?2023年河南省湘豫名校聯(lián)考高考物理一模試卷
1. 從1907年起，美國物理學(xué)家密立根就開始以精湛的技術(shù)測量光電效應(yīng)中幾個重要的物理量。他通過如圖甲所示的實驗裝置測量某金屬的遏止電壓Ue與入射光頻率ν，作出如圖乙所示的Ue?ν圖像，圖像與橫軸的交點坐標(biāo)為(a,0)，其反向延長線與縱軸的交點坐標(biāo)為(0,?b)，由此算出普朗克常量h。并與普朗克根據(jù)黑體輻射測出的h相比較，以檢驗愛因斯坦光電效應(yīng)方程的正確性。下列說法正確的是(????)

A. 入射光的頻率越大，a的值越大 B. 入射光的頻率越大，b的值越大
C. 圖甲中極板A連接電源的正極 D. 由乙圖可求出普朗克常量h=bae
2. 籃球比賽時超遠(yuǎn)距離三分投籃會點燃全場觀眾的激情。若某運動員在比賽時，以45°角將籃球斜向上拋出，籃球以與水平面成37°角從籃框中心準(zhǔn)確入框(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)。若拋出時籃球離籃框中心的水平距離為7.8m，不計空氣阻力，籃球可視為質(zhì)點。則拋出時籃球與籃框中心的高度差為(????)
A. 0.865m B. 0.925m C. 0.975m D. 1.025m
3. 某靜電場中x軸上各點的電場強(qiáng)度方向均與x軸重合，以x軸負(fù)方向為電場強(qiáng)度的正方向，電場強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖所示。?d～d間的圖像關(guān)于x=0對稱。下圖分別表示x軸上各點的電勢φ隨x變化的圖像，其中可能正確的是(????)


A. B.
C. D.
4. 科學(xué)家探測到一顆離地球距離最近的人類易居行星，測得該行星的密度為ρ，半徑為R，已知引力常量為G，若在該行星上發(fā)射一顆衛(wèi)星繞其做圓周運動。下列關(guān)于該衛(wèi)星運行的物理量，描述錯誤的是(????)
A. 衛(wèi)星的最大運行速度大小為 4ρGπR23
B. 衛(wèi)星的最大加速度大小為4ρGπR3
C. 衛(wèi)星的最大運行角速度為? 4πρG3
D. 衛(wèi)星與行星中心連線單位時間內(nèi)掃過的最小面積為R2 43πρG
5. 如圖所示，四條長度相等的長直導(dǎo)線a、b、c、d分別處在正方形的四個頂點上，垂直于正方形平面固定放置，O為正方形的中心?，F(xiàn)給四條導(dǎo)線通入大小相等的恒定電流，a、b兩導(dǎo)線中電流的方向垂直紙面向里，c、d兩導(dǎo)線中電流的方向垂直紙面向外。則下列說法正確的是(????)


A. 導(dǎo)線a和導(dǎo)線b受到的安培力相同
B. 導(dǎo)線a和導(dǎo)線c受到的安培力方向相反
C. O點磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直bc向下
D. 若保持b、c兩導(dǎo)線中電流大小不變，方向反向，則O點磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向轉(zhuǎn)過90°
6. 在如圖所示的理想變壓器電路中，變壓器原，副線圈的匝數(shù)比為2：1，定值電阻R1=5Ω、R2=1Ω，R3為電阻箱。在a、b端輸入正弦交變電壓u=10 2sin100πt(V)，通過調(diào)節(jié)電阻箱R3的阻值，來改變變壓器的輸出功率。下列說法正確的是(????)

A. 當(dāng)變壓器輸出功率最大時，變壓器副線圈兩端的電壓為5V
B. 當(dāng)變壓器輸出功率最大時、電阻箱接入電路的電阻為0.25Ω
C. 當(dāng)變壓器輸出功率最大時，變壓器輸出的最大功率為5W
D. 當(dāng)變壓器原線圈中的電流分別為0.5A、1.5A時，變壓器的輸出功率相等
7. 如圖所示，直角三角形單匝金屬線框ABC放在光滑絕緣水平面上，∠B=90°，∠C=30°，BC邊長為L，金屬線框ABC的電阻為R。有界勻強(qiáng)磁場垂直于水平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場平行邊界MN、PQ的間距為12L?，F(xiàn)給金屬線框ABC一個瞬時沖量，使金屬線框ABC獲得一向右的速度v，同時給金屬線框ABC施加外力F(大小、方向未知)使金屬線框ABC保持速度v勻速通過磁場，金屬線框ABC通過磁場的過程中BC邊始終垂直于MN。從C點進(jìn)入磁場開始，下列說法正確的是(????)
A. 第一個L2v時間內(nèi)，作用在金屬線框ABC上的外力F的大小與時間成正比
B. 第一個L2v時間內(nèi)，A、B兩端的電壓與時間成正比
C. 第二個L2v時間內(nèi)，金屬線框ABC中的電流隨時間均勻增大
D. 第三個L2v時間內(nèi)，通過金屬線框ABC截面的電荷量為 3BL28R
8. 如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧連接并豎直放置，輕繩繞過分別固定在同一水平面上O、E兩點的定滑輪一端與物塊A相連，另一端與質(zhì)量為12m的小球C相連，小球C套在水平固定、粗細(xì)均勻的光滑直桿上。開始時，小球C鎖定在直桿的P點，連接小球的輕繩與水平方向的夾角為θ=53°，物塊B對地面的壓力恰好為零。某時刻解除對小球C的鎖定，同時對小球C施加一個水平向右、大小為F的恒力，小球C運動到直桿Q點時的速度達(dá)到最大，OQ與水平方向的夾角也為θ，D點為P、Q兩點的中點，P、Q兩點間的距離為L，E點在物塊A的正上方，小球C運動過程中輕繩始終處于拉直狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。忽略兩定滑輪的大小，已知重力加速度大小為g,sin53°=45,cos53°=35。下列說法正確的是(????)

A. 小球C從P點運動到D點的過程中，合外力對物塊A做的功為零
B. 小球C從P點運動到D點的過程中，彈簧的彈力和輕繩的拉力對物塊A沖量的和為零
C. 小球C運動到Q點時物塊A的速度大小為 8FL5m
D. 小球C運動到Q點時物塊A的加速度大小為|5F3m?2g|
9. 某同學(xué)利用如圖甲所示的實驗裝置探究物體的加速度與質(zhì)量的關(guān)系。

(1)按正確的實驗操作(包括平衡摩擦力)后，打出一條如圖乙所示的紙帶，圖中A、B、C為三個相鄰的計數(shù)點，若相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T，A、B兩點間的距離為x1、A、C兩點間的距離為x2，則小車的加速度為a=______ (用題目中給出物理量的字母表示)。

(2)改變小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)操作，得到多條紙帶。記下小車中的砝碼質(zhì)量m，利用紙帶測量計算小車的加速度a。以m為縱坐標(biāo)，以1a為橫坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上作出的m?1a關(guān)系圖像是一條傾斜的直線，如圖丙所示。如果在誤差允許的范圍內(nèi)，測得圖中直線的斜率等于______ ，在縱軸上的截距絕對值b等于______ ，表明合外力一定時，加速度與質(zhì)量成反比。(以上兩空用文字表述)
10. 要測量兩節(jié)新干電池的電動勢和內(nèi)阻，某實驗小組根據(jù)實驗室提供的器材連接成了如圖所示的實驗電路，其中定值電阻R0=2Ω，兩個電壓表的內(nèi)阻都很大。
(1)實驗器材中兩個電壓表的量程不同，其中一個量程為3V，另一個電壓表的量程稍小，則量程為3V的電壓表是______ (填“V1”或“V2”)，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片移到最______ (填“左”或“右”)端。
(2)閉合開關(guān)S后，移動滑動變阻器的滑片，測出多組電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)U1、U2，在坐標(biāo)系中描點作U2?U1圖象，測得圖象的斜率為0.56，圖象與縱軸的截距為1.26V，則電池組的電動勢E為______ V，電池組的內(nèi)阻r為______ Ω。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)
(3)由于電壓表______ (填“V1”、“V2”或“V1和V2”)的分流，使測得的電池組的電動勢比真實值______ (填“大”或“小”)。

11. 如圖甲所示，質(zhì)量為M=3kg的長木板ABC靜止在足夠長的光滑水平面上，長木板ABC的上表面由半徑為R(未知)的光滑四分之一圓弧面AB和長為L=1m的粗糙水平面BC平滑連接而成，B為圓弧面AB的最低點且切線水平，水平面BC的C端固定一擋板?，F(xiàn)將質(zhì)量為m=1kg的物塊從A點由靜止釋放，物塊與擋板碰撞后相對木板向左運動到B點時與長木板相對靜止。已知物塊在木板BC間運動的過程中，受到的摩擦力F隨物塊距B點的距離x變化規(guī)律如圖乙所示，物塊與擋板碰撞過程的時間極短且沒有機(jī)械能損失，重力加速度大小g取10m/s2，不計物塊的大小。求：
(1)圓弧面AB的半徑；
(2)物塊從A點由靜止釋放到與長木板相對靜止于B點，長木板運動的位移大小；
(3)物塊與擋板碰撞后的瞬間，物塊與長木板的速度大小。

12. 如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)存在電場方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ，在y=?L下方存在電場方向沿y軸方向的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ，在x軸下方和y=?L之間(含邊界)存在垂直坐標(biāo)系xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。在坐標(biāo)為(?2L,L)的P點沿x軸向射出一個質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子，粒子經(jīng)電場區(qū)域偏轉(zhuǎn)后從坐標(biāo)原點O射出電場區(qū)域I。已知電場區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ電場強(qiáng)度的2倍，粒子射出時的初速度大小為v0，不計粒子的重力大小。
(1)求勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大??；
(2)若粒子恰好不能進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?br /> (3)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從y軸上坐標(biāo)為(0,?L)的Q點進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ，求粒子第n次經(jīng)過x軸的位置離P點的水平距離，及從P點射出到第n次經(jīng)過x軸時，粒子運動的時間。

13. 下列說法正確的是(????)
A. 晶體一定具有固定的熔點，但不一定具有規(guī)則的幾何外形
B. 降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化
C. 一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程中一定從外界吸收熱量
D. 當(dāng)兩分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時，分子間的距離越大，分子勢能越大
E. 一定量的理想氣體，如果體積不變，分子每秒平均碰撞器壁次數(shù)隨著溫度的降低而增大
14. 如圖所示，粗細(xì)均勻的U形玻璃管左管封閉、右管開口，右管內(nèi)有一輕質(zhì)活塞，活塞和A、B兩段水銀柱封閉著1、2兩段理想氣體。初始時，長為10cm的水銀柱A下端與活塞下端平齊，水銀柱B在左管中的液面比右管中的液面低10cm，氣柱1長為10cm?，F(xiàn)用外力緩慢向下壓活塞，直至水銀柱B在左管和右管中液面相平并穩(wěn)定，已知大氣壓強(qiáng)為75cmHg，求：
(1)穩(wěn)定后，A段水銀對左管上封口處玻璃的壓強(qiáng)大小；
(2)此過程中活塞下降的高度。(結(jié)果均保留兩位小數(shù))
15. 如圖所示，一列簡諧波沿x軸傳播，t=0.2s時刻，x=?1m與x=1.5m間的波形如圖所示，質(zhì)點P平衡位置的坐標(biāo)為x=?1m。已知質(zhì)點P的振動方程為y=?10sin5πt(cm)，則下列說法正確的是(????)

A. 波沿x軸負(fù)方向傳播
B. 波的傳播速度大小為5m/s
C. 從圖示時刻開始，經(jīng)過1s，質(zhì)點P運動的路程為50cm
D. t=0.4s時刻，質(zhì)點P的位移為10cm
E. t=0.4s至t=0.6s時間內(nèi)，質(zhì)點P的速度先減小后增大
16. 如圖所示，邊長為L的正方形ABCD為一玻璃磚的截面，一束單色光從與AB邊成30°角的方向斜射到玻璃磚截面AB邊上的E點。光束進(jìn)入玻璃磚后經(jīng)BC邊反射后的反射光剛好射到CD邊的中點F。已知EB=14L，光在真空中的傳播速度為c。
(1)求玻璃磚對光的折射率。
(2)試判斷光射到BC邊時能否發(fā)生全反射，并求光從E點傳播到F點所用的時間。



答案和解析

1.【答案】D?
【解析】解：A.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hν?W0
又eUe=Ek
得Ue=heν?W0e
橫軸截距a=W0h=ν0，即截止頻率，為定值，與入射光的頻率無關(guān)，故A錯誤；
B.縱軸截距?b=?W0e，為定值，與入射光的頻率無關(guān)，故B錯誤；
C.由題可知，光電管上所加的電壓為反向電壓，所以圖甲中極板A連接電源的負(fù)極，故C錯誤；
D.圖像斜率k=he=ba，得h=bae，故D正確。
故選：D。
根據(jù)光電效應(yīng)方程得出遏止電壓與入射光頻率的關(guān)系，通過圖線的斜率求出普朗克常量；電壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率。
解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程以及最大初動能與遏止電壓的關(guān)系．

2.【答案】C?
【解析】解：籃球的運動為斜拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為豎直上拋運動，根據(jù)題意有：tan45°=vyvx
水平方向x=vxt
豎直方向?vy′=vy?gt
籃球入框時，有：tan37°=vy′vx
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t= 273200s
vx=vy=407 273200m/s
則拋出時籃球與籃框中心的高度差為y=vyt?12gt2
代入數(shù)據(jù)解得：y=0.975m
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
籃球的運動為斜拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為豎直上拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解即可。
本題考查斜拋運動，解題關(guān)鍵是將籃球的運動分解到水平方向和豎直方向，結(jié)合運動學(xué)公式列式求解即可。

3.【答案】C?
【解析】解：由于以x軸負(fù)方向為電場強(qiáng)度的正方向，在?d～d區(qū)間，場強(qiáng)均為正值，即場強(qiáng)均沿x軸負(fù)方向，沿電場方向電勢逐漸降低，故沿+x方向，電勢逐漸升高，由于φ?x圖線的斜率表示場強(qiáng)大小，在O點附近場強(qiáng)最大，φ?x圖線斜率最大，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
φ?x圖線的斜率表示場強(qiáng)大小，沿電場方向電勢逐漸降低。
本題考查學(xué)生對電場基本知識的掌握，解題關(guān)鍵是掌握φ?x圖線的斜率表示場強(qiáng)大小，沿電場方向電勢逐漸降低。

4.【答案】D?
【解析】解：A.衛(wèi)星繞行星表面運動時速度最大，則GMmR2=mv2R
其中M=43πR3ρ
解得衛(wèi)星的最大運行速度大小為v= 4ρGπR23，故A正確；
B.衛(wèi)星的最大加速度大小為a=v2R=4ρGπR3，故B正確；
C.衛(wèi)星的最大運行角速度為ω=vR= 4πρG3，故C正確；
D.衛(wèi)星與行星中心連線單位時間內(nèi)掃過的最大面積為S=12RL=12RvΔt=R2 13πρG(其中△t=1s)，故D錯誤。
本題選擇錯誤的，
故選：D。
衛(wèi)星繞行星做的是勻速圓周運動，根據(jù)行星表面萬有引力提供向心力求解第一宇宙速度，即為此衛(wèi)星的速度．結(jié)合軌道半徑求出衛(wèi)星加速度和角速度。
解決本題的關(guān)鍵掌握衛(wèi)星繞行星運行時，由萬有引力提供向心力，運用萬有引力定律和圓周運動的規(guī)律結(jié)合解答．

5.【答案】BC?
【解析】解：AB、根據(jù)電流間相互作用的規(guī)律，可知同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，故a、b、c受到的安培力分別如圖所示

根據(jù)矢量合成法則，可知導(dǎo)線a和導(dǎo)線b受到的安培力方向不同，導(dǎo)線a和導(dǎo)線c受到的安培力方向相反，故A錯誤，B正確；
C、根據(jù)安培定則和矢量合成法則可知，O點磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直bc向下，故C正確；
D、若保持b、c兩導(dǎo)線中電流大小不變，方向反向，則O點磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)榱?，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)左手定則和安培定則可知，在安培力作用下，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥，畫出a、b、c受到的安培力的示意圖，結(jié)合矢量合成法則，分析導(dǎo)線a和導(dǎo)線b受到的安培力以及導(dǎo)線a和導(dǎo)線c受到的安培力的關(guān)系；根據(jù)安培定則和矢量合成法則可知，分析O點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；若保持b、c兩導(dǎo)線中電流大小不變，方向反向，同理根據(jù)矢量求合判斷O點磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化。
本題考查了電流周圍的磁場以及電流間的相互作用，熟練掌握矢量的合成。

6.【答案】BCD?
【解析】解：A.根據(jù)題意在a、b端輸入電壓的有效U=Um 2=10 2 2V=10V
把電阻R1看作a、b端輸入電源的內(nèi)阻，負(fù)載看作變壓器原線圈的等效電阻R原=k2R負(fù)載
當(dāng)電阻R1與變壓器原線圈等效電阻相等，有最大輸出功率，即R1兩端電壓與輸出電壓相等UR1=U1=5V
根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比關(guān)系U1U2=n1n2
代入數(shù)據(jù)解得U2=2.5V，故A錯誤；
B.由歐姆定律I1=UR1R1=55A=1A
由原副線圈電流間關(guān)系I1I2=n2n1
得I2=2A則R2兩端電壓為UR2=I2R2=2×1V=2V
則R3=U2?UR2I2=2.5?22Ω=0.25Ω，故B正確；
另解：原線圈的等效內(nèi)阻R原=k2R負(fù)載=4(R3+R4)
當(dāng)R原=R1時，電源有最大輸出功率，代入數(shù)據(jù)解得R3=0.25Ω
C.輸出功率P=U2I2=2.5×2W=5W，故C正確；
D.當(dāng)變壓器原線圈中的電流為I1′=0.5A時，原線圈兩端電壓U1′=U?I1′R1=10V?0.5×5V=7.5V
變壓器原線圈的輸入功率P1′=U1′I1′=7.5×0.5W=3.75W
故變壓器輸出功率P2′=P1′=3.75W
同理，當(dāng)變壓器原線圈中的電流1.5A時，輸出功率為P2′′=3.75W，故D正確。
故選：BCD。
A.根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求a、b端輸入電壓的有效；把電阻R1看作a、b端輸入電源的內(nèi)阻，負(fù)載看作變壓器原線圈的等效電阻，當(dāng)電阻R1與變壓器原線圈等效電阻相等，有最大輸出功率，得到變壓器原線圈輸入功率，在根據(jù)電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求解副線圈兩端電壓；
B.根據(jù)歐姆定律求原線圈中的電流，根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系求副線圈中的電流，根據(jù)歐姆定律及串聯(lián)電阻的電壓關(guān)系求電阻R3的阻值；
C.根據(jù)功率公式求輸出功率；
D.根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系求副線圈中的電流；根據(jù)歐姆定律及串聯(lián)電路的電壓關(guān)系求原線圈兩端電壓，根據(jù)功率公式求原線圈消耗的功率，根據(jù)功率關(guān)系求變壓器的輸出功率；
本題是原線圈中含有負(fù)載的變壓器，把變壓器原線圈回路的電阻看作a、b端輸入電源的內(nèi)阻，把變壓器副線圈負(fù)載電阻等效看作變壓器原線圈的電阻，可以使問題簡化。

7.【答案】BD?
【解析】解：A、第一個L2v時間內(nèi)，作用在金屬線框上的外力與安培力等大反向，在0～L2v時間內(nèi)t時刻，作用在金屬線框上的安培力大小為：
F安=BIl=BERl=BBlvRl
其中線框的有效切割長度l=vt?tan30°
聯(lián)立解得：F=F安=B2v3t23R∝t2
作用在金屬線框ABC上的外力F的大小與時間的平方成正比，故A錯誤；
B、第一個L2v時間內(nèi)，感應(yīng)電流為：I=ER=BlvR= 3Bv2t3R∝t
感應(yīng)電流與時間成正比，根據(jù)歐姆定律可知，則A、B兩端的電壓與時間也成正比，故B正確；
C、第二個L2v時間內(nèi)，金屬線框中切割磁感線的有效長度為L2tan30°= 3L6，為恒定值，則感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流均恒定，故C錯誤；
D、第三個L2v時間內(nèi)是線框的AB邊由MN運動到PQ，通過金屬線框截面的電荷量為：
q=I?Δt=E?RΔt=ΔΦΔtRΔt=BΔSR
由幾何知識得：ΔS=12×( 33L+ 36L)×12L= 38L2
聯(lián)立求得通過金屬線框ABC截面的電荷量為：q= 3BL28R，故D正確。
故選：BD。
作用在金屬線框上的外力F與安培力等大反向，確定線框切割磁感線的有效長度，推導(dǎo)安培力，感應(yīng)電流與時間的關(guān)系式；利用平均電流，平均電動勢的概念求解通過金屬線框截面的電荷量。
本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)、電路、通過的電荷量相關(guān)知識，基礎(chǔ)題目。注意有效切割長度的計算，培養(yǎng)綜合分析基本能力。

8.【答案】AD?
【解析】解：A.小球C在P點時物塊A的速度為零，小球C運動到D點時物塊A的速度也為零，該過程中小球C的動能變化量為零，由動能定理知：合外力對物塊A做的功為零，故A正確；
B.小球C從P點運動到D點的過程中，物塊A的動量變化為零，根據(jù)動量定理可知，彈簧的彈力和輕繩的拉力以及物塊A的重力對物塊A的沖量的和為零，故B錯誤；
C.小球C運動到Q點時，A回到原來的位置，則彈簧彈性勢能不變，設(shè)C在Q點的速度為v，則A在Q點的速度為vcosθ，由功能關(guān)系有
FL=12?12mv2+12m(vcosθ)2(此時物塊B對地面的壓力恰好為零，速度為零)
代入數(shù)據(jù)解得v= 100FL43m
則物塊A的速度大小為6 FL43m，故C錯誤；
D.小球C運動到直桿Q點時的速度達(dá)到最大，則此時C受合力為零，設(shè)繩對小球C的拉力為T，則小球C在Q點，由平衡關(guān)系有
Tcosθ=F①
C在Q點時，對物塊A，由牛頓第二定律有
|T?mg?F彈|=ma②
F彈=mg③
聯(lián)立①②③代入數(shù)據(jù)得A的加速度a=|5F3m?2g|，故D正確。
故選：AD。
由動能定理知，合外力對物體所做的功等于物體動能的變化量。物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化量。輕繩對系統(tǒng)整體不做功，由功能關(guān)系可求C選項。由牛頓第二定律和對稱性可求D選項。
本題的關(guān)鍵在于輕繩對系統(tǒng)不做功、小球C運動到Q點時物塊B剛好沒有動。

9.【答案】x2?2x1T2? 槽碼的重力? 小車的質(zhì)量?
【解析】解：(1)利用逐差法可知：Δx=aT2
根據(jù)圖乙數(shù)據(jù)可知，a=(x2?x1)?x1T2=x2?2x1T2；
(2)設(shè)小車的質(zhì)量為M，槽碼的重力為G，如果合外力一定時，加速度與質(zhì)量成反比，則有：G=(m+M)a
整理得：m=G?1a?M，結(jié)合圖像可知，此時b=M，k=G。
即直線的斜率k等于槽碼的重力，在縱軸上的截距絕對值為b，等于小車的質(zhì)量。
故答案為：(1)x2?2x1T2；(2)槽碼的重力、小車的質(zhì)量。
(1)勻變速直線運動相鄰相等的時間內(nèi)位移之差為定值，即Δx=aT2進(jìn)行分析，即可求得加速度的數(shù)值；
(2)根據(jù)實驗裝置的特點，用整體法根據(jù)牛頓第二定律寫出鉤碼質(zhì)量m與加速度的倒數(shù)1a的關(guān)系式，結(jié)合圖象分析截距與斜率的意義。
本題考查了探究物體的加速度與質(zhì)量的關(guān)系實驗原理，明確逐差公式求加速的意義，掌握圖象法探究物理規(guī)律的優(yōu)勢。

10.【答案】V2? 右? 2.862.55V2? 小?
【解析】解：(1)電壓表V2測V1和電阻并聯(lián)后的總電壓，所以量程為3V的電壓表是V2，閉合開關(guān)S前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片移到最右端，使回路電流最小，保護(hù)電路。
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律U2=E?U2?U1R0r
整理得U2=ER0R0+r+rR0+rU1
根據(jù)k=rR0+r=0.56，b=ER0R0+r=1.26
解得E=2.86V，r=2.55Ω
(3)公式中代入為R0的電流，實際上由于電壓表V2的分流，R0的電流小于干路電流，使測得的電池組的電動勢比真實值小。
故答案為：(1)V2；右；(2)2.86；2.55；(3)V2；小。
(1)估算電路的電流，確定電流表的量程，從安全方便的角度選擇滑動變阻器；
(2)從安全的角度看，使滑動變阻器連入的電阻最大，寫出U?I表達(dá)式，根據(jù)圖象的斜率和縱截距求電源的電動勢和內(nèi)阻；
(3)明確誤差來源，明確電壓表V2的分流導(dǎo)致出現(xiàn)誤差。
本題考查了實物電路圖的分析、實驗數(shù)據(jù)處理，對電壓表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；知道實驗原理與實驗數(shù)據(jù)處理方法可以求出電源電動勢與內(nèi)阻。

11.【答案】解：(1)設(shè)物塊與長木板相對靜止時系統(tǒng)的速度為v。物塊與木板組成的系統(tǒng)全過程在水平方向上動量守恒，設(shè)向右為正方向，則有：
0=(m+M)v
解得：v=0
由功能關(guān)系可知全過程物塊減少的重力勢能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，根據(jù)圖乙可知摩擦力與相對位移成線性關(guān)系，可用F的平均值計算系統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有：
mgR=F??2L
其中：F?=2N+6N2=4N
解得：R=0.8m
(2)系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)任意時刻物塊與木板的水平速度大小分別為v1、v2，全過程物塊與木板的水平位移大小分別為x1、x2，設(shè)向右為正方向，則有：
mv1?Mv2=0
可見任意時刻均有：v1v2=Mm=3
可得：x1x2=Mm=3
又有：x1+x2=R=0.8m
解得長木板運動的位移大小為：x2=0.2m
(3)設(shè)物塊與擋板碰撞后的瞬間，物塊與長木板的速度大小分別為v1′、v2′。以向右為正方向，由水平方向動量守恒得：
mv1′?Mv2′=0
由功能關(guān)系得：
mgR=F?L+12mv′12+12Mv′22
解得：v1′= 6m/s，v2′= 63m/s
答：(1)圓弧面AB的半徑為0.8m；
(2)物塊從A點由靜止釋放到與長木板相對靜止于B點，長木板運動的位移大小為0.2m；
(3)物塊與擋板碰撞后的瞬間，物塊與長木板的速度大小分別為 6m/s， 63m/s。?
【解析】(1)物塊與木板組成的系統(tǒng)全過程在水平方向上動量守恒，根據(jù)圖乙可用F的平均值或圖像與軸圍成的面積來計算系統(tǒng)克服摩擦力做的功，由功能關(guān)系求解；
(2)物塊與木板組成的系統(tǒng)全過程在水平方向上動量守恒，任意時刻物塊與木板的水平速度大小與質(zhì)量成反比，全過程物塊與木板的水平位移大小也與質(zhì)量成反比，再結(jié)合兩者位移大小關(guān)系求解；
(3)同理，根據(jù)水平方向動量守恒和功能關(guān)系求解。
本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律。對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

12.【答案】解：(1)根據(jù)電場力公式和牛頓第二定律可知：F1=qE=ma1
根據(jù)運動學(xué)公式可得：L=12a1t12
粒子在豎直方向做勻加速直線運動，水平方向沒有外力作用，可知在水平方向做勻速直線運動可得粒子在區(qū)域I花費的時間為：t1=2Lv0
結(jié)合上式可得：12×qEm×(2Lv0)2=L
解得：E=mv022qL
(2)粒子在區(qū)域I做類平拋運動可知，粒子在原點時速度的方向延長線交水平位移的中點，
可得粒子離開電場區(qū)域時的速度與x軸的夾角：α=45°速度大小v= 2v0
粒子在磁場運動時，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqv=mv2r
解得：r=mvBq而由幾何關(guān)系有：cos45°=12Lr
結(jié)合上式可得：B=2mv0qL
(3)由題意可知，區(qū)域II電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼亩叮仕ㄙM的時間和水平位移為粒子在區(qū)域I的一半，分析可知，粒子從x軸上下方經(jīng)過x軸時距離P點得距離不同，故要分情況討論：
當(dāng)n為奇數(shù)時，當(dāng)n=1時，距離P點水平距離為2L，n=3時距離P點水平距離為4L，當(dāng)n=5時，距離P點水平距離為6L，整理可知n取奇數(shù)且當(dāng)(n≥1)時距離P點水平距離為(n+1)L
當(dāng)n為偶數(shù)時，當(dāng)n=2時距離P點水平距離為0，當(dāng)n=4時距離P點水平距離為2L，當(dāng)n=6時距離P點水平距離為4L，整理可知n取偶數(shù)且(n≥2)時距離P點水平距離為(n?2)L分析題意可知： 2v0mBq= 22L
而由上述結(jié)論：B=2mv0qL
洛倫茲力提供向心力得：Bqv=m4π2T2r，以及T=Lπv0分析可知：粒子在磁場運動一個周期為Lπ2v0在區(qū)域I時間為4Lv0，區(qū)域II時間為2Lv0
當(dāng)n=1時，時間為2Lv0
n=2時，時間為4L+Lπ2v0
當(dāng)n=3時，時間為4L+Lπ2v0+4Lv0
當(dāng)n=4時，時間為4L+Lπ2v0+4Lv0+4L+Lπ2v0
整理可得n為偶數(shù)時且n≥4，時間為(n2)4L+Lπ2v0+(n2?1)2Lv0，
n為奇數(shù)時且n≥3，時間為(n?12)(2Lv0+4L+Lπ2v0)
答：(1)勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小為mv022qL；
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2mv0qL；
(3)n取奇數(shù)且當(dāng)(n≥1)時距離P點水平距離為(n+1)L，n取偶數(shù)且(n≥2)時距離P點水平距離為(n?2)L；n為偶數(shù)時且n≥4，時間為(n2)4L+Lπ2v0+(n2?1)2Lv0，n為奇數(shù)時且n≥3，時間為(n?12)(2Lv0+4L+Lπ2v0)。?
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律得出粒子的加速度，結(jié)合類平拋規(guī)律、運動學(xué)公式得出場強(qiáng)的大??；
(2)粒子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
(3)對n的數(shù)值進(jìn)行分類討論，結(jié)合運動學(xué)公式得出不同情況下的運動時間。
本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，熟悉粒子的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式即可完成解答。

13.【答案】ABC?
【解析】解：A.晶體分為單晶體和多晶體，都具有固定的熔點，但單晶體有規(guī)則的幾何外形，而多晶體沒有規(guī)則的幾何外形，故A正確；
B.飽和蒸氣壓的大小與溫度有關(guān)，降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化，故B正確；
C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程pVT=C可知，一定質(zhì)量的理想氣體等壓膨脹過程中溫度一定升高，理想氣體的內(nèi)能一定增大，同時氣體膨脹對外做功，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體一定從外界吸熱，故C正確；
D.當(dāng)兩分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時，分子間的距離增大，分子力做正功，勢能減小，故D錯誤；
E.一定量的理想氣體，如果體積不變，根據(jù)pVT=C可知，溫度降低，壓強(qiáng)減小，根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義可知分子每秒平均碰撞器壁次數(shù)將減小，故E錯誤；
故選：ABC。
根據(jù)晶體的特點判斷；降低溫度能夠使氣體的飽和氣壓降低，從而使氣體液化；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷；結(jié)合分子力的特點與分子力做功判斷；根據(jù)壓強(qiáng)的微觀意義判斷。
該題考查到的知識點較多，知道晶體的特點，明確飽和氣壓與溫度的關(guān)系，明確熱力學(xué)第一定律中的物理量的正負(fù)的意義，知道分子勢能變化原因。

14.【答案】解：(1)初始時，根據(jù)平衡條件p20=p0+10cmHg=75cmHg+10cmHg=85cmHg
緩慢向下壓活塞過程，氣柱2發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律p20L20S=p2L2S
根據(jù)幾何關(guān)系L20=L10+10cm=20cm
L2=L20?5cm=15cm
解得p2=113.33cmHg
故A段水銀對左管上封口處玻璃的壓強(qiáng)大小p=p2?pA=113.33cmHg?10cmHg=103.33cmHg
(2)穩(wěn)定后p1=p2=113.33cmHg
對緩慢向下壓活塞過程，氣柱1發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律p0L10S=p1L1S
解得L1=6.62cm
故活塞下降的高度h=L10?L1+5cm=10cm?6.62cm+5cm=8.38cm
答：(1)穩(wěn)定后，A段水銀對左管上封口處玻璃的壓強(qiáng)大小為103.33cmHg；
(2)此過程中活塞下降的高度為8.38cm。?
【解析】(1)初始時，根據(jù)平衡條件求出初始時刻的壓強(qiáng)，緩慢向下壓活塞過程，對氣柱2根據(jù)玻意耳定律求出末態(tài)壓強(qiáng)；進(jìn)而求出A段水銀對左管上封口處玻璃的壓強(qiáng)；
(2)對緩慢向下壓活塞過程，氣柱1發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求出空氣柱的長度，再根據(jù)幾何關(guān)系求出活塞下降的高度。
本題考查液柱類問題，解決本題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確求出密閉氣體的壓強(qiáng)。本題難度不大。

15.【答案】ABE?
【解析】解：A.依題意，波周期T=2πω=2π5π=0.4s，根據(jù)振動方程，t=0.2s時，5πt=π，故0.2s后質(zhì)點P在平衡位置向上振動，根據(jù)“上下坡法”，波沿x軸負(fù)方向傳播，故A正確；
B.由波形圖，該波波長λ=2m，則波速v=λT=20.4m/s=5m/s
故B正確；
C.從圖示開始，經(jīng)過1s，質(zhì)點P振動2.5個周期，質(zhì)點P運動路程s=2.5×4A=10×10cm=100cm
故C錯誤；
D.t=0.4s時刻，質(zhì)點P仍位于平衡位置，所以位移為零，故D錯誤；
E.t=0.4s至t=0.6s時間內(nèi)，質(zhì)點P從平衡位置沿y軸負(fù)方向運動再回到平衡位置，質(zhì)點P速度先減小后增大，故E正確。
故選：ABE。
A.根據(jù)“上下坡法”，波沿x軸負(fù)方向傳播；
B.根據(jù)波形圖，確定波長和周期，求波速；
C.一個周期內(nèi)，質(zhì)點振動路程為4個振幅；
D.從平衡位置沿y軸負(fù)方向運動再回到平衡位置，速度先減小后增大。
本題解題關(guān)鍵是正確使用“上下坡法”，確定波的傳播方向，根據(jù)波速公式求波速，并掌握一個周期內(nèi)，質(zhì)點振動路程為4個振幅。

16.【答案】解：(1)設(shè)光線折射到BC邊的G點，根據(jù)題意畫出光路圖如下

設(shè)AB邊的折射角為∠1，根據(jù)折射定律有n=sin60°sin∠1
根據(jù)幾何關(guān)系有14LBG=L2L?BG
聯(lián)立解得BG=13L，EG=512L,FG=56L
∠1=37°，n=5 36
因為sinC=1n=2 35

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