1.甲、乙兩車在同一平直公路的兩條平行車道上同時(t=0)并排出發(fā)，甲車做勻速直線運動，乙車從靜止開始做勻加速運動，它們的位移圖像如圖所示，比較兩車在0～10s內(nèi)的運動，以下說法正確的是( )
A. t=5s時，甲、乙兩車速度大小相差最大
B. 0～5s時，甲、乙兩車的平均速度相同
C. t=10s時，乙車的速度一定是甲車的2倍
D. 甲車將在t=20s后再次追上乙車
2.如圖甲所示，某同學利用橡皮筋懸掛手機的方法模擬蹦極運動，并利用手機的加速度傳感器研究加速度隨時間變化的圖像，如圖乙所示。手機保持靜止時，圖像顯示的加速度值為0，自由下落時，圖像顯示的加速度值約為?10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是( )
A. t=0.6s時，手機已下降了約1.8m
B. t=0.8s時，手機正向上加速運動
C. 加速度約為70m/s2時，手機速度為0
D. 0.6?0.8s時間內(nèi)，橡皮筋的拉力逐漸減小
3.如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為r、可繞中心軸轉(zhuǎn)動的同心圓盤，在圓盤的邊緣放置一個質(zhì)量為m的小物塊。物塊與圓盤及與餐桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計，物塊可視為質(zhì)點。則( )
A. 物塊從圓盤上滑落的瞬間，圓盤的角速度大小為 μgr
B. 物塊從圓盤上滑落的瞬間，圓盤的線速度大小為 μgr
C. 餐桌面的半徑為 52r
D. 物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做功為μmgr
4.2023年3月，中國科學家通過冷凍電鏡技術(shù)解析了晶態(tài)冰中蛋白質(zhì)三維結(jié)構(gòu)，電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關(guān)鍵部分，其中一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，一電子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、b是軌跡上的兩點，下列說法正確的是( )
A. 電子在b點受到的電場力方向豎直向下B. a點的電場強度小于b點的電場強度
C. a點的電勢高于b點的電勢D. 電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能
5.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定于P點，下端連接一個質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的物塊?，F(xiàn)將物塊由O點靜止釋放，OP為彈簧原長，物塊到達最低點A點。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. 物塊在A點的加速度大小為0.5g
B. O、A兩點的距離為mgk
C. 從O點到A點，物塊的加速度先增大后減小
D. 從O點到A點，物塊的回復力先減小后增大
6.如圖所示，兩光滑平行金屬導軌水平放置，左端接一定值電阻R，其余電阻不計，整個裝置處于垂直于軌道平面的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m的導體棒在水平拉力F作用下由靜止做勻加速直線運動，拉力F與時間t的關(guān)系圖像如圖所示，則( )
A. t0=0時棒的加速度a=F02mB. 導軌間距L= 2mRB2t0
C. t0時棒的速度v=3F0t0mD. 0～t0時間內(nèi)F的沖量I=F0t02
7.如圖所示為針對新冠疫情設(shè)計的消殺噴藥裝置，內(nèi)部裝有2L藥液，上部密封壓強為1atm的空氣0.5L，保持閥門關(guān)閉，再充入1atm的空氣0.1L。假設(shè)在所有過程中空氣可看作理想氣體，且溫度不變，外部大氣壓強為1atm，下列說法正確的是( )
A. 充氣后，密封氣體壓強變?yōu)?.1atm
B. 充氣后，密封氣體的分子平均動能增加
C. 打開閥門后，密封氣體對外界做正功
D. 打開閥門后，密封氣體向外界放熱
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
8.某網(wǎng)球以大小為v0的速度豎直向上拋出，落回出發(fā)點的速度大小為v1。網(wǎng)球的速度隨時間變化關(guān)系如圖所示，若空氣阻力大小與網(wǎng)球速率成正比，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A. 下降過程中網(wǎng)球處于超重狀態(tài)
B. 網(wǎng)球上升、下降過程所受阻力的沖量大小相等
C. 網(wǎng)球上升過程克服阻力做功等于下降過程克服阻力做功
D. 網(wǎng)球從拋出到落回出發(fā)點所用的時間t1=v0+v1g
9.小紅將量程為0～0.6A的電流表A(表盤刻度共有30個小格)，按照圖示電路改裝成較大量程的電流表乙，其中R1和R2阻值相等，都等于改裝前電流表內(nèi)阻的14。下列說法正確的是( )
A. 將1、2接入電路時，電流表乙每一小格表示0.12A
B. 將1、2接入電路時，電流表乙每一小格表示0.08A
C. 將1、3接入電路時，電流表乙每一小格表示0.08A
D. 將1、3接入電路時，電流表乙每一小格表示0.06A
10.如圖，傾角θ=30°的足夠長傳送帶向上勻速傳動，與傳送帶運動方向垂直的虛線MN與PQ間存在垂直傳送帶向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質(zhì)量為m、邊長為L的正方形單匝導線框abcd隨傳送帶一起向上運動；經(jīng)過一段時間，當線框ab邊越過虛線MN進入磁場后，線框與傳送帶間發(fā)生相對運動；當線框完全進入磁場時，速度大小變?yōu)榫€框ab邊剛進入磁場時速度大小的13，當線框ab邊到達虛線PQ處時，線框恰好與傳送帶相對靜止。已知兩虛線間距離為259L，線框的阻值為R，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ= 32，重力加速度為g，整個過程中線框ab邊始終與兩虛線平行，下列說法正確的是( )
A. 穿過磁場過程中，線框的最小速度不小于mgR4B2L2
B. 線框從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，摩擦力的沖量為3B2L3R
C. 傳送帶的速度大小為 2gL
D. 線框離開磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為2536mgL
三、實驗題：本大題共2小題，共15分。
11.某研究小組為測量滑塊和長木板之間的動摩擦因數(shù)，設(shè)計了如圖甲所示的實驗裝置。長木板固定在水平桌面上，力傳感器和光電門固定在豎直的支架上，輕繩懸掛的重物上固定一窄遮光條。實驗時重物每次都從支架A處由靜止釋放，改變重物的質(zhì)量，重復上述操作，記錄多組遮光條通過光電門時的遮光時間Δt和力傳感器示數(shù)F的數(shù)據(jù)。已知A、B之間的距離為L，重力加速度為g，不計輕繩、滑輪的質(zhì)量及滑輪上的摩擦。
(1)實驗時，下列必要的操作是______(請?zhí)钫_選項代碼)；
A.用天平測出重物和遮光條的總質(zhì)量為m
B.將長木板不帶滑輪的一端略微墊高以補償阻力
C.調(diào)整滑輪及力傳感器的位置，使繩子處于水平狀態(tài)
D.為減小實驗誤差，實驗中一定要保證重物及遮光條的總質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量
(2)測量遮光條寬度時，游標卡尺的示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度d=______ mm；
(3)某次實驗時光電門顯示遮光時間Δt=0.024s，則遮光片通過光電門時的速度v=______(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；
(4)以F為縱坐標，1(Δt)2為橫坐標，作圖如圖丙所示，已知直線的斜率為k，截距為b，則滑塊的質(zhì)量M=______，滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=______(用b、d、k、g、L表示)。
12.在用氣墊導軌做“探究碰撞中的不變量”實驗時，左側(cè)滑塊質(zhì)量為m1，右側(cè)滑塊質(zhì)量為m2，擋光片寬度為d，兩滑塊之間有一壓縮的彈簧片，并用細線連接兩滑塊讓它們保持靜止，如圖1所示。燒斷細線后，兩滑塊分別向左、右方向運動。擋光片通過光電門的時間分別為Δt1，Δt2。(取向右為正方向)
(1)則燒斷細線前兩滑塊的總動量p=______kg?m/s。
(2)燒斷細線后兩滑塊的總動量p′=______。(用題中所給字母表示)
(3)用游標卡尺測量擋光片的寬度d，示數(shù)如圖2所示，則d=______ cm。
(4)若m1=190g，m2=130g，Δt1=0.35s，Δt2=0.24s，則代入上述表達式，得p′=______kg?m/s。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)
(5)為了研究碰撞過程中動量是否守恒，該小組同學改進了實驗裝置。在兩個滑塊之間連了一根彈性繩，將小車放置在氣墊導軌上，拉伸彈性繩到適當遠的距離后靜止釋放。小車就在彈力的作用下相向運動，用這個較長的運動過程來模擬碰撞的短暫作用。這就解決了碰撞過程很短暫，難以捕捉和測量的難題。利用視頻追蹤軟件Tracker進行數(shù)據(jù)處理，自動繪制小車運動過程中的動量一時間圖像如圖所示。從圖中我們得出的結(jié)論為______。
四、簡答題：本大題共1小題，共15分。
13.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)空間分布著水平向右的勻強電場，y軸右側(cè)空間分布著垂直紙面向外的勻強磁場。某時刻有一帶正電的粒子以初速度v0沿平行于y軸正方向從A點射出，粒子從C點進入磁場，在磁場中運動一段時間后恰好又回到A點。已知A點坐標為(?d,0)，C點坐標為(0,2d)，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子所受的重力。求：
(1)y軸左側(cè)勻強電場的電場強度大小E；
(2)y軸右側(cè)勻強磁場的磁感應強度大小B；
(3)帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t。
五、計算題：本大題共3小題，共40分。
14.宇航員駕駛宇宙飛船成功登上月球，他在月球表面做了一個實驗：在停在月球表面的登陸艙內(nèi)固定一傾角為θ=30°的斜面，讓一個小物體以速度v0沿斜面上沖，利用速度傳感器得到其往返運動的v?t圖象如圖所示，圖中t0已知。已知月球的半徑為R，萬有引力常量為G，不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響。求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)月球的平均密度ρ。
15.如圖所示，圖甲中在滑動變阻器的滑片從一端瑞滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙中的AC、BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響。
(1)定值電阻R0、滑動變阻器的總電阻R分別為多少？
(2)求出電源的電動勢和內(nèi)阻；
(3)電源的工作效率什么時候最大，最大效率是多少？
16.某充氣式座椅簡化模型如圖所示，質(zhì)量相等且導熱良好的兩個氣缸通過活塞封閉質(zhì)量相等的兩部分同種氣體A、B，活塞通過輕彈簧相連靜置在水平地面上．已知氣缸的質(zhì)量為M，封閉氣體的初始高度均為L、初始環(huán)境溫度為T0，輕彈簧的勁度系數(shù)為k、原長為L0，大氣壓強為p0，重力加速度為g，活塞的橫截面積為S、質(zhì)量和厚度不計，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，活塞始終未脫離氣缸．
(1)求初始時，A氣體的壓強；
(2)若環(huán)境溫度緩慢升至1.2T0，求穩(wěn)定后，活塞a離水平地面的高度；
(3)若環(huán)境溫度緩慢升至1.2T0，A、B氣體總內(nèi)能增加U，求A氣體從外界吸收的熱量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)x?t圖象的斜率表示速度，甲車圖象的斜率不變，則甲車的速度不變，做勻速直線運動，速度為
v甲=xt=10010m/s=10m/s
乙車圖象的切線斜率不斷增大，則乙車的速度不斷增大，做勻加速運動，根據(jù)
x=v0t+12at2
將(0,0)和(10,100)代入可得
v0=0
a=2m/s2
故t=5s時，乙的速度
v乙=at=10m/s
由此可知此時兩車速度相等，故A錯誤；
B.0～5s內(nèi)甲的位移大于乙的位移，根據(jù)平均速度的定義
v?=xt
可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B錯誤；
C.t=10s時，乙的速度為
v乙′=at′=2×10m/s=20m/s
可知此時乙車的速度是甲車的2倍，故C正確；
D.由x?t圖像可知，t=10s時，二者位移相同，故此時乙車剛好追上甲車，而之后乙車的速度一直大于甲車的速度，故甲車不可能追上乙車，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)x?t圖像的斜率求出甲車勻速運動的速度，由位移-時間公式求出乙車的加速度，再求出t=10s時乙車的速度，從而確定何時兩者速度大小相差最大和最小，由勻變速直線運動規(guī)律可求平均速度，當兩者速度相等時兩車間距達到最大，兩車從同一地點并排出發(fā)，位移相等時相遇。
解決本題時，要知道x?t圖像的斜率表示速度，兩圖像的交點表示相遇，同時，能熟練運用運動學公式進行解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、0～0.6s，若手機一直做自由落體運動，手機下降的高度為h=12gt2=12×10×0.62m=1.8m
由圖像得，0.4s后手機才開始運動，則0.6s時，手機下降的距離一定小于1.8m，故A錯誤；
BCD、由圖像可知0.6s開始，加速度為負值且加速度大小逐漸減小，手機向下做加速運動，橡皮筋形變量增大，拉力逐漸增大；
約0.8s拉力和重力相等時，手機速度最大，之后拉力大于重力，加速度為正值，手機向下做減速運動，橡皮筋的拉力逐漸增大；
當手機速度為零，橡皮筋的拉力最大，加速度為正的最大值，約為70m/s2，故C正確，BD錯誤。
故選：C。
若手機做自由落體運動，根據(jù)位移-時間公式求解手機下降的高度，結(jié)合圖像分析手機的運動情況；根據(jù)加速度隨時間的變化分析手機的運動情況和受力情況。
本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是由a?t圖像分析好手機的運動情況和受力情況，結(jié)合牛頓第二定律分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：AB、物塊從圓盤上滑落的瞬間，此時摩擦力達到最大靜摩擦力，由牛頓第二定律可得
μmg=mω2r
代入解得：ω= μgr
由線速度與角速度的關(guān)系公式v=ωr，可得圓盤的線速度大小為
v=ωr= μgrr= μgr，由于物塊與圓盤的角速度大小相等，線速度大小相等，故AB錯誤；
C、物塊從圓盤上滑落到滑到桌面的邊緣，如圖所示：
動能定理可得：
?μmgx=0?12mv2
代入數(shù)據(jù)解得
x=r2
由幾何關(guān)系可得
R2=r2+(r2)2
代入數(shù)據(jù)解得餐桌面的半徑為：R= 52r，故C正確；
D、物塊隨圓盤運動的過程中，由動能定理，可得圓盤對小物塊做功為
W=12mv2=12μmgr，胡D錯誤。
故選：C。
根據(jù)摩擦力提供向心力，當摩擦力達到最大值時物塊從圓盤上滑落，從而求出角速度和線速度；在根據(jù)滑落后做勻減速直線運動剛好停在桌面邊緣，求出餐桌半徑，再根據(jù)動能定理求出圓盤對物塊做的功。
本題主要考查圓周運動的臨界條件，在做題中要注意物塊從圓盤滑落下去，沿切線方向做勻減速直線運動。
4.【答案】B
【解析】解：A.電子做曲線運動，受到的電場力一定指向軌跡凹側(cè)，且電子所受電場力方向一定與等勢面垂直，所以電子在b點受到的電場力方向水平向左，故A錯誤；
B.由電場強度與等勢面的關(guān)系可知，等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，b處等勢面密，則a點的電場強度小于b點的電場強度，故B正確；
CD.電子在b點受到的電場力方向水平向左，則b點電場強度方向向右，可知從左向右，等勢面的電勢依次降低，則a點的電勢低于b點的電勢，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故CD錯誤。
故選：B。
做曲線運動的物體所受的合力指向軌跡的凹側(cè)，電場線與等勢面垂直，據(jù)此判斷電場力方向；等勢面的疏密表示場強的大小，據(jù)此分析作答；負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，沿電場線方向，電勢逐漸降低，據(jù)此判斷電勢的高低；根據(jù)電勢能的定義式判斷電勢能的大小。
本題考查了場強大小的判斷、電勢高低的判斷以及電勢能大小的判斷，涉及的知識點較多需要熟練掌握。
5.【答案】D
【解析】解：A.物塊由O點靜止釋放后做簡諧振動，因在O點時的加速度為向下的g，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，到達A點時的加速度為向上的g。故A錯誤；
B.依題意，在OA的中點時為平衡位置，此時滿足：
mg=kΔx
則可知O、A兩點的距離為：
x=2Δx=2mgk
故B錯誤；
CD.從O點到A點，到達平衡位置之前，重力大于向上的彈力，則加速度向下，由牛頓第二定律可知，隨彈力的增加，回復力減小，加速度減小，當?shù)竭_平衡位置時回復力為零，此時加速度為零；然后繼續(xù)向下運動時向上的彈力大于重力，回復力增加，加速度向上且逐漸增大，到達最低點時加速度最大，綜上所述，物塊的回復力先減小后增大，物塊的加速度先減小后增大。故C錯誤；D正確。
故選：D。
根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，物塊在O點和A點的加速度等大反向，由受力的平衡條件判斷平衡位置，進而得出O、A兩點的距離。然后根據(jù)簡諧運動的振動特點分析加速度和回復力的變化情況即可。
本題考查簡諧運動模型，解題關(guān)鍵是熟練掌握簡諧運動的規(guī)律和特點，對學生要求較低，是一道基礎(chǔ)題目。
6.【答案】B
【解析】解：A.根據(jù)圖像可知t0=0時F=F0，根據(jù)牛頓第二定律可知F0=ma，解得a=F0m，故A錯誤；
B.圖像所應該的函數(shù)為F=F0+2F0t0t，根據(jù)牛頓第二定律可知F?F安=ma，其中F安=BIL=BLBLvR=B2L2atR
解得L= 2mRB2t0，故B正確；
C.導體棒做勻加速運動，t0時棒的速度v=at0=F0t0m，故C錯誤；
D.0～t0時間內(nèi)F的沖量即為圖像與坐標軸圍成的面積，根據(jù)圖像的面積可解得
I=(F0+3F0)t02=2F0t0
故D錯誤。
故選：B。
初時刻，導體棒受安培力為0，由牛頓第二定律解得加速度；結(jié)合安培力計算公式推導拉力與時間的關(guān)系式，從而計算導軌間距；根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律解得速度；0～t0時間內(nèi)F的沖量即為圖像與坐標軸圍成的面積。
本題考查了電磁感應的導體棒切割磁感線模型的電路與力學相關(guān)問題，基礎(chǔ)題目。應用動生電動勢計算公式，閉合電路歐姆定律，牛頓第二定律以及功能關(guān)系解答。
7.【答案】C
【解析】A、以密封空氣和充入空氣為研究對象，由玻意耳定律可得：p1V1+p2V2=pV1，其中p1=p2=1atm，V1=0.5L、V2=0.1L，代入數(shù)據(jù)可得：p=1.2atm，故A錯誤；
B、溫度不變，則分子平均動能不變，故B錯誤；
C、由于p>p0，打開閥門后密封氣體膨脹，對外界做正功，故C正確；
D、打開閥門后密封氣體膨脹，對外界做正功，而氣體的溫度不變、內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學第一定律ΔU=W+Q可知氣體吸收熱量，故D錯誤。
故選：C。
充氣過程為等溫過程，根據(jù)玻意耳定律求得壓強；由于溫度不變，故充氣后，密封氣體的分子平均動能不變；氣體膨脹、對外做功，根據(jù)熱力學第一定律分析熱傳遞的情況。
本題考查了氣體實驗定律，記住溫度是分子平均動能的標志，掌握把變質(zhì)量問題轉(zhuǎn)化為恒質(zhì)量問題，利用好氣體狀態(tài)方程求得壓強。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根據(jù)v?t圖像可知，下降過程的加速度與初速度方向相反，即豎直向下，為失重狀態(tài)，故A錯誤；
B.小球運動的v?t圖像如圖所示：
由于上升過程和下降過程位移大小相等，因此圖中兩陰影部分面積相等；因為f=kv，則f?t圖像與v?t圖像相似，如圖所示：
兩陰影部分的面積也相等，f?t圖像t軸上方圖像與坐標軸圍成的面積表示上升過程的阻力的沖量大小，t軸下方圖像與坐標軸圍成的面積表示下降過程的阻力的沖量大小?？芍仙拖陆颠^程的阻力的沖量大小相等，故B正確；
C.小球運動時受到的空氣阻力大小與其速率成正比，因此上升過程中平均空氣阻力大于下降過程中平均空氣阻力，上升過程和下降過程位移大小x大小相同，根據(jù)W=f?x可知，上升過程中克服阻力做功大于下降過程克服阻力做功，故C錯誤；
D.由B分析可知，阻力的總沖量為零，規(guī)定豎直向上為正方向，對全過程根據(jù)動量定理有：?mgt1=?mv1?mv0，解得t1=v0+v1g，故D正確。
故選：BD。
由v?t圖像判斷加速度的方向進而判斷其超、失重情況；根據(jù)W=fx來計算上升與下降過程平均阻力的做功大??；利用v一t圖像畫出f一t圖像，然后根據(jù)圖線與坐標軸所圍面積來判斷阻力的沖量；由動量定理計算總時間。
本題中點考查小球在重力與阻力共同作用的上升與下降運動過程模型，涉及沖量、做功等知識點，解題關(guān)鍵是利用v一t圖像畫出f一t圖像，同時熟練掌握基本公式，能靈活運用，屬于中等難度的題目。
9.【答案】AD
【解析】解：AB.設(shè)改裝前電流表內(nèi)阻為4R，則R1=R2=R
將1、2接入電路時，電流表量程為
I=Ig+Ig(4R+R)R=6Ig=6×0.6A=3.6A
因為表盤刻度共有30個小格，所以每一小格表示0.12A，故A正確，B錯誤；
CD.將1、3接入電路時，電流表量程為
I=Ig+Ig?4RR+R=3Ig=3×0.6A=1.8A
因為表盤刻度共有30個小格，所以每一小格表示0.06A，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
把1、2接入電路時，電路是R2和電流表串聯(lián)后再與電阻R1并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點很容易計算出改裝后電流表的量程，進而得到每小格表示的電流；同理可以解出將1、3接入電路中的情況。
分析清楚電路的連接方式是解題的關(guān)鍵，至于量程很容易根據(jù)歐姆定律解答出來。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、線框可能減速上升直到達到最小速度后保持勻速，也可能一直減速，設(shè)線框的最小速度為vmin，則
μmgcsθ=mgsinθ+B2L2vminR
解得，
vmin=mgR4B2L2
所以穿過磁場過程中，線框的最小速度不小于mgR4B2L2，故A正確；
B、從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，對線框根據(jù)動量定理可知：
μmgcsθt?mgsinθt?B2L3R=mv?mv
可得，
t=4B2L3mgR
則線框從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，摩擦力的沖量為
If=μmgcsθt
解得
If=3B2L3R
故B正確；
C.從線框ab邊剛進入磁場到完全進入磁場，設(shè)進入磁場的過程中線框克服安培力做功為W1，對線框根據(jù)動能定理可知：
μmgcsθL?mgsinθL?W1=12m(v3)2?12mv2
從開始進入磁場到開始離開磁場的過程中，對線框根據(jù)動能定理可知：
μmgcsθ259L?mgsinθ259L?W1=12mv2?12mv2
可得進入磁場的過程中線框克服安培力做功為W1=2536mgL
依題意，傳送帶的速度大小為v1=v
即v1= gL2
C錯誤；
D.根據(jù)對稱性，可得，線框進入磁場產(chǎn)生的焦耳熱等于離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱，則
Q=W1
即
Q=2536mgL
故D正確。
故選：ABD。
應用E=BLv求出線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流，應用安培力公式與牛頓第二定律求出線框的加速度，判斷線框的運動性質(zhì)；應用安培力公式與平衡條件求出線框的速度；應用動能定理與功能關(guān)系、動量定理分析答題。
本題是電磁感應與力學相結(jié)合的一道綜合題，分析清楚運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運動過程、應用安培力公式、牛頓第二定律、動能定理、功的計算公式即可正確解題。
11.【答案】 bd24Lgk
【解析】解：(1)A.通過力傳感器可知直接得出滑塊受到的繩子的拉力，不需要測量重物和遮光條的總質(zhì)量為m，故A錯誤；
B.若補償阻力，將無法測量滑塊與長木板之間的摩擦因數(shù)，故B錯誤；
C.調(diào)整滑輪及力傳感器的位置，使繩子處于水平狀態(tài)，這樣可以讓繩子拉力和摩擦力處于同一條直線上，便于測量，故C正確；
D.通過力傳感器可知直接得出滑塊受到的繩子的拉力，不需要保證重物質(zhì)量遠小于滑塊及遮光片的總質(zhì)量，故D錯誤。
故選C；
(2)游標卡尺的最小分度值為0.05mm，游標卡尺讀數(shù)等于主尺讀數(shù)和游標尺讀數(shù)之和，所以遮光條的寬度d=3mm+2×0.05mm=3.10mm；
(3)遮光片通過光電門時的速度v=dΔt=3.10×10?30.024m/s=0.13m/s
(4)滑塊的速度為v滑=12v=d2Δt
滑塊的位移為x滑=L2
對滑塊，由動能定理得FL?μMg?L2=12Mv滑2
聯(lián)立可得F=Md28L?(1Δt)2+12μMg
可知F?1Δt2圖像的斜率為k=Md28L
截距b=12μMg
解得滑塊的質(zhì)量為M=8Lkd2
滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ=bd24Lgk
故答案為：(1)C；(2)3.10；(3)0.13m/s；(4)8Lkd2、bd24Lgk。
(1)傳感器可測出滑塊所受拉力，不需要測出重物和遮光條的總質(zhì)量，根據(jù)實驗原理分析判斷；
(2)游標卡尺讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，注意不需要估讀；
(3)遮光條通過光電門的速度為v=dΔt；
(4)由功與動能變化的關(guān)系式，確定圖線上斜率與截距的意義，結(jié)合摩擦力的公式即可求出動摩擦因數(shù)，并分析誤差。
解決本題的關(guān)鍵在于明確實驗原理，掌握極限思想在物理學中的運用，即極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度的大小。掌握圖象斜率與截距的物理意義。
12.【答案】0?m1dΔt1+m2dΔt2 3.000?0.00004在誤差允許范圍內(nèi)，兩滑塊碰撞過程中動量守恒
【解析】解：(1)燒斷前兩滑塊均處于靜止狀態(tài)，所以燒斷前系統(tǒng)的總動量為零；
(2)根據(jù)題意，取向右為正方向，可知，燒斷細線后，系統(tǒng)的末動量為
p′=?m1dΔt1+m2dΔt2
(3)游標卡尺的最小分度值為0.05mm，游標卡尺讀數(shù)等于主尺讀數(shù)和游標尺讀數(shù)之和，所以遮光條的寬度為30.0mm+0.05mm×0=30.00mm=3.000cm
(4)將題中所給數(shù)據(jù)代入(2)中的表達式，計算可得
p′=?0.00004kg?m/s
(5)利用視頻追蹤軟件Tracker進行數(shù)據(jù)處理，自動繪制小車運動過程中的動量一時間圖像，經(jīng)過觀察發(fā)現(xiàn)在誤差允許范圍內(nèi)，兩滑塊碰撞過程中動量守恒。
故答案為：(1)0；(2)?m1dΔt1+m2dΔt2；(3)3.000；(4)?0.00004；(5)在誤差允許范圍內(nèi)，兩滑塊碰撞過程中動量守恒。
(1)(2)根據(jù)動量的定義明確碰撞前后的動量；
(3)游標卡尺讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標尺讀數(shù)，注意不需要估讀；
(4)根據(jù)(2)中的表達式，代入數(shù)據(jù)即可；
(5)根據(jù)實驗得到的圖像，可以得出動量守恒的結(jié)論。
本題考查驗證動量守恒定律實驗，知道實驗原理，應用動量守恒定律求出實驗需要驗證的表達式是正確解題的關(guān)鍵。
13.【答案】解：(1)粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從A點到C點所用時間為t1，根據(jù)類平拋運動規(guī)律可得：
沿y軸方向有：2d=v0t1
沿x軸方向有：d=12at12
根據(jù)牛頓第二定律得：a=qEm
聯(lián)立解得：E=mv022qd，t1=2dv0
(2)設(shè)粒子到達C點時沿x軸速度的大小為vx，則有：
vx=at1=v0
設(shè)粒子到達C點時的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，則
v= vx2+vy2= 2v0
tanθ=vxv0=1，可得：θ=45°
粒子的運動軌跡關(guān)于x軸對稱，其運動軌跡如下圖所示：
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系得：
2d=rsinθ
粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：
qvB=mv2r
解得：B=mv02qd
(3)粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為3π2。
可得粒子在磁場中運動時間為：t2=32πrv=3πdv0
粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間為：
t=t2+2t1=(4+3π)dv0
答：(1)y軸左側(cè)勻強電場的電場強度大小E為mv022qd；
(2)y軸右側(cè)勻強磁場的磁感應強度大小B為mv02qd；
(3)帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t為(4+3π)dv0。
【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，將運動分解處理，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解；
(2)根據(jù)粒子在電場中的運動規(guī)律求得粒子進入磁場時的速度大小和方向，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度；
(3)粒子的運動軌跡關(guān)于x軸對稱，根據(jù)在磁場中運動軌跡的圓心角求得其在磁場中運動時間，在電場中的兩段運動時間相等，進而求出帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間。
本題是電場和磁場中帶電粒子運動問題，典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。
14.【答案】解：(1)設(shè)物塊回到斜面底端時速度大小為v。
根據(jù)物塊上滑與下滑的位移大小相等，可得：v0t02=v?2t02，解得：v=12v0
物塊向上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin30°+μmgcs30°=ma1
其中：a1=v0t0
物塊向下滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin30°?μmgcs30°=ma2
其中：a2=v2t0=v04t0
聯(lián)立解得：g=5v04t0
(2)在月球表面，物體所受重力等于萬有引力mg=GMmR2
又有M=ρ?43πR3
聯(lián)立解得：ρ=15v016πGRt0
答：
(1)月球表面的重力加速度為5v04t0；
(2)月球的平均密度ρ為15v016πGRt0。
【解析】(1)物塊上滑和下滑的位移大小相等，v?t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，據(jù)此列式求解物塊回到斜面底端時速度大小。對滑塊上滑過程和下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律列式，結(jié)合圖象得到上滑過程和下滑過程的加速度，聯(lián)立求解星球的重力加速度；
(2)在星球表面上，物體的重力等于星球?qū)ξ矬w的萬有引力，據(jù)此列式，然后聯(lián)立求得星球的質(zhì)量，再求解密度。
本題是萬有引力定律與動力學的綜合，通過圖線得出加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出重力加速度的大小是解決本題的關(guān)鍵。
15.【答案】解：(1)電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應為AC；
電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應為BC；
定值電阻的大小為：R0=U1I=1.50.5Ω=3Ω；
當I=0.5A時，R外=U2I=7.50.5Ω=15Ω
則R=R外?R0=15Ω?3Ω=12Ω
(2)根據(jù)閉合回路歐姆定律可得U=E?Ir
結(jié)合BC圖線的解析式：U=8?I
可得：E=8V，r=1Ω
(3)電源的工作效率為η=U2IEI×100%=I(R+R0)I(R+R0+r)=R+R0R+R0+r
可知，當R最大時，效率最大
此時，η=12+312+3+1×100%=93.75%
答：(1)定值電阻R0為3Ω，滑動變阻器的總電阻R為12Ω；
(2)電源的電動勢為V，內(nèi)阻為1Ω；
(3)當滑動變阻器取最大阻值12Ω時，電源的工作效率最大，最大效率是93.75%。
【解析】(1)分析出不同圖像對應的函數(shù)解析式，根據(jù)圖線的端點分析出定值電阻和滑動變阻器的總阻值；
(2)根據(jù)BC的解析式分析出電源電動勢和內(nèi)阻；
(3)理解工作效率的概念，根據(jù)電學公式分析出工作效率與外電阻的關(guān)系并代入數(shù)據(jù)計算。
本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，結(jié)合圖像和歐姆定律完成分析，理解工作效率的概念并代入數(shù)據(jù)進行分析即可，屬于常規(guī)考法。
16.【答案】解：(1)設(shè)彈簧的彈力為F，則F=Mg
對活塞a分析，設(shè)A氣體的壓強為pA，則有pAS=F+p0S
解得pA=p0+MgS
(2)對活塞b分析，設(shè)B氣體壓強為pB，則有pBS=F+p0S，則pB=pA，A、B氣體發(fā)生等壓變化，設(shè)A、B封閉氣體高度為L1，則有LT0=L11.2T0
解得L1=1.2L
彈簧被壓縮，有kx=Mg
解得x=Mgk
活塞a離水平地面的高度H=L1+L0?x=1.2L+L0?Mgk
(3)對氣體A，氣體內(nèi)能增加12U，氣體膨脹對外做功W對外=pΔV=(p0+MgS)×0.2LS=0.2p0LS+0.2MgL
根據(jù)熱力學第一定律，可得ΔU=W雙內(nèi)+Q
12U=?(0.2p0LS+0.2MgL)+Q
解得Q=(0.2p0LS+0.2MgL)+12U
答：(1)初始時，A氣體的壓強為p0+MgS；
(2)若環(huán)境溫度緩慢升至1.2T0，穩(wěn)定后，活塞a離水平地面的高度為1.2L+L0?Mgk；
(3)若環(huán)境溫度緩慢升至1.2T0，A、B氣體總內(nèi)能增加U，A氣體從外界吸收的熱量Q為(0.2p0LS+0.2MgL)+12U。
【解析】(1)對A進行受力分析計算出氣體的壓強；
(2)分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)合受力分析和一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程完成分析；
(3)根據(jù)W=pΔV求得氣體做功，結(jié)合熱力學第一定律即可求得吸收的熱量。
本題主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學第一定律，根據(jù)受力分析得出氣體的壓強，解題的關(guān)鍵點是分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量結(jié)合公式pV=CT即可完成分析。

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