2021年山东省济南市高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年山东省济南市高考物理三模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了75eVB，2m，【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021年山东省济南市高考物理三模试卷

1. 泉城济南，以泉闻名。小张同学在济南七十二名泉之一的珍珠泉游览时，发现清澈幽深的泉池底部，不断有气泡生成，上升至水面破裂。气泡在泉水中上升过程中，以下判断正确的是( )
A. 气泡对泉水做正功，气泡吸收热量
B. 气泡对泉水做正功，气泡放出热量
C. 泉水对气泡做正功，气泡吸收热量
D. 泉水对气泡做正功，气泡放出热量
2. 蹦床运动有益于人的身心，成人和儿童都可以参与，在社会上迅速流行起来。一人在蹦床上运动时，某段时间内的v∼t图像如图所示，其中0∼t1段和t3∼t4段是直线，且0∼t1时间大于t3∼t4的时间，不计空气阻力。由此图像可知( )

A. 0∼t1时间内人向上运动 B. t1∼t3时间内人一直向下运动
C. t2时刻的加速度大于重力加速度g D. t3时刻的加速度大于重力加速度g
3. 如图所示为远距离输电的示意图，已知交流电源电压为U，升压变压器的原副线圈匝数比为1：m，降压变压器的原副线圈匝数比为n：1，负载R正常工作。现输电距离增大，输电线电阻随之增大，若要保证负载仍能正常工作，只改变选项中的一个量，下列做法可行的是( )
A. 增大m B. 减小m C. 减小n D. 减小U
4. 如图所示，在光滑的水平面上有一半径r=10cm、电阻R=1Ω的金属圆环，以某一速度进入有界匀强磁场。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=0.5T，从圆环刚进入磁场开始，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共产生了32J的热量，此时圆环速度为6m/s，下列说法正确的是( )
A. 此时圆环中的电流方向为顺时针
B. 圆环进入磁场的全过程产生的热量为64J
C. 此时圆环中的电动势为0.6V
D. 圆环进入磁场的全过程通过圆环某截面的电量为0.01C
5. 处于基态的一群氢原子被一束单色光照射后，最多能发出6种频率的光，氢原子的能级图如图所示.如果用这束光照射某一金属，测得从该金属中射出电子的最大初动能为10.54ev，则该金属的逸出功是( )

A. 12.75eV B. 12.1eV C. 2.21eV D. 1.56eV
6. 如图所示，真空中两个等量带正电的点电荷分别固定在P、Q两点，O为P、Q的中点，MO垂直于P、Q连线，a点位于P、Q连线上，b点位于连线的中垂线MO上，下列说法正确的是( )
A. 若将一电子从a点由静止释放，则电子做往复运动
B. 若将一电子从b点由静止释放，则电子做往复运动
C. 若一质子从O点以某一初速度沿OM运动，质子可能回到原处
D. 若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动，质子可能回到原处
7. 空间中有一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0s时位于O点的波源开始振动。0.4s时的波形如图所示，波源的位移y=2cm，下列说法正确的是( )
A. 波源起振方向是沿y轴负方向
B. 波源的振动周期是0.8s
C. 简谐波的波长4.2m
D. 再经过0.64s时，x=4m处的质点到达波峰
8. 如图所示，竖直平面内有一个支架MON，MO水平且表面粗糙．ON表面光滑．OM上套有小环P，ON套有小环Q，两环由细绳相连，处于平衡状态。现将P环向右移一小段距离，两环再次达到平衡，那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，下列说法正确的是( )
A. MO杆对环P的支持力变大 B. NO杆对Q的支持力变大
C. 细绳的拉力变大 D. MO杆对环P的摩擦力变小
9. 2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，探测器顺利进入近火点高度约400千米，周期约10个地球日的环火椭圆轨道，轨道如图所示，“天问一号”成为我国第一颗人造火星卫星。已知火星的直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的10%，自转周期约为一个地球日，关于火星和天问一号的下列说法正确的是( )
A. 天问一号在近火点的速度比远火点速度大
B. 天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度大
C. 火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度
D. 根据以上信息可以估算出火星的密度
10. 中医拔火罐的物理原理是利用火罐内外的气压差使罐吸附在人体上，进而可以养疗。如图所示，是治疗常用的一种火罐。使用时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，降温后火罐内部气压低于外部，从而吸附在皮肤上。某次使用时，先将气体由300K加热到400K，按在皮肤上后，又降至300K，由于皮肤凸起，罐内气体体积变为罐容积的1516。以下说法正确的是( )
A. 加热后罐内气体质量是加热前的34
B. 加热后罐内气体质量是加热前的37
C. 温度降至300K时，罐内气体压强变为原来的34
D. 温度降至300K时，罐内气体压强变为原来的45
11. 如图所示，边长为3L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 磁感应强度大小为2mvqL
B. 磁感应强度大小为4mvqL
C. 若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为πL12v
D. 若发射粒子速度为2v时，在磁场中运动的最短时间为πL6v
12. 如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体A，A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知A的质量为mA，B的质量为mB，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦。开始时A位于O点，系统处于静止状态。A在P点时弹簧处于原长，现将A物体由P点静止释放，A物体不会和定滑轮相碰，当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为T=2πmk，则下列说法正确的是( )
A. 绳子能承受的最大拉力为2mBg
B. 弹簧的最大弹性势能是2mB2g2k
C. 绳断后A物体回到位置O时的速度大小为mBg3mAk
D. 从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间π3mAk
13. 利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验.某同学利用如图1所示的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度.实验步骤如下：
实验前用游标卡尺测出小球的直径d=10.00mm.
实验装置中固定轨道AB的末端水平，在轨道末端的安装一光电门，光电门通过数据采集器与计算机相连，测量小球离开轨道时的速度.将小球从轨道的某高度处由静止释放，小球运动一段时间后，打到竖直记录屏MN上，记下落点位置.然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离x和竖直下落距离h.
多次改变屏MN的水平距离x，使小球每次都从轨道的同一位置处由静止释放，重复上述实验，记录多组x、h数据，如表所示.2
实验顺序
1
2
3
4
5
x(cm)
10.0.
15.0
20.0
25.0
30.0
x2(×10−2m2)
1.00
2.25
4.00
6.25
9.00
h(cm)
4.88
10.96
19.52
30.53
43.92
请根据上述数据，完成下列问题：
(1)在答题卡给定的坐标纸(图2)上做出x2−h的图像；
(2)若光电计时器记录的平均遮光时间t=0.01s，根据上述图像求得当地的重力加速度大小g=______m/s2(结果保留三位有效数字)；
(3)若实验中，每次记录的h值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比是______(填“偏大”、“偏小”、或“不变”)。


14. 据报道媒体艺术家Charland用800个马铃薯和苹果通过镍钉和铜线连接起来，组成了一个超大的水果电池组，通过特殊装置就可以给手机充电.
小明同学想通过实验来验证水果电池的可用性，他把铜片和锌片相隔约1cm插入一个苹果中，制成一个水果电池，并采用如图甲所示的电路测量该水果电池的电动势和内阻.小明同学查阅资料后得知，水果电池的电动势约为1V，内阻约为1000Ω.电流表量程为3mA，内阻忽略不计.
(1)实验室的电阻箱有两种规格：电阻箱R1(0∼99.9Ω)电阻箱R2(0∼9999.9Ω)，图甲中的电阻箱R应选用______(选填“R1”或“R2”)；
(2)闭合开关S，改变电阻箱R的阻值，并记录对应的电流表的示数，其中某次电流表的示数如图乙所示，则电流表的示数为______ mA；
(3)利用电阻箱的阻值R与相应的电流表的示数I，做出R−1I图像，如图丙所示.根据图像可得，水果电池的电动势为______ V，内阻为______Ω；(结果保留两位有效数字)
(4)若考虑电流表的内阻不能忽略，水果电池内阻的测量值______真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)。


15. 目前新建住宅为取得良好的保温效果，窗户广泛采用双层玻璃，如图所示，某双层玻璃由厚度均为d=0.5cm的单层玻璃组成，两玻璃板平行且中间有干燥的空气，玻璃的折射率为n=2，一束光线以入射角α=45∘射向玻璃，从另一侧射出，求：
(1)出射光线相对于入射光线的侧移量Δx。
(2)透过窗户玻璃仰视窗外的飞鸟时，看到鸟的高度比实际高度。(只需回答“高”、“低”或“相同”，不需要论证过程)







16. 滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏.有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R.在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为3R且与A等高.各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系。
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？








17. 如图，两竖直虚线间的距离为L，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域左方的A点将质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度2gL沿平行于电场的方向抛出.已知抛出点到电场左边界的距离为2L，小球到达电场右边界时速度方向恰好变为竖直向下.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：
(1)小球进入电场时速度大小；
(2)小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离；
(3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，求所加磁场的方向以及磁感应强度大小。







18. 如图所示，两足够长直轨道间距d=1.6m，轨道所在平面与水平面夹角θ=37∘，一质量M=2kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面均为半径R=1m的半圆，圆心分别为O、O′.有5个完全相同的小滑块，质量均为m=0.5kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0=1.5m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点.每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ1=0.8，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g取10m/s2，求：
(1)滑块P与轨道间的动摩擦因数μ2；
(2)O′O的长度L；
(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量。







答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：气泡上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，在上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功，故A正确，ABD错误。
故选：A。
根据热力学第一定律△U=W+Q可做出判断。
本题考查热力学第一定律，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

2.【答案】C

【解析】解：A、由于人与蹦床接触的时间内人受到的合外力是变化的，所以人的加速度是变化的，由图在0∼t1时间内人的速度均匀增大，加速度不变，可知0∼t1时间内人做自由落体运动，运动的方向应向下，故A错误；
B、0∼t1时间内人做自由落体运动，速度方向向下，则题图中选取的正方向向下，在t2∼t3时间内速度为负，说明t2∼t3时间内速度的方向向上，人向上运动，故B错误；
C、v−t图像的斜率表示加速度，0∼t1时间内人做自由落体运动，在t2时刻图像的斜率明显大于0∼t1时间内的斜率，则t2时刻的加速度大于重力加速度g，故C正确；
D、t3∼t4段是直线，说明人在t3时刻离开了蹦床，则t3时刻的加速度等于重力加速度g，故D错误。
故选：C。
人在与蹦床接触的时间内，蹦床的变形量是变化的，所以人受到蹦床的弹力是变化的，则人的加速度是变化的，所以人与蹦床接触的时间内的v−t图像为曲线，结合图可知，人在0时刻开始先做自由落体运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，在平衡位置速度最大，然后做加速度增大的减速运动，到达最低点速度为零。再然后人向上运动．
解决本题的关键会根据牛顿第二定律通过合力的变化判断加速度的变化，会根据速度方向和加速度方向的关系判断速度的变化，知道加速度方向向上处于超重状态，加速度方向向下，处于失重状态．

3.【答案】A

【解析】解：AB、现输电距离增大，输电线电阻随之增大，上面消耗的电压增多，要保证负载仍能正常工作，即副线圈两端电压不变，增大m，升压变压器副线圈上的电压增大，可保证降压变压原线圈上的电压不变，故B错误，A正确；
C、减小n，降压变压器副线圈上的电压变小，不能保证负载正常工作，故C错误；
D、减小U，负载两端电压变小，负载不能正常工作，故D错误；
故选：A。
输电距离增大，输电线电阻随之增大，上面消耗的电压增多，根据变压器电压匝数之间的关系分析变化情况。
解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，以及知道变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比。

4.【答案】C

【解析】解：A、由楞次定律可知及右手定则可判断此时圆环的电流方向为逆时针，故A错误；
B、由于安培力的作用，圆环在进入磁场的过程中，速度一直在减小，可得后半段的平均速度小于前半段，所以后半段的平均电动势小于前半段，所以后半段产生的热量小于32J，故全过程产生的热量小于64J，故B错误；
C、半径r=10cm=0.1m，则此时产生的感应电动势为：E=BLv=B×2r×v=0.5×2×0.1×6V=0.6V，故C正确；
D、此过程中通过金属圆环横截面的电量q=I−△t
根据法拉第电磁感应定律得：E−=n△Φ△t
由欧姆定律得I−=E−R
又△Φ=B⋅12πr2
联立得：q=πBr22R=3.14×0.5×0.122×1C=0.0157C，故D错误；
故选：C。
由楞次定律和右手定则可判断感应电流的方向；由于安培力作用，圆环进入磁场的过程中，速度在减小，根据平均速度可判断后半段的平均电动势小于前半段，即可判断热量关系；
由E=BLv求电动势；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It结合求解电量．
本题考查了求圆环的电动势、应用能量守恒定律、E=BLv、欧姆定律、安培力公式即可正确解题；求感应电动势与安培力时，要注意有效长度L=2r.

5.【答案】C

【解析】解：单色光照射到大量处于基态的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出Cn2=n(n−1)2=6种不同频率，说明基态的氢原子跃迁到n=4的激发态，
根据玻尔理论得到：照射氢原子的单色光的光子能量为：△E=E4−E1=−0.85eV−(−13.6)eV=12.75eV
由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0=△E−W0得金属的逸出功W0=△E−Ek=12.75eV−10.54eV=2.21eV，故C正确，ABD错误。
故选：C。
单色光照射到大量处于基态的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出6种不同频率，说明基态的氢原子跃迁到n=4的激发态，根据玻尔理论可求得照射氢原子的单色光的光子能量．由爱因斯坦光电效应方程求出金属的逸出功。
解决本题的关键知道能级间跃迁时能级差与光子能量的关系，理解光电效应方程的内容．

6.【答案】B

【解析】解：A、等量同种电荷连线的中点电场强度为0，向两边逐渐增大，中垂线上的电场强度由0点向外，先增大后减小，若将电子从a点由静止释放，电子受力指向P，向P点运动，故A错误；
B、若将一电子从b点由静止释放，电子受力指向0点，电子先做加速运动，过0点后做减速运动，电子终将做往复运动，故B正确；
C、若一质子从0点以某一初速度沿OM运动，质子受力向外，不可能回到原处，故C错误；
D、若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动，质子做速度增大的曲线运动，回不到原点，故D错误。
故选：B。
一、分析带电粒子在非匀强电场中的受力和运动，要求对等量同种电荷连线与连线中垂线上场强的分布情况熟练掌握根据F=qE来判断带电粒子的受力；二、能区分电子与质点在电场中受力方向的不同，电子与场强方向相反，质子与场强方向相同；三、根据带电粒子的受力与初状态，来判断其运动情况。
本题考查带电粒子在电场中的受力与运动问题，需要熟练掌握等量同种电荷连线与连线中垂线上场强的分布情况，然后根据带电粒子的受力与初状态，来判断其运动情况。需要注意的是“电子”与“质子”的电性不同，所受电场力的方向问题。

7.【答案】D

【解析】解：A.根据波形的平移法判断可知，图示时刻x=2m处质点的振动方向沿y轴正方向，且该质点正在起振，因此波源开始振动时的方向也沿y轴正方向运动，故A错误；
B.由波形图对比正弦函数图像可知5T12T=0.4s，则周期为T=0.96s，故B错误；
C.波速为v=st=20.4m/s=5m/s，根据λ=vT，代入数据得波长为λ=4.8m，故C错误；
D.0.4s时的波形如图所示，波峰位于x=0.8m，再经过0.64s时，波向前传播s=vt=5×0.64m=3.2m，则x=4m处的质点到达波峰，故D正确。
故选：D。
波中所有质点的起振方向都相同；由波形图对比正弦函数图像可得周期；由v=st计算波速，根据λ=vT得波长；由波形平移法判断再经过0.64s时，x=4m处的质点是否到达波峰。
本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题。考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

8.【答案】B

【解析】解：ABC、Q受力变化前后如图1所示，当P环向右移一小段距离后，绳的长度不变，故绳与竖直方向的夹角变大，Q受到垂直NO向上的支持力N，绳的拉力T以及重力mg，支持力N的方向不变，重力的大小方向也不变，故由矢量三角形可得绳的拉力T变小，NO给Q的支持力N变大，因为绳的拉力T变小，夹角变大，故绳子给P向下的力变小，故MO杆对环P的支持力变小，故B正确，AC错误；
D、把PQ看成一个整体，如图2所示，因为支持力N变大，方向不变，所以N在水平方向的分力变大，故摩擦力也变大，故D错误。
故选：B。
先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；再对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．
本题关键先对Q环受力分析后，再对整体受力分析，得出P环受到的支持力和静摩擦力进行分析讨论．

9.【答案】AC

【解析】解：A、由开普勒第二定律可知，天问一号在近火点的速度比远火点速度大，故A正确；
B、通过远火点建立圆轨道1，如图所示，远火点的速度小于圆轨道1上的速度，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，则轨道1上的速度小于贴近火星表面轨道的速度，所以天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度小，故B错误；
C、因为火星的直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的10%
由万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，所以有：，
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故C正确；
D、由于不知道火星的半径大小，故不能估算出火星的密度，故D错误。
故选：AC。
由开普勒第二定律可分析在近火点与远火点速度大小；根据万有引力提供向心力结合变轨原理分析天问一号在远火点的速度与火星的第一宇宙速度大小关系；由万有引力和重力的关系分析重力加速度大小关系；不知道火星的半径大小，判断能否求解火星密度。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即，根据相应的向心力表达式进行分析。

10.【答案】AD

【解析】解：AB、对火罐内的气体，初态：T1=300K，V1=V0
末态：T2=400K，V2=？
根据盖-吕萨克定律可得：V1T1=V2T2，解得：V2=43V0
故加热后罐内气体质量是加热前的m′m=V1V2=V043V0=34，故A正确，B错误；
CD、在温度降低过程中，对灌内气体，初态：p2=p0，T2=400K，V2=V0
末态：p3=？，T3=300K，V3=1516V0
根据理想气体状态方程可得：p2V2T2=p3V3T3，解得：p3=45p0，故p3p0=45，故C错误，D正确；
故选：AD。
求出火罐内气体初始状态参量和温度降低后状态参量，由理想气体状态方程求解末状态的体积，即可求得加热后罐内气体质量是加热前质量比，当温度降低时，对火罐内的气体找出初末状态参量，求得压强。
本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

11.【答案】BC

【解析】解：AB、粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，粒子的轨迹如图所示：

由此可知，粒子的直径等于O点垂直于ab的线段大小，设垂足为d，由几何关系可知：
cd=32L
则Od=13cd=12L，粒子轨迹圆的半径为r=14L
由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2r
解得：B=4mvqL，故A错误，B正确；
CD、若发射粒子速度为2v时，由洛伦兹力提供向心力可知：
q×2vB=m(2v)2r′
解得：r′=L2
当最短时间时，也就是磁场中转过最小的角度，当粒子从垂足d处出去时，时间最短
由几何关系可知，转过的角度为θ=60∘，则时间t=θ2πT，
粒子的运动周期为T=2πr′2v=πL2v
即时间t=πL12v，故C正确，D错误；
故选：BC。
粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域时轨迹与ab边相切，根据几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
若发射粒子速度为2v时，当粒子从垂足d处出去时，时间最短，由几何关系求出粒子的轨迹圆对应的圆心角，然后由t=θ2πT求最短时间。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可以解题。本题关键在于由几何关系求出轨迹半径和轨迹圆对应的圆心角。

12.【答案】BCD

【解析】解：A、将AB作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律可得：mBg=(mA+mB)a，根据对称性，B到达最低点的加速度大小与初始位置的加速度大小相同，因此，在B到达最低点时，根据牛顿第二定律可得：T−mBg=mBa
联立解得T=(mA+2mB)(mA+mB)mBg，故A错误；
B、A处于O位置时，根据平衡条件：kx1=mBg
物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧的伸长量为2x1，因此最大弹性势能为EP=12k(2x1)2，解得EP=2mB2g2k，故B正确；
C、绳断后，A物体回到位置O时，根据机械能守恒可得：EP=12kx12+12mAv2，解得v=mBg3mAk，故C正确；
D、绳断后，平衡位置为P点，从绳断到A物体第一次到位置O时所用的时间t=T6=π3mAk，故D正确；
故选：BCD。
对AB组成的系统，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律求得加速度，由于物体AB做简谐运动，根据对称性可知，当绳断时加速度大小与释放时加速度大小相同，根据牛顿第二定律求得绳子的拉力，根据EP=12kx2求得弹簧的最大弹性势能，根据能量守恒求得物体A回到O点的时的速度，根据简谐运动求得运动的时间。
本题主要考查了简谐运动，结合牛顿第二定律及弹簧弹性势能的表达式求得弹性势能和速度，利用好简谐振动的周期公式即可求得。

13.【答案】(1)如图所示；(2)9.76；(2)不变

【解析】解：(1)描点画图，让尽量多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，得到图象如图所示：；
(2)对平抛的物体有：x=v0t，y=12gt2，消去时间t得到：x2=2v02gh，则x2−h图象的斜率k=2v02g=(9.00−0)×10−243.92×10−2m/s。由光电门测得的速度v0=dΔt=10.00×10−30.01m/s=1.0m/s，联立解得g=9.76m/s2。
(3)若每次测位移时，而水平位移未发生变化，这样描出的每一个点都将向下平移d，但整个图象的斜率未变，由g=2v02k得到的重力加速度的值未变，故测量值等于真实值。
(1)根据表格数据在图2中描点画图象；
(2)先写出x2−h表达式，再由图象的斜率求重力加速度；
(3)根据实验原理和操作步骤分析误差的原因。
本题是利用平抛运动测重力加速度的实验，考查了平抛的水平位移竖直位移公式的应用、图象法处理数据及误差分析等，是一道理论联系实际的好题，难点是误差分析，从实验原理和操作过程可以得到结果。

14.【答案】R2  1.001.11.1×103  大于

【解析】解：(1)当不接滑动变阻器时最大电流Im=Er=11000A=1mA，而R1m=99Ω≈110r，接R1时电流的变化范围为0.9mA∼1mA，指针几乎不变，故选择最大阻跟r相当的R2；
(2)电流表量程为3mA，最小分度为0.1mA，故图乙所示的电流表的示数为1.00mA；
(3)由图乙所示实验电路可知，电源电动势为：E=I(r+R)，
则有：R=E×1I−r，由图丙所示图象可知，图象斜率k=E=(1200−0)Ω(2.1−1.0)(10−3A)−1=1.1V。图象横截距a=1.0(mA)−1，则有：0=Ea−r，则r=1100Ω=1.1×103Ω。
若考虑电流表的内阻，则以上方法中，所以，测量值大于真实值。
故答案为：(1)R2；(2)1.00；(3)1.1、1.1×103；(4)大于
(1)大致计算最大电流和最小电流，选择滑动变阻器的值；
(2)根据电流表的最程和最小分度读取示数；
(3)(4)根据实验电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻，并分析误差。
根据电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键，难度适中．

15.【答案】(1)根据光的折射定律可得：n=sinisinr，
解得：sinrsinin=sin45∘2=12
解得折射角r=30∘
根据光路图中的几何关系可得：Δx=2d(tan45∘−tan30∘)sin45∘
解得：Δx=0.30cm；
(2)低。
答：(1)出射光线相对于入射光线的侧移量为0.30cm；
(2)透过窗户玻璃仰视窗外的飞鸟时，看到鸟的高度比实际高度低。

【解析】(1)根据光的折射定律结合几何关系求解；
(2)根据光的折射成像规律进行分析。
本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。

16.【答案】解：(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度为：mgsinθ=ma
解得：a=gsinθ
AB的长度为：L=2Rsinθ
根据位移-时间关系可得：L=12at2
解得：t=4Rg
可见，从圆最高点A沿直滑梯AB和AC下滑到圆上经过的时间与轨道的长度无关，两次沿滑梯运动的时间相等；
(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的圆，如图所示，若两圆外切，连接P到切点，时间最短，根据几何关系可得：
(R+r)2=(R−r)2+(3R)2
解得r=9R4
用第一问的结论有：tmin=4rg=3Rg。
答：(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，两次沿滑梯运动的时间相等。
(2)小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是3Rg。

【解析】(1)设AB与水平方向夹角为θ，求出小朋友沿AB下滑时的加速度大小，再根据位移-时间关系求解时间进行分析即可；
(2)画出以P点为最高点的半径为r的圆，若两圆外切，连接P到切点，时间最短，根据第一问的结论进行解答。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。

17.【答案】解：(1)设小球从抛出后经时间t1恰好进入电场，则根据平抛运动规律在水平方向：2L=v0t1
根据速度的合成可知，小球进入电场时速度的大小为：v=v02+(gt1)2
联立以上两式解得：v=2gL
(2)设小球进入电场后经时间t2到达电场右边界，根据运动学公式水平方向匀减速为零，则有：L=v0t22
小球从抛出到到达电场右边界的过程中下落的高度为：h=12g(t1+t2)2
由几何关系可知小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离为：s=h2+(3L)2
联立以上几式可得：s=5L
(3)由前面的分析可知小球带负电，小球在电场、磁场和重力场的复合场中做匀速直线运动，小球所受重力和电场力的合力方向斜向左下，根据平衡条件可知小球所受洛伦兹力的方向一定斜向右上，又因为小球在复合场区时的速度方向斜向右下，故根据左手定则可知，匀强磁场的方向为垂直纸面向外。
设小球刚进入复合场时速度方向与水平方向的夹角为α，则有：tanα=gt1v0
根据平衡条件有：mgtanα=qE
qvB=(qE)2+(mg)2
联立以上几式解得磁感应强度：B=m2q2gL
答：(1)小球进入电场时速度大小为2gL；
(2)小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离为5L；
(3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，则所加磁场的方向为垂直纸面向外、磁感应强度大小为m2q2gL。

【解析】(1)进入电场前小球做平抛运动，由平抛规律和题设已知条件(初速度、水平位移、和重力加速度)，可求出进入电场前的速度；
(2)进入电场后，水平和竖直方向均做匀变速运动，由运动的分解和题设条件可分别求出竖直位移，再由几何关系求出总位移的大小；
(3)小球在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件和左手定则求出磁感应强度的大小和方向。
此题考查带电小球在复合场中的几种特殊运动的综合，根据运动的合成与分解、运动学规律、洛伦兹力公式、平衡条件及相应的数学知识，可解决问题。

18.【答案】解：(1).对滑板受力分析，画出滑板的两个平面图如图1、2所示

图1

图2
由几何关系可得
sinα=d2R
代入数据解得：sinα=0.8
解得
α=53∘，
由于滑板于静止状态，由平衡条件可得
Mgcosθ=2N′cosα，
Mgsinθ=2μN′，
联立解得
μ2=0.45.
(2).第一个小滑块冲上滑板，滑板和小滑块系统沿导轨方向合外力为零，沿O′O为正方向，系统动量守恒
mv0=(m+M)v1，
设滑块相对滑板的位移OO′为L，由系统的动能定理，得
mgLinθ−μ1mgcosθ⋅L=12(m+M)12−12mv02
联立方程，解得
L=2.25m.
(3).第四个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，沿O′O为正方向，设共同速度为v4，则有
4mv0=(4m+M)v4，
第五个小滑块从滑上到和滑板相对静止，系统动量守恒，沿O′O为正方向，设共同速度为v5，则有
5mv0=(5m+M)v5，
设第五个滑块相对滑板的位移OO′为L5，由系统的动能定理，得
mgL5sinθ−μ1mgcosθL5=12(5m+M)v52−12mv02−12(4m+M)v42
则由于摩擦产生的热量
Q=μ1mgcosθL5
代入数据解得Q=2J.
答：(1)滑块P与轨道间的动摩擦因数μ2为0.45；
(2)O′O的长度L为2.25m；
(3)第5个小滑块与P之间摩擦产生的热量为2J。

【解析】(1)根据滑板于静止状态，对滑板做受力分析，由平衡条件可解得。
(2)根据滑块与滑板组成的系统沿导轨方向动量守恒，结合能量守恒解得长度。
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律求得摩擦产生的热量。
本题考查了功能关系、能量守恒定律、动量守恒等知识点。要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用，涉及动量守恒一定要规定正方向，再结合题意列式。