物理(5)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（广东专版）

黄冈中学临考特训预测卷（五） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求。 1.2025年6月，秦山核电“和福一号”项目实现医用同位素撸一177年辐照产能超万居 里，并通过商用重水堆正式供应市场。镥一177的衰变方程为7Lu→2Hf十X,单 个17Lu、13Hf、粒子X的质量分别为m1、m2、m3,镥一177的半衰期为6.7天，真空 中的光速为c。下列说法中正确的是 A.单个7Lu衰变释放的能量为(m1一m2-m3)c2 B.1g镥-177在13.4天后有0.25g发生了衰变 C.粒子X的贯穿能力比Y射线的贯穿能力要强 D.Lu的比结合能大于3Hf的比结合能 2.如图所示为一发电机内部结构简化图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 OO'逆时针匀速转动，线圈的匝数为N,面积为S,角速度为ω，电阻为r,匀强磁场 的磁感应强度为B,外电路电阻为R,电流表为理想电表。从图示位置开始计时，下 列说法中正确的是 A.线圈中产生的电动势瞬时值表达式为e=NBSwsin wt B.图示位置线圈中磁通量的变化率为零 BSw C.线圈从图示位置转过60时，电流表的读数为。 (R+r) D.线圈转一周的时间内，电阻R上产生的热量为Q= πV2B2S2wR (R+r) 3.如图所示，某同学在搬运书籍的时候，双手用同样大小的力夹着1、2、3、4、5共五本 书处于悬空静止状态。每本书的质量均为=0.2kg,书与书之间、书与同学的手 黄冈中学临考特训预测卷（五）第1页（共6页） 之间的动摩擦因数均为μ=0,2，取重力加速度g=10m/s2。下列说法中正确的是 A.第3本书与第2本书之间的摩擦力为2N B.第3本书与第4本书之间的摩擦力为0 C.第1本书与第2本书之间的摩擦力为3N 2345 D.要能使5本书处于静止状态，则一只手对书压力 至少为20N 4.如图所示，虚线表示某电场中的等差等势面，实线表示一带电粒子的运动轨迹，轨迹 与等势面相交于A、B两点。带电粒子在电场中仅受电场力的作用，下列说法正确 的是 A.虚线表示的是等量同种点电荷产生的等势面 A B.带电粒子在A点的速度小于在B点的速度 C.带电粒子在A点的加速度小于在B点的加速度 D.A点的电势高于B点的电势 5.科幻电影《流浪地球2》中的太空电梯让人印象深刻。太空电梯是人类构想的一种 通过缆绳连接地球表面与太空轨道站的低成本运输设备，主体包含缆绳、地面基站 平衡配重及升降舱。原理简化如图所示，基站固定于地球赤道上，缆绳上有A、B、C 三个位置，其中B位置与地球的同步卫星所在高度等高，整个太空电梯跟随地球自 转同步转动。下列说法中正确的是 地面 缆绳 平衡 基站 配重 地球 B 升降舱 A.升降舱稳定于A位置的线速度小于地球赤道上物体的速度 B.升降舱稳定于A位置时，坐在座位上的航天员受到座椅给的指向地心的作用力 C.升降舱稳定于C位置时，从升降舱内遗漏出一个物体，物体将离地心越来越远 D.升降舱稳定于A、B、C三个位置时，均处于完全失重状态 6.功夫茶是我国一套融合礼仪、技艺与美学的泡茶体系，核心在于“精工细作”。如图 所示，有一款功夫茶专用茶杯，冲泡时，往茶杯中倒入半杯滚烫的茶汤，并迅速盖上 陶瓷杯盖，以避免茶香散失。刚盖上杯盖时，杯中封闭一定质量的理想气体，压强为 饣。，温度为T。=300K。静置片刻后，杯中气体温度升至T1,压强升至p1,使得杯 盖刚好要被顶起，杯盖的横截面积为S,质量为m= 6,不计杯盖与杯壁的摩擦， p 不考虑茶汤蒸汽对封闭气体的影响，重力加速度为g。下列说法中正确的是 黄冈中学临考特训预测卷（五）第2页（共6页） A.若杯中气体不漏气，则T,=400K B.若杯中气体不漏气，则p1=3p。 C.若杯中漏掉一部分气体，剩余气体的温度需要升至T,=360K,才能刚好将杯盖 顶起来，则剩余气体的质量与最初封闭在杯中气体质量的比值为35 34 D.若杯中漏掉一部分气体，剩余气体的温度需要升至T,=360K,才能刚好将杯盖 ,则剥余气体的质量与最初封闭在杯中气体质量的此 7.如图所示，水平放置的光滑导轨，左端通过导线连接电 容器，导轨上垂直导轨放置一根静止金属杆，整个装置 处于竖直向下的匀强磁场中。电容器的电容为C,导轨 间距为L,磁场的磁感应强度为B,金属杆的质量为m, 电阻为R。现使金属杆以初速度。向右运动，金属杆 与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨与导线的电阻，金属杆达到稳定状态时的速 度为 mvo mvo mya mvo A. B. m++CB2L? m+CBL C.CB-L D.CBL 二、本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.一列简谐横波沿x轴传播，P是平衡位置位于x=4处的质点。t=0时刻的波形 图如图甲所示，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法中正确的是 y/cm y/cm 10 10 x/m P S 0.1 0.2 10 -10 甲 A.波沿x轴正方向传播 B.波的传播速度为40m:s C.再经过0.3s,质点P沿x轴正方向传播了12m D.再经过0.3s,质点P的加速度达到最大值 9.如图所示竖直放置的内壁、外壁均光滑的环形管道，管中有质量为m的小球做完整 的圆周运动，小球的直径略小于管道的内径，AB是过环心O点的水平线，重力加速 度为g,下列说法中正确的是 A.小球在AB上方的管道中运动时，一定与内壁有作用力 B.小球在AB下方的管道中运动时，一定与外壁有作用力 B C.小球在经过A点时，管道给小球的作用力指向圆心 D.小球在最低点与管壁的作用力和在最高点与管壁的作用力 的差值一定为6mg 黄冈中学临考特训预测卷（五）第3页（共6页） 10.如图所示，竖直轻质弹簧两端分别与物体A、B连接，弹簧的劲度系数k= 400Nm,A的质量为mA=4kg,B的质量为mB=2kg。一根轻绳跨过B正上方 的定滑轮，一端与B相连，另一端与质量为M的小环C相连，小环C穿在竖直固 定的均匀细杆上。当C静止在杆上的Q点时，A、B也处于静止状态且A恰好离 开地面，此时连接C的轻绳与水平面的夹角为0=37°。当C在杆上的O点时，C 和定滑轮之间的轻绳处于水平，定滑轮到杆的距离为d=0.8m。现将小环C由P 点静止释放，P、Q关于O点对称。不计一切摩擦，取重力加速度g=P 10ms2,sin37°=0.6。下列说法中正确的是 A.小环C的质量M-3.6kg B.小环C运动到Q点速度的大小为4m‘s B C.小环C从P点运动O点，轻绳对C做的功为4J D.小环C在O点的加速度大于g 三、非选择题。本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。 11.(8分)用图甲所示的装置探究物体的加速度与力之间的关系。动滑轮下方悬挂沙 桶，通过改变沙桶内沙的质量来改变滑块的加速度。实验中打出一条纸带如图乙 所示，1、2、3、4、5为连续的5个计数点，相邻两个计数点间还有5个点没有画出来， 打点计时器所用交流电的频率为50Hz。 纸带连打 tLLLLLLL 点计时器 滑块 力传感器 长木板 7TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT 甲 单位：cm 1.442.55 3.66 4.76 乙 丙 (1)实验中，为使细绳的拉力能等效为滑块所受的合力，需调整长木板右端的定滑 轮，连接滑块的细绳与长木板 ,另外还需要调整长木板左端的高度，以 0 (2)实验中滑块的加速度为 m/s2。(结果保留2位有效数字) (3)某同学多次实验后，利用所测得的数据作出α一图像(m为滑块质量)，如图 m 黄冈中学临考特训预测卷（五）第4页（共6页） 丙所示，图像与纵轴的截距记为一b,重力加速度为g,则滑块与长木板之间的 动摩擦因数为 12.(8分)某学习兴趣小组设计了一种双倍率欧姆表，原理如图所示，倍率分别为 “×1”和“×10”。其中涉及的器材有干电池，电动势E=1.5V;表头G,满偏电流 I.=150uA,内阻Rg=1202;R1、R。为定值电阻；R为滑动变阻器；S为单刀双掷 开关；A、B是两个表笔的插孔。回答下列问题： (1)A插孔插入的应是 (选填“红”或“黑”)表笔。 (2)当单刀双掷开关分别接不同开关时，表头G满偏，流过电源的 电流分别为0.6mA和6mA,则R,十R2= 2。 (3)单刀双掷开关接1时，选择的倍率为 (选填“×1”或 Bo “×10”)。测量时，发现表头G的指针指向满偏刻度的三分之 一处，则待测电阻的阻值为 2。 (4)由于欧姆表内部的干电池长时间使用，电动势略有减小，内阻略有增大，但仍可 以正常欧姆调零，调零后，电阻测量值相对真实值 (选填“偏大”“相等” 或“偏小”)。 13.(9分)如图所示，在水池底部水平安装一条圆形细灯带，灯带的半径为R=0.4, √7 灯带到水面的距离为=10m,灯带发出的光可以照亮水面，已知水的折射率为 n一3，则水面被照亮的面积为多少？（结果可以用含有元的式子表示） 4 水面 圆形细灯带。 黄冈中学临考特训预测卷（五）第5页（共6页） 14.（13分)如图所示，光滑的水平面上放有一辆光滑的小车，小车上固定有光滑的四 分之一圆弧形轨道，小车和轨道的总质量M=3kg,轨道半径R=4.6m,轨道底边 与小车相切，右侧竖直边正好落在小车的中点上，小车和轨道开始处于静止状态。 小车左侧放上一个质量为m=1kg的小球，小球以v。=2m/s的初速度向右冲上 轨道，取重力加速度g=10m/s2. (1)求小球再回到轨道底端时，小球和小车的速度： (2)若只增大小球的初速度，使得初速度v=12m·s,当小球从轨道顶端冲出轨道 的一瞬间，将小车锁定，要使小球能落在小车上，求小球上升过程中距离小车的 最大高度和小车的最小长度。（结果可以用根号表示） 15.(16分)如图所示，区域I存在水平向右的匀强电场，电场强度为E;区域Ⅱ存在垂 Em 直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2:区域Ⅲ存在垂直纸面向里 强磁场，磁感应强度为B2,B2未知。区域I、Ⅱ、Ⅲ的边界相互平行，宽度均为d。 区域I的左边界有相距23d的A、B两点，从A点静止释放一质量为、电荷量 为9的带正电粒子，不计粒子的重力，求： (1)粒子进入磁场的速度大小v。; (2)若粒子恰好能回到A点，磁感应强度B,的大小： (3)若粒子能到达B点，磁感应强度B2的大小。 B E B B2 黄冈中学临考特训预测卷（五）第6页（共6页）(c) 在此过程中，第一个分运动： L y1=1t=2 故xn=7L+2L= 9 23 (1分) π yp=-y1=- (1分) D点坐标为（1-1） 黄冈中学临考特训预测卷（五） 题号 2 3 5 答 案 答案 0 速 题号 6 7 8 9 10 查 答案 D A AB BC AC 1.A【解析】A.根据爱因斯坦质能方程可知，单个 7Lu衰变释放的能量为(m1一m2-m3)c2,故A 正确：B.13.4天等于2个半衰期，经过2个半衰期 还剩下0.25g的镥一177，故B错误；C.根据电荷 数守恒和质量数守恒可知，粒子X为电子，其贯穿 能力比Y射线的贯穿能力要弱，故C错误；D. 1Lu衰变成zHf要释放能量，因此Hf的结合 能比7Lu的结合能大，7Lu和2Hf的核子个数 相同，因此2H的比结合能比7Lu的比结合能 大，故D错误。 2.D【解析】A.从平行于磁场的位置开始计时，电 动势瞬时值表达式为e=NBSwcos wt,从中性面 位置开始计时，电动势瞬时值表达式为e= NBSosin ot,故A错误；B.根据法拉第电磁感应 定律，感应电动势E=N合架，图示位置感应电动 势最大，故线圈中磁通量的变化率最大，故B △t 错误：C.线圈从图示位置转过60°时，电流表的读 NBSo √2 数为I=R十r NBS,故C错误；D,线圈 2(R+r) 转一周的时间内，电阻R上产生的热量为Q= E (反)RT,E=NBS,T=2z,解得Q= R+r NBSRπ，故D正确。 (R+r)2 3.C【解析】AB.隔离第3本书，左、右两侧受到的 静摩擦力大小相等，均为1N,故AB均错误；C.将 第2、3、4本书一起隔离，第1本书与第2本书之 间的静摩擦力和第4本书与第5本书静摩擦力大 小相等，均为3N,故C正确；D.将5本书之间的 作为一个整体，由平衡条件得2F=5g,解得F =25N,故D错误。 4.B【解析】A.该等势面为等量异种点电荷的等势 面，故A错误；B.根据等势面与电场线垂直的关 系，画出电场线，带电粒子所受的电场力，既指向 轨迹的凹侧，又沿着电场线的切线方向，则电场力 指向右边，若粒子从A点运动到B点，电场力做 正功，动能增大，若粒子从B点运动到A点，电场 力做负功，动能减小，可得粒子在A点的速度均小 于在B点的速度，故B正确；C.等差等势面的疏 密表示电场强度的大小，A处密集，电场强度大， 粒子在A处所受电场力大，加速度大，同理，粒子 在B处的加速度小，故C错误；D.由于不能确定 粒子的电性，因此不能判断电场的方向，也就不能 判断A、B两点的电势高低，故D错误。 5.C【解析】A.太空电梯的角速度与地球自转的角 速度相等，升降舱在A位置的半径大于地球半径， 因此升降舱在A位置的线速度大于地球赤道上物 体的线速度，故A错误；B.升降舱在B位置时，所 受的万有引力等于所需要的向心力，在A位置时， 所受的万有引力增大，所需要的向心力减小，由于 做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因此在A位 置航天员还要受到座椅给的背离地心的作用力， 故B错误；C.根据B选项分析可知，在C位置，升 降舱所受的万有引力减小，所需要的向心力增大， 从升降舱内遗漏出的物体，所受的万有引力不足 以提供所需要的向心力，因此物体将做离心运动， 故C正确；D.升降舱在B位置不受弹力作用，处 于完全失重状态，在A、C位置受弹力作用，不处 于完全失重状态，故D错误。 6.D【解析】AB.杯盖刚要被顶起来时，对杯盖有 P,S=p,S十mg得P:=名P:杯中气体不漏 气，做等容变化，由查理定律有是-号，得T 350K,故AB均错误；CD.初始状态，根据克拉伯 龙方程有p。V=n1RT。,杯中漏掉一部分气体后， 根据克拉伯龙方程有p1V=n,RT,,两式相比得 m,36·放C错误，D正确。 2=35 7.A【解析】金属杆运动后，对电容器充电，电容器 极板间的电压增大，金属杆切割磁感线产生的动 生电动势减小。金属杆达到稳定状态时，做匀速 直线运动，没有加速度，不受安培力，电路中没有 充电电流，电容器极板上的电压与金属杆切割磁 感线产生的动生电动势相等。对金属杆，由动量 定理有一BIL△t=mw一m℃o,又q=I△t,通过金 属杆的电荷量与电容器极板上最终所带电荷量相 等，则有q=CU,U=BLv,解得v= mvo m+CB*L: 9 故A正确。 8.AB【解析】A.题图甲是t=0时刻波形图，在振 动图像中看t=0时刻，P质点向y轴正方向运 动，说明P质点位于波传播方向上的下坡，则波沿 x轴正方向传播，故A正确；B.从波形图中读出波 长为8m,从振动图像中读出周期为0.2s,波速 等于波长比周期，为40m.‘s,故B正确；C.质点不 会随波迁移，故C错误；D.0.3s为一个半周期，一 个半周期后，质点P在平衡位置，加速度为0，故 D错误。 9.BC【解析】A.小球在AB上方的管道中运动时， 在最高点，若小球速度=√gR,小球跟内壁、外 壁均没有弹力，若小球速度>√R,小球跟外 壁有弹力，若小球速度<√gR,小球跟内壁有 弹力，故A错误；B.小球在AB下方的管道中运动 时，由于向心力指向圆心，一定与外壁有弹力，故 B正确；C.小球在A点时，由于向心力指向圆心， 重力在半径方向没有分力，因此管道给小球的作 用力沿半径方向指向圆心，提供向心力，故C正 确；D.若小球在最高点的速度>√gR时，在最 高点，重力加外壁的弹力提供向心力，在最低点， 外壁的弹力减重力提供向心力，从最高点到最低 点的过程中小球的机械能守恒，可得小球在最低 点和最高点与管壁的作用力之差为6mg,若小球 在最高点的速度<√gR时，在最高点，重力减 内壁的弹力提供向心力，在最低点，外壁的弹力减 重力提供向心力，从最高点到最低点的过程中小 球的机械能守恒，可得小球在最低点和最高点与 管壁的作用力之和为6mg,故D错误。 10.AC【解析】A.小环C静止在Q点时，对A、B 和弹簧整体分析，可得绳上拉力T=(mA十 15 B)g=60N,再对小环，由平衡条件可得 Tsin0=Mg,解得M=3.6kg,故A正确；B.小 环C从P点到Q点，物体B的位置没变，B的重 力势能和弹簧的弹性势能均不变，对物体B和 C,由机械能守恒定律可得MgHo=号M十 1 msui,w1sin0=v2,Hpo=2dtan0,解得u1 2√5m:s,故B错误；C.小环C经过O点时，物体 B下降的高度为h:=-1=0.2m,物体B 到达最低点，其速度为0。初始状态小环C静止 于Q点时，弹簧伸长量L1=mAg=0.1m,小环 C到达O点时，弹簧压缩量x2=0.2m一0.1m =0.1m,则小环C在P点和O点，弹簧的弹性 势能相同。小环C从P点到O点，小环C和物 体B组成的系统，由机械能守恒定律得MgHo 十mgh,-M,再对小环C由动能定理得 MgH,m+W=M。2,解得轻绳对小环C做的 功W=4J,故C正确；D.小环C在O点，绳的拉 力水平，竖直方向没有分力，小环C的合外力就 是重力，则其加速度为g,故D错误。 11.1)平行平衡摩擦力(20.77(3)6（每空 g 2分) 【解析】(1)要使绳的拉力等效为滑块所受的合 外力，连接滑块的细绳与长木板要平行，同时还 要平衡摩擦力。 (2)由逐差法可得，实验中滑块的加速度为a一 (4.76+3.66-2.55-1.44)×10-2 ms2≈ 4×0.122 0.77m/s2。 (3)滑块下滑的过程，由牛顿第二定律得F一 mg=ma,整理得a=】F一g,结合题意可知 m g=b,则= 0 g 12.(1)红(2)40(3)×1500(4)偏大（第1、2 空1分，其他空每空2分) 【解析】(1)多用电表无论是测电压、电流还是电 阻，电流都是从红表笔流进表内，从黑表笔流出 表内，测电压和电流时，电源在表的外部，测电阻 时，电源在表内，故A插孔应插人红表笔。 (2)当单刀双掷开关接2时，流过电源的电流为 0.6mA,表头满偏电流为0.15mA,流过R1和 R2的电流是满偏电流的3倍，则R,+R2是R。 的三分之一，所以R,十R,=402。 (3)当单刀双掷开关接1时，流过电源的电流为 6mA,此时欧姆表的内阻R一号=6X180= 250Ω，当单刀双掷开关接2时，流过电源的电流 为0.6mA,同理欧姆表的内阻为25002，则开 关接1时倍率为“×1”：当表头G的指针指向满 筒刻度的三分之一处时：子1，一R十R解得 E R.=5002。 E (④)当电源的电动势略有减小，由R=广，得欧姆 表的内阻略有减小，欧姆调零后，表盘上的刻度 值比实际值都要大一些，因此测量值偏大。 13.0.48πm 【解析】灯带上的一个点发出的光照亮水面的光 斑为圆形，圆的半径为，设光线在水面发生全反 射时的临界角为C, 1 由几何关系有tanC=方，又sinC= ,得到 cos C=⑦ 4 (2分) 进一步解得r=0.3m 圆形灯带发出的光在水面形成环形光斑，环的 内径 R1=R-r=0.1m, (2分) 环的外径R2=R十r=0.7m, (3分) 则环形光斑的面积S=πR一πR=0.48πm (2分) 14.(1)1ms,方向水平向左1m.s,方向水平向右 12+18√3 (2)5.4m m 5 【解析】(1)设小球再回到轨道底端时，小球速度 为1，小车速度为2，以水平向右为正方向，由 动量守恒定律和机械能守恒定律得 mvo=mv1十Mv2 (1分) 1 1 (1分) 解得1=-1m/s(负号表示方向水平向左)， v,=1 mjs (2分) (2)若小车不固定，小球上升到最大高度时，小球 和小车速度相等，设最大高度为H,相等的速度 为3，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv=(m+M)v3 (1分) 1 。1 =2(m+M)+mgH (1分) 16 解得H=5.4m (1分) 小球从圆弧形轨道最高点冲出时，小球的水平速 度与小车的速度相等，设为v,,小球的竖直速度 为v,由动量守恒定律得v,=v3=3m/s(1分) 由机械能守恒定徐得子m=合hw+宁m(o+ 1 v)+mgR (2分) 解得，=4m:s (1分) 当小球再落回到小车时，设所用的时间为t,由位 移公式得 1 -R=0,1-2gt (1分) 解得t= 2+3w√3 s 则小车的最小长度L=2v,1= 12+18W -m 5 (1分) 15.(1) 2Eqd (2)23+3 2Em 2 qd 3n 2Em (3) (n=7、8、9、…) 4n-23-23nV9d 【解析】(1)带电粒子在区域I电场中加速，由动 能定理得 Eqd=1 2 mv (2分) 2Eqd 解得=入√m (1分) (2)带电粒子进入区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运 动，设轨迹半径为R1,有 7u8 B19V0= R (1分) 解得R1 vo=2d B19 (1分) 设在B1磁场中，轨迹所对应的圆心角为0，由几 何关系有 解得0=30° (1分) 粒子进入区域Ⅲ磁场中做匀速圆周运动，设轨迹 半径为R2,若使粒子恰好能回到A点，根据对称 性，由几何关系可得 R1-R cos 0=R2 cos 0 (2分) 解得R,=45-6 3 同理R,一Bq mvo 解得B2= 2√3+32Em 2 gd (2分) (3)若粒子能到达B点，设粒子在整个组合场中 重复运动次，在区域Ⅲ磁场中做匀速圆周运动 的半径为R,由几何关系可得 n[2R-2(R+R3)cos 0]=23d (1分) Ad 解得R,= -2d-24 (1分) 由于R3>0 解得n>3十2√3，n取整数，故n=7、8、9、… (2分) 同理R,一B9 mvo 解得B2= 3n 2Em (n=7、8、 4m-23-23mVqd 9、…) (2分) 黄冈中学临考特训预测卷（六） 题号 1 2 3 4 5 答 案 答案 C B B C 速 题号 6 7 9 10 查 答案 D B BC AC ACD 1.C【解析】力学的三个基本物理量是长度、时间 质量，故A错误；加速度a= R(0表示线速度，R 为曲率半径)的单位是ms2,故B错误；根据物理 公式在确定数量关系的同时也确定单位关系知， C正确，D错误。 2.B【解析】A.图甲中，微粒越大，单位时间内受到 液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A 错误；B.煤块与木块叠放在一起，经过一段时间 后，它们会彼此进入对方，这就是固体间的扩散现 象，说明固体间也能发生扩散现象，故B正确； C.由图丙可知，在分子间距由r1变到r2的过程 中，分子势能减小，结合分子力和分子间距离的关 系可知，分子力减小，故C错误；D.分子运动速率 分布图像是对大量分子的统计规律，对少量分子 不适用，所以图丁显示温度越高，每个分子的速率 不一定越大，故D错误。故选B。 3.B【解析】A.设物体在距太阳中心为2R处的轨 道上做圆周运动，速率为，由牛顿第二定律可得 GMm mu (2R)2 2R ,设地球的公转速度为1，由牛顿第 二定律可得GMm_m R2 R,可得>u,彗星A在 17 远日点需加速才能变轨道到距太阳中心为2R处 的轨道上做匀速圆周运动，故远<v<v1·故彗星 A在远日点的速度小于地球的公转速度，故A错 误。B.小行星B在近日点，根据牛顿第二定律可 得 GMm (R2 =ma,解得a= ,故B正确。C由 2 开普勒第二定律可知，彗星A从近日点向远日点 运动时，速度越来越小，彗星在此过程只受太阳的 引力，由动能定理可知W引=△Ek,动能减小，故引 力做负功，无引力之外其他力做功，故机械能不 T=k可 变，故C错误。D.由开普勒第三定律 知，当中心天体一样时k相同，彗星A的近日点与 3R)3 2/ R 远日点的距离为3R,则有(T)一，解得 3,故D错误。故选B。 4.B【解析】A.根据题图乙可知供电线圈中电流的 最大值为Im=20√2A,则有效值为I= 1m √2 20A,故A错误；B.根据题图乙可知周期为T= 1 0.02s,则频率为f= =50Hz,由于交变电流一 个周期内电流方向改变2次，而受电线圈中的周 期和频率与供电线圈中的周期和频率是相同的， 得受电线圈中的电流方向每秒改变的次数为V= 2×50次=100次，故B正确：CD.由题图乙可知 t=0.015s时，供电线圈中的电流为零，其变化率 最大，由楞次定律可知受电线圈中的感应电流最 大，此时两线圈的相互作用力最小为零，故C、D错 误。故选B。 5.C【解析】A.根据动能表达式E.=2mu,可知 运动员的动能先增大后减小，故A错误。B.根据 重力势能表达式E。=mgh可知随着运动员的下 落，重力势能逐渐减少，故B错误。C.弹性绳绷直 前，运动员自由下落只受到自身重力作用，机械能 守恒；弹性绳绷直后，设弹性绳原长为L。,形变量 （g-L,)增加，弹性势能增加，且E=之k(y- L。)2,弹性绳形变量增加，弹力做负功，根据能量 守恒可知，机械能E=E。一号(y一L。),E,为 起始的机械能，可知之后随下落位移y成二次函 数关系且减小，故C正确。D.依题意可知，弹性绳 绷直前，运动员先做自由落体运动，由v=g1,可知