧，根据几何知识有
由牛顿第二定律有，得粒子做圆周运动的半径，
所以：，解得：
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程小于粒子的路程。
根据为轨迹弧长可知，、两粒子的速度大小相等，粒子的轨迹弧长小于粒子的轨迹弧长，所以粒子的运动时间小于粒子；
当两粒子都带负电时，两粒子的运动轨迹如图所示：
点在点的右侧，
根据几何知识有，
由牛顿第二定律有，得粒子做圆周运动的半径，
所以：，解得：
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程大于粒子的路程，故B正确，CD错误。
故选：。
两粒子最终都打在点，则偏转方向相同，根据左手定则判断粒子的电性是否相同；
分析粒子带正电荷和带负电两种情况下粒子的运动轨迹，根据几何知识求解半径之比，根据洛伦兹力提供向心力求解半径的表达式，再分析两粒子的荷质比之比；
根据做出的轨迹图分析路程的大小关系。
解决该题需要正确作出粒子都带正电和粒子都带负电两种情况下的运动轨迹，能根据几何知识求解轨道半径之比，并能利用洛伦兹力提供向心力表示出轨道半径的表达式，再进一步分析求解即可。
19.【答案】
【解析】解：、当弹簧固定弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒可知，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于的初动能，设的质量为，弹簧的压缩量为时弹簧的弹性势能为：
A、组成的系统动量守恒，当两者速度相等时弹簧压缩量最大，设共同速度为，取的初速度的方向为正方向，
由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：，，故A错误，BC正确；
D、、组成的系统动量守恒，设弹簧重新恢复原长时的速度大小为，的速度大小为，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
解得：，，物体的动量大小，故D错误。
故选：。
水平面光滑，物体压缩弹簧时，物体的动能转化为弹簧的弹性势能，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于物体的初动能；、速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出最大弹性势能、求出质量；应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹簧重新恢复原长时物体的速度大小。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
20.【答案】
【解析】解：、金属中能够移动的是自由电子，根据左手定则可知电子向上偏转，上极板带负电，下极板带正电，达到稳定状态时，上表面的电势低于下表面电势，故A正确。
B、稳定后，即，设金属导体单位体积内的自由电荷数为，则，可知与的大小无关，故B错误。
C、由，可得：，即金属导体单位体积内的自由电荷数为，故C正确。
D、因为洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。
故选：。
金属中能够移动的是自由电子，根据左手定则可知电子向上偏转，上极板带负电，下极板带正电，达到稳定状态时，上表面的电势低于下表面电势，稳定后，可知与的大小无关，同时也可求金属导体单位体积内的自由电荷数，洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功。
本题主要考查霍尔效应现象，注意里面移动的无论是正电荷还是负电荷，都用左手定则判断，四指指向电流方向，拇指指向即为这一电荷受力方向。
21.【答案】
【解析】B、图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力必须指向，根据合成与分解知识代入数据可得强电场的电场强度大小为，故B正确；
A、等效最低点在延长线与圆轨道交点，等效最低点速度最大，动能最大，故A错误；
C、因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为
小球做圆周运动，则在其等效最高点，，此时小球速度最小，动能最小，最小动能为，解得，故C错误；
D、小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得，在等效最低点小球对圆环压力最大，速度最大，动能最大，而非经过点时动能最大。由牛顿第二定律得
代入数据解得，
由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是，故D正确。
故选：。
电场和重力场合成之后，迁移竖直面内的圆周运动相关知识，利用动能定理和向心力相关内容，列式求解。
本题利用等效场解决比较简单快速，考查学生知识迁移能力。做题过程中注意等效场方向类比于原重力场方向。
22.【答案】
【解析】解：、时，小球只受到重力的作用，则，
则小球的质量为：，故A错误；
、当时，，弹力和重力二力平衡，即，
弹簧的劲度系数为：
在最低点时，弹簧的弹性势能为：
小球的速度为零，整个过程根据能量守恒定律有：，
即，
则小球的初速度为：，故BD正确；
C、当时，小球受到的合力为零，小球的速度达到最大，根据能量守恒定律有：，
小球的最大速度为：，故C错误。
故选：。
刚和弹簧接触时，小球只受到重力的作用，根据图象分析时的合外力，以此求解其重力；
时，合力为零，根据平衡条件以及胡克定律求解劲度系数，在最低点时，根据能量守恒求解小球的初速度；
当小球的合力为零时，小球的速度最大；
解决该题需要明确知道小球在合力为零时，速度达到最大，知道刚接触弹簧时小球不受到弹力的作用，知道运动过程中能量的变化情况。
23.【答案】
【解析】解：粒子的射出方向确定，那么其做圆周运动的圆心在与速度垂直的直线上，再画出正粒子恰恰与轴相切的轨迹图，如图。
A、由半径公式求得以速度射入的粒子的轨迹半径，所以此时的圆心在轴，若磁场上无边界，则最终垂直打在轴上，故A正确；
B、当粒子轨迹恰恰与轴相切时，由几何关系有：，算得，则打在轴上的最小坐标为，则粒子不可能打在点，故B错误；
、与轴相切的粒子最终打在轴上，其时间最长，随着半径大，粒子的落点依次从切点向上移动，只要磁场足够大，速度速度足够大，无最小时间比如选项的情况的时间为，故CD均正确。
故选：。
带电粒子以一定速度垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力从而导出半径公式与周期公式由题设条件结合周边的几何关系进行判断。
带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径。若涉及极值问题还要找临界条件，涉及时间问题还要找偏转角。
24.【答案】
【解析】解：、导线框绕轴做匀速圆周运动，产生正弦式交变电流，最大值：，则有效值：，根据变压比可知，副线圈输出电压：，则电压表的示数为，故A正确；
B、当电流表示数：时，灯泡正常发光，则电压为，此时电阻两端电压为，根据欧姆定律可知，，故B正确；
C、在的时间内，即一个周期内，导线框磁通量的变化量：，故通过小灯泡的电荷量为零，故C错误；
D、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，阻值减小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表示数变大，电压表示数不变，故D错误。
故选：。
根据求解电动势最大值，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系确定原线圈的输入电压，根据变压比求出副线圈的输出电压，即电压表的示数。
当电流表示数为时，灯泡刚好正常发光，根据闭合电路欧姆定律求解定值电阻的阻值。
一个周期内，通过电路的电荷量为零。
当滑动变阻器的滑片向下滑动时，根据闭合电路闭合电路分析电流表和电压表的示数变化。
此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是明确正弦式交变电流的产生规律，以及电荷量用到电流的平均值，一个周期内，通过电路的电荷量为零。
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