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2021年山东省烟台市高考物理三模试卷（含答案解析）
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这是一份2021年山东省烟台市高考物理三模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了吊带等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省烟台市高考物理三模试卷
1. 最近日本计划向太平洋中倾倒核废水的消息在世界上引起一片哗然，因为核废水中含有对人类和海洋生物有害的放射性同位素氚、碳−14及其它放射性物质。下列有关说法中正确的是( )
A. 当一种放射性元素与其他元素形成化合物后，这种元素的半衰期会改变
B. 两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和
C. β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D. 铀核(92238U)经过4次α衰变和2次β衰变，将会衰变为氡核(86222Rn)
2. 如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作业，为了保障安全，他们身上都绑有安全带，安全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，以保证工人的安全。设某次工人完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工人运动全过程的v−t图像。下列说法正确的是( )
A. 0到t1段时间内工人处于超重状态
B. t1到t2段时间内工人的平均速度等于v12
C. 工人初始位置离地面高度为v1t2
D. 整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小
3. 下列说法正确的是( )
A. 分子间距离减小时，分子势能可能增加
B. 物体升温时，其每个分子热运动的动能均增加
C. 相同质量的0℃的冰的分子势能与0℃水的分子势能相等
D. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
4. 为了观察两列波的叠加情况，某同学在同一介质中放置了两个振源，可以向外产生简谐横波，设某次产生的两列简谐横波分别沿x轴正、负方向传播，在t=0时刻分别到达A、B两点，如图中实线甲和虚线乙所示。已知实线波的传播周期为13s，两列波的振幅相同，均为10cm，则下列说法正确的是( )
A. 两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B. 甲、乙两列波的频率之比为2：3
C. 对于x=0的质点和x=9.5m处的质点，它们开始振动的时间之差为0.125s
D. t=14s时，x=4m处的质点的实际位移大小等于5cm
5. 小明是一位网球爱好者，有一次小明在体育馆面对着竖直墙壁练习接发球技术，设某次小明在距离水平地面3.2m、距离竖直光滑墙壁15m处发球，发出的网球以30m/s的速度向墙水平抛出，网球与墙壁碰撞后落地，不计碰撞过程中的能量损失，忽略空气阻力和碰撞时间，重力加速度g=10m/s2，则网球落地点到墙壁的距离为( )
A. 6m B. 9m C. 15m D. 24m
6. 如图甲所示，是由教育部深空探测联合研究中心组织，重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”的“天梯”项目海基平台效果图，该项目是在赤道上建造重直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 宇航员的线速度随着r的增大而减小
B. 图乙中r0为地球同步卫星的轨道半径
C. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
D. 宇航员感受到的“重力”随着r的增大而增大
7. 如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )
A. B1−B22 B. B2−B12 C. B2−B1 D. B13
8. 如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环轨道，环上套有两个相同的、大小可忽略的带电小球P和Q，开始时，两个小球分别位于圆环上a、b两点处于静止状态，两球间的距离为R。现用力缓慢向下推动P球至最低点c，Q球由b点缓慢运动至d点(图中未画出)。则在此过程中( )
A. Q球在d点受到圆环支持力比在b点处大
B. Q球在d点受到静电力比在b点处大
C. P、Q两球的电势能减少
D. 推力做的功等于P、Q两球增加的机械能
9. 图甲所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A的横梁上以形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙所示。某同学为测量原线圈的电阻，将多用电表的欧姆挡调到合适挡位，用两表笔接触原线圈的两接线柱，等指针稳定后读数，读数完毕后将两表笔与接线柱脱开；之后使原线圈与正弦式交流电源相连，并测得原、副线圈的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )
A. 两表笔与接线柱接触后，通过欧姆表的电流逐渐增大到一个稳定值
B. 两表笔与接线柱脱开瞬间，有比稳定时更大的电流流过原线圈
C. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，则有U1：U2>n1：n2
D. 无论铁芯B是否安装铁芯A上，都有U1：U2=n1：n2
10. 如图所示，有两个物块A和B，质量分别为m和2m，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A的位移为h，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块A和B总势能保持不变 B. A的位移为h时，B的速度为83gh
C. 细线的拉力大小为23mg D. A和B重力的功率大小之比为1：3
11. 用图甲所示装置研究光电效应现象，三次用同一光电管在不同光照条件下实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条光电流与电压之间的关系曲线，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 甲光的频率大于乙光的频率
B. 丙光的波长大于乙光的波长
C. 甲光和丙光的强弱程度相同
D. 甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同
12. 如图所示，间距为L=0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1=2Ω的电阻，磁感应强度为B1=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直。导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10−3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行。开关K闭合后，质量为m=1×10−2kg、电阻值为R2=2Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10m/s2。则( )
A. 磁场B2均匀减小
B. 金属棒中的电流为0.25A
C. 匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s
D. 断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
13. 某同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上，下端系一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。小明同学进行了下列实验步骤：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图乙所示，则d=______ mm；
(2)用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为I；
(3)拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度，小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；
(4)根据记录的数据描绘出如图所示的F−1(Δ)2图像，已知图像与纵轴交点为a，图像斜率为k，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g=______ (用题目中所给物理量的符号表示)；
(5)如果在实验过程中所系的细线出现松动，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值______ (选填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
14. 感冒发热是冬春季节常见的疾病，用电子体温计测量体温既方便又安全。电子体温计的工作原理是利用热敏电阻的阻值随温度的变化将温度转化为电学量。某实验小组想利用热敏电阻制作一个热敏电阻测温计。
(1)实验小组用多用电表欧姆挡粗测常温下该热敏电阻阻值，以下说法正确的是______
A.使用多用电表每次调换挡位后都要进行机械调零
B.用“×100”挡发现指针偏转角度很大，为了准确地进行测量，应换到“×10”挡
C.换挡后需要重新进行欧姆调零再进行测量
D.使用多用电表测电阻阻值时，应该把被测电阻接入闭合电路中进行测量
(2)该实验小组用伏安法测热敏电阻在不同温度下的电阻时，得到图甲所示的电阻阻值RT与温度t的关系图像。
(3)若把该热敏电阻RT与电源(电动势E约为1.5V，内阻不计)、理想电压表(量程为1.5V)、保护电阻R0、电压反馈电阻R1连成如图乙所示的电路，用该热敏电阻作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。
①根据电路可知，温度越高，则电压表示数______ (选填“越大”、“越小”或“不变”)，根据已知原理刻盘时盘上温度是______ (选填“均匀”或“不均匀”)的。
②若保护电阻的阻值R0=76Ω，要使温度从35∘变化到42∘时，电压表的示数从0.36V变化到0.42V，则电压反馈电阻R1=______ Ω。
③如果电源用久后电动势不变而内阻需要考虑时，此时测量的温度比真实值______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
15. 高压水柱清理污垢是世界公认的科学、经济、环保的清洁方式之一、某种汽车清洗水枪就是利用高压水柱清理污垢的，一位同学设计了一个测量汽车清洗水枪喷水压强的装置，其原理示意图如图所示。图中A、B为两个横截面积相同的圆筒形透明导热气缸，缸内各有一个活塞a、b，两个气缸底部用带有阀门K1的细管相连通，A的容积为V0，上部装有阀门K2。打开K2，在A中压入压强为60p0(p0为大气压强)的压缩空气后关闭K2，打开K1，使之与大气相通，将活塞b提到B中封闭部分气体体积为V0时关闭K1。用水枪喷出的水柱喷射活塞b的上表面，不计活塞厚度和质量，不计活塞与气缸的摩擦以及环境温度的变化，设水枪喷出的水柱散开后的面积与b的面积相等且忽略活塞上方的积水，将空气视为理想气体。
(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态，且B中气体体积为0.05V0，求水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强；
(2)求该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值。
16. 如图所示是一个货物运输装置示意图，BC是平台，AB是长L=15m的传送带，BA两端的高度差h=3.0m。传送带在电动机M的带动下顺时针匀速转动，安全运行的最大速度为vm=6m/s。假设断电后，电动机和传送带都立即停止运动。已知货物质量m=20kg，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4。由于传送带较为平坦，货物对传送带的压力的大小可近似为货物的重力。电动机所接电源输出电压恒为U=100V，电动机中线圈的电阻r=8Ω，由于轮轴等方面的摩擦，电动机转化为机械功的效率为80%，取g=10m/s2。
(1)若货物从A端随传送带一起以最大速度vm匀速地被运输到平台BC上，求在此过程中电动机所消耗的电能；
(2)若将货物轻轻放到传送带上的A点，然后被传送带运输到平台BC上，要使该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间。
17. 静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场
(1)如图甲所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为+Q，半径为R，静电力常量为k。距球心r处电场强度的大小分布满足如下关系：E=kQR3⋅r(r
②在图乙坐标系中画出E−r图像，并借助该图像求出带电球的球心与球面间的电势差U。
(2)如图丙所示，在纸面内以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B的大小随时间均匀增加，变化率为k。该变化磁场激发感生电场，距圆心r处的电场强度大小分布满足如下关系：电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。一种电子感应加速器的简化模型如图丁所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以O为圆心，半径小于r0的圆形区域内，磁感应强度B1=k1t，在大于等于r0的环形区域内，磁感应强度B2=k2t，其中k1、k2均为正的定值。电子能在环形区域内沿半径等于r0的圆形轨道运动，并不断被加速。
①分别说明B1、B2的作用；
②推导k1与k2应满足的数量关系。
18. 如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其右端与固定的台阶相距一段距离。一根长度为L的轻质细线，一端与质量为0.8m的滑块B(可视为质点)相连，另一端固定在悬点O处的力传感器上，当细线处于竖直位置且保持静止时，滑块B恰好与木板A左端接触但无压力。靠近木板A左端有一支内壁光滑的弹丸发射器，发射器内有一根左端固定的轻质弹簧，质量为0.2m的小弹丸C放在处于压缩状态并被锁定的弹簧右端。开始时，用外力拉住滑块B使细线呈水平拉直状态，由静止释放滑块B并在适当的时刻解除弹簧的锁定，当滑块B到达最低点时被弹丸C水平击中(作用时间极短，作用后弹丸C留在了滑块内)，被击中的滑块B将细线拉断，力传感器显示细线被拉断瞬间的拉力大小为T=9mg，之后滑块B(内含弹丸)从木板A左端上表面水平滑入。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，木板A足够长，滑块B不会从木板A表面滑出，木板A与台阶碰撞后以碰撞前的速率反向弹回，弹丸发射器发射完毕后立即撤走，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)若木板A与台阶只发生了一次碰撞，求木板A右端距台阶的距离x应满足的条件；
(3)若木板A与台阶碰撞了n次后最终停下，求木板A右端距台阶的距离x与碰撞次数n之间满足的函数关系式。
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、原子核的半衰期由内部自身因素决定，与所处的化学状态和外部条件无关，故A错误；
B、轻核发生聚变反应的过程中存在质量亏损，所以两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定小于两个轻核的质量和，故B错误；
C、β衰变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C错误；
D、 92238U(铀)衰变为 86222，质量数减小16，而质子减小6，经过α衰变的次数：x=238−2224次=4次，β衰变的次数：y=(86+2×4−92)次=2次，故D正确。
故选：D。
放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定；聚变的过程中存在质量亏损；原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，经过一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变；β衰变产生的电子来自原子核，不是核外电子。
本题考查了衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
2.【答案】D
【解析】解：A、0到t1段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；
B、t1到t2段时间内如果做匀减速直线运动，位移等于下图中阴影部分面积，则工人的平均速度等于v12；实际上工人位移等于曲线与时间轴围成的面积，实际位移大于匀减速时的位移，t1到t2段时间内工人的平均速度大于v12，故B错误；
C、v−t图线与时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小于v1t2，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，加速度先减小到0后再反向增大，再减小，对于加速过程，根据牛顿第二定律知mg−T=ma，加速度减小，重力不变，则拉力一直增大到等于重力；减速运动过程，有T−mg=ma，且加速度反向增大后又减小，则拉力先增大后减小，所以整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小，故D正确。
故选：D。
根据v−t图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律判断加速度的方向，进而判断超重还是失重。
本题考查学生对v−t图象的性质和牛顿第二定律的运用情况，难度较小。
3.【答案】A
【解析】解：A.如图1，如果分子间距离从无穷远开始减小时，分子势能先减小后增加，故A正确；
图1
B.物体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，并不能判断每个分子的情况，故B错误；
C.相同物质，温度相同平均动能相同，相同质量的0∘C的冰要吸热才能转化为0∘C的水，内能要增加，所以相同质量的0∘C的冰的分子势能小于相同质量的0∘C水的分子势能，故C错误；
D.如图2，分子间的距离从很近逐渐增加时，分子间的相互作用力先减小后增大，再减小，故D错误。
图2
故选：A。
根据分子势能随距离变化图像分析；
物体温度升高，平均动能增大；
内能由所有分子的动能和所有分子的势能决定；
根据分子力随距离的变化图像即可分析。
本题考查了分子力、分子势能、内能等知识点。根据Ep−r图象与F−r图象来判断分子力势能及分子力的变化是很好的一种方法。
4.【答案】C
【解析】解：A、两列波在同种介质中传播速度相同，因甲乙波长不同，则频率不同，则相遇区域内不会发生干涉现象，故A错误；
B.由题图可知两列波的波长分别为4m、6m，可得甲、乙两列波的波长之比为2：3，根据f=vλ可得，波速相同，频率之比为3：2，故B错误；
C.两列波的波速均为，代入数据得两波波速v=12m/s，甲波传到x=9.5m处的质点的时间t1=x1v=9.5−612s，乙波从x=2m处传到O的时间t2=x2v=2−012s，则对于x=0的质点和x=9.5m处的质点，它们开始振动的时间之差为Δt=t2−t1，计算得Δt=0.125s，故C正确；
D.t=14s时，两列波各自沿传播方向传播了x=vt，计算得x=3m，此时x=4m处的质点由甲波引起的位移是+10cm；由乙波引起的位移为−53cm，则此时该质点的实际位移大小等于10cm−53cm≈1.34cm，故D错误。
故选：C。
频率不同，则相遇区域内两波不会发生干涉现象；由题图可知两列波的波长，根据f=vλ可得频率之比；计算两列波的波速，分别计算甲波传到x=9.5m处的质点的时间，乙波从x=2m处传到O的时间，可计算它们开始振动的时间之差；t=14s时，根据波的叠加原理计算x=4m处的质点的实际位移大小。
本题属于波的图象和波的叠加问题。考查知识点有针对性，难度较大，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
5.【答案】B
【解析】解：s1=15m，h=3.2m，v0=30m/s
碰撞前，小球做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，仍做平抛运动，所以则落地点到墙的距离s2等于没有墙壁时做平抛运动的水平位移减去s1，
h=12gt2，
解得：t=2hg=2×3.210s=0.8s
水平方向总路程共有：x=v0t=30×0.8m=24m。
落地点到墙壁的距离s2=x−s1=24m−15m=9m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
小球抛出后做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，根据对称性可知小球仍做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解。
该题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，难点在于与墙碰撞之后，水平方向的运动反向。但竖直方向不变。
6.【答案】B
【解析】解：A.相对地面静止在不同高度的宇航员，角速度相同都等于地球的自转角速度，宇航员的线速度v=rω，随着r增大线速度v增大，故A错误；
B.当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；
C.宇航员在r=R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故C错误；
D.宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得：
GMmr2−FN=mω2r，其中FN为太空舱对宇航员的支持力，
宇航员感受的“重力”为：，
其中：为地球引力对宇航员产生的加速度大小，为地球自转而产生的向心加速度大小，
由图可知：在R≤r≤r0时，随着r增大而减小，宇航员感受的“重力”随r的增大而减小；
在r>r0时，随着r增大而反向增大，宇航员感受的“重力”随r的增大而增大，故D错误。
故选：B。
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
7.【答案】A
【解析】
【解答】
甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的场强大小为B22，两环在a点产生的场强大小为B1，甲环在a点产生的场强大小为B22，两环在a点产生的场强方向相同，则乙环在a点产生的场强大小为B1−B22，由于乙环在a点产生的场强与甲环在c点产生的场强大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为B1−B22，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】
根据场强的叠加得出两环分别在b点产生的场强大小以及乙环在a点产生的场强大小，抓住乙环在a点产生的场强与甲环在c点产生的场强大小相等，得出环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小。
解决本题的关键会根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，结合场强的叠加进行求解，难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A、球P到达c点的过程中，球Q向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对球Q的支持力变小。故A错误；
B、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，所以球Q在d点受到的静电力比在b点处大，故B正确；
C、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，故C错误；
D、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，所以PQ两球增加的机械能等于外力和电场力做功之和，故D错误。
故选：B。
对b受力分析，由其平衡状态确定各力的变化，由各力的做功情况确定其中的能量的变化。
考查力的平衡与能量变化，明确有外力做功与能量转化的关系可分析。难度不大。
9.【答案】AC
【解析】解：A、两表笔与接线柱接触瞬间，相当于跟一个自感系数很大的线圈相连，由于线圈的自感现象可知，线圈电流增大，线圈产生电流阻碍它的增大，故此时的电流比稳定时的电流小，故A错误；
B、两表笔与接线柱脱开瞬间，电路处于断路状态，故电路中没有电流，故B错误；
CD、若铁芯B没有安装在铁芯A上，ΔΦ因为U1=n1ΔΦ1Δt，U2=n2ΔΦ2Δt，而ΔΦ1>ΔΦ2，
所以ΔΦ1Δt>ΔΦ2Δt，即U1n1>U2n2，
所以U1：U2>n1：n2，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据自感判断电流的变化；根据变压器的原理来判断电压比与匝数比的关系。
本题考查自感和变压器的原理，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
10.【答案】BC
【解析】解：A、根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B的重力势能之和减小，故A错误；
B、设A上升到h位置时的速度为v1，B的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2=2v1，根据A和B组成的系统机械能守恒可得
2mg⋅2h−mgh=12mv12+12×2mv22，联立解得v2=8gh3，故B正确；
C、根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得：
对A有：2T−mg=ma1，
对B有：2mg−T=2ma2
结合a2=2a1
联立解得轻绳的拉力大小：T=23mg，故C正确；
D、重力做功的功率为P=mgv
由于v2=2v1，mA：mB=1：2，故A和B重力的功率大小之比为1：4，故D错误。
故选：BC。
根据能量转化情况分析A和B的重力势能之和如何变化；结合滑轮原理，可知两物体速度关系，结合系统的机械能守恒求出A上升到h时的速度；二者均同时做初速度为零的匀加速直线运动，结合二者速度关系，可知二者加速度关系，根据牛顿第二定律联立即可解得绳子的拉力大小；根据重力做功的功率为P=mgv，再结合两物体速度关系，根据P=mgv可得重力功率情况。
本题考查机械能守恒定律、功率、牛顿第二定律等规律的综合应用，根据动滑轮、定滑轮找出二者速度关系与所受绳子拉力关系是解决问题的突破口。
11.【答案】BD
【解析】解：A、由题图知，乙光的遏止电压大，根据动能定理eUc=Ekm，则乙光发生光电效应时的光电子的最大初动能大，根据光电效应方程Ekm=hν−W，可知乙光的频率大于甲光，故A错误；
B、丙光与甲光的遏止电压相等，所以这两种光的频率相等，故丙的频率也小于乙的频率，根据c=νλ可知，丙的波长大于乙光的波长，故B正确；
C、由题图可知甲光和丙光的饱和光电流不相同，甲的饱和光电流大一些，说明甲光比丙光的强度强，故C错误；
D、甲光和丙光的遏止电压相等，光的频率相等，由Ekm=hν−W得：在同一光电管下的光电子最大初动能相同，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理eUc=Ekm和光电效应方程Ekm=hν−W可比较光的频率和光电子的最大初动能；
根据c=νλ可比较波长；
根据饱和光电流大小可比较光的强弱。
本题考查光电效应，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
12.【答案】BC
【解析】解：A、金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，则知金属杆ab受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知，金属棒中电流方向由a→b，线圈中感应电流方向由M→P，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律判断可知，磁场B2均匀增大，故A错误；
B、金属棒ab保持静止，根据平衡条件得mg=B1IL，解得金属棒中的电流I=0.25A，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律得线圈产生的感应电动势为
根据法拉第电磁感应定律得E=N△Φ△t=NS△B2△t，联立解得△B2△t=10T/s，故C正确；
D、断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得mg=B1I1L=B12L2vmR1+R2，解得金属棒ab下滑的最大速度为vm=2.5m/s，故D错误。
故选：BC。
金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，判断出金属杆ab受到的安培力方向，由左手定则判断棒中感应电流方向，再根据楞次定律判断磁场B2的变化情况；对金属棒ab，利用平衡条件和安培力公式求金属棒中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势，再根据法拉第电磁感应定律求匀强磁场B2的磁感应强度的变化率。断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求其下滑的最大速度。
本题有感生电动势，也有动生电动势，要搞清电路的结构，抓住电磁感应与电路联系的桥梁是感应电动势，要知道断开K之后，金属棒ab的运动过程与汽车恒定功率起动类似，当金属棒的加速度为零时速度最大。
13.【答案】12.352ad2k(2I+D) 偏大
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故挡光片的宽度d=12mm+7×0.05mm=12.35mm；
(4)在最低点，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2I+D2，而v=d△t，联立可得：F=mg+2md22I+D×1(△t)2。结合图象的斜率k=2md22I+D，截距a=mg，解得：g=2ad2k(2I+D)；
(5)在摆动过程中若出现松动，则实际摆长I比开始测量的摆长偏大，根据上述公式可知，则真实的重力加速度的值比测量的值减小，即测量值偏大。
故答案为：(1)12.35；(4)2ad2k(2I+D)(5)偏大
(1)明确游标卡尺精度，根据游标卡尺原理和读数方法，读出示数；
(4)根据牛顿第二定律，结合向心力公式写出F−1(△t)2表达式，结合图象的斜率和纵截距，即可求解；
(5)根据实际操作分析误差。
此题综合考查了游标卡尺的读数方法和牛顿第二定律的应用，掌握运动过程某一点速度近似等于这段过程平均速度，注意F−1(△t)2图象纵截距与小钢球和遮光片的总质量关系是解题的关键。
14.【答案】BC 越大 不均匀 4 偏小
【解析】解：(1)A、机械调零只是首次使用时要进行机械调零，故A错误；
B、用×100倍率测电阻发现偏转角太大，即示数太小，那么要增大示数，则要减小倍率，即改为×10的倍率，故B正确；
C、换倍率后要重新进行欧姆调零，故C正确；
D、测电阻时，应将其与其他电路断开，以免欧姆挡的内接电源与外电路电源同时接入电路影响测量结果，故D错误。故选：BC
(2)将热敏电阻与电源等按图乙所示就构成了热敏电阻测温计。
①若测度越高，则热敏电阻的阻值越小，电路中的电流越大，定值R1两端的电压越大，即电压表的示数越大；
电压表的示数U1=IR1=ERT+R0+R1×R1，从此表达式可以看出电压表的示数U1与RT不是线性关系，所以刻度不均匀；
②根据欧姆定律和题意可列，当温度T=35℃时，RT=200Ω，则有0.36V=E200+76+R1×R1。
当温度为42℃时，RT=150Ω，则有：0.42V=E150+76+R1×R1
联立以上方程解得：R1=4Ω；
③根据以上方法，若电源使用太久，则E不变，而内阻变大，导致电路中的电流变小，R1两端电压也变小，故测量值偏小。
故答案为：(1)BC；(2)①越大、不均匀；②4；③偏小
(1)根据欧姆表的使用规则进行答题；
(2)①根据RT−T的关系和欧姆定律确定变化关系和刻度的特点；②由RT−T图象查出一定温度下电阻的值，再根据欧姆定律列出两情况下的表达式，可解得反馈电阻的值；③根据欧姆定律分析电动势不变，而内阻变大时，U1的电压要减小。
本题是热敏电阻应用的实例，要用到欧姆定律的相关计算，保护电阻，测温范围等问题，总之从电路连接出发，根据欧姆定律和串并联电路的关系就能解决问题。
15.【答案】解：(1)设活塞a在底部不动，对B中气体由玻意耳定律可得：
p0V0=p1×0.05V0
解得：p1=20p0<60p0，假设成立，
设活塞横截面积为S，水柱产生的压强为p，对活塞b，由平衡条件得：
p0S+pS=p1S，
解得：p=19p0
(2)当活塞b刚好到达B气缸底部时，水柱产生的压强最大，设最大压强为pm，设气缸A中活塞a下部气体的体积和压强分别为V、p2，上部气体压强为p3，体积为V0−V，则根据玻意耳定律有：p0V0=p2V，
60p0V0=p3(V0−V)，且p2=P3，
解得：p2=61p0
由平衡条件得：p0S+pmS=p2S，
解得：pm=60p0
答：(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态，且B中气体体积为0.05V0，水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强为19p0；
(2)该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值为60p0。
【解析】(1)由玻意尔定律和平衡条件可得水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强；
(2)当活塞b刚好到达B气缸底部时，水柱产生压强最大，，由玻意尔定律和平衡条件可得设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值
本题考察了气体定律，压强的平衡以及液体压强的运算，本题解题的关键是在运用玻尔定律时，要让等式两端对象均为相同质量的理想气体
16.【答案】解：(1)货物匀速运动的时间为：t=Lvm=156s=2.5s
设传送带的倾角为θ，则sinθ=hL=3.015=0.2
货物匀速运动时，受到静摩擦力为：f=mgsinθ=20×10×0.2N=40N
摩擦力做功功率为：P=fvm=40×6W=240W
设匀速运动时，流过电动机的电流为I，由能量守恒定律得：
IU=I2r+Pη
代数解得：I=5A，舍去另一根
电动机所消耗的电能为：E=IUt=5×100×2.5J=1.25×103J；
(2)设货物一直加速的时间为t1，加速度为a1
由牛顿第二定律可得：μFN−mgsinθ=ma1
货物对传送带的压力的大小可近似为货物的重力：FN=mgcosθ=mg
解得：a1=2m/s2
加速到最大速度vm需要的时间为t1=vma1=62s=3s
运动位移为x1=12a1t12
解得：x1=9m
电动机断开电源传送带停止运动后，设货物的加速度大小为a2，运动的位移为x2，由牛顿第二定律可得：
μFN+mgsinθ=ma2
解得：a2=6m/s2
根据速度-位移关系可得：0−vm2=2a2x2
解得：x2=3m
若货物达到最大速度后，电动机断开电源，货物运动的位移为x1+x2=12m
t3=L−(x1+x2)vm=15−126s=0.5s
电动机需工作的最短时间为：t=t1+t3=3s+0.5s=3.5s。
答：(1)在此过程中电动机所消耗的电能为1.25×103J；
(2)电动机需工作的最短时间为3.5s。
【解析】(1)求出货物匀速运动的时间和摩擦力做功功率，由能量守恒定律求解通过电动机的电流强度，根据功的计算公式求解电动机所消耗的电能；
(2)货物先加速运动时间后达到传送带速度大小、分析电动机断开电源，传送带停止运动货物能否达到传送带上端，分析运动过程，根据运动学公式进行解答。
电动机带动传送带升高物体的过程中，有两次能量转化：首先电能转化为电动机的机械能和线圈的内能；其次电动机的机械能转化成物体的重力势能和机械间摩擦产生的内能，所以效率是不断降低的．
17.【答案】解：(1)a、由所给电场强度的表达式可得，当r≥R时，E=Qr2
则带电球受到的静电力大小F2=qE=kqQ4R2；
b、距球心r处电场强度的大小分布满足的关系为：E=kQR3⋅r(r
根据图像所围面积表示电势差，可求出球心到球面的电势差为：U=kQ2R；
(2)a、B1的作用是产生感生电场，使电子加速，B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力；
b、电子在轨道运动的瞬时速度为v，电子的质量为m，电荷量为e，
由牛顿第二定律得evB2=mv2r0
经极短时间△t，k2=△B2△t=mer0△v△t
根据牛顿第二定律可得：，当r>r0时，，则：e⋅12k1r0=m△v△t
综上得：k2=12k1。
答：(1)a、将电荷量为q的试探电荷放在距离带电球球心2R处，其受到的静电力大小为kqQ4R2；
b、画出E−r图像见解析，带电球的球心与球面间的电势差为kQ2R；
(2)a、B1的作用是产生感生电场，使电子加速，B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力；
b、推导k1与k2应满足的数量关系为k2=12k1
【解析】(1)a、由所给电场强度的表达式结合电场力的计算公式求解带电球受到的静电力大小；
b、根据距球心r处电场强度的大小分布满足的关系作出E−r关系图像，根据图像所围面积表示的物理意义求解球心到球面的电势差；
(2)a、根据电子感应加速器的工作原理分析B1和B2的作用；
b、根据带电粒子在磁场中运动规律结合圆周运动的知识进行解答。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、电场强度的计算，能够根据题干获取对解题有用信息，知道电子感应加速器的工作原理。
18.【答案】解：(1)细线被拉断瞬间有T−mg=mv12L，又T=9mg，解得，弹丸与B碰撞过程动量守恒，向右为正，有
B下落过程机械能守恒有0.8mgL=12×0.8mvvB02
联立解得vB0=2gL，
所以弹簧被锁定时具有的弹性势能EP=12×0.2mvta2=7.2mgL
(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，向右为正方向，由动量守恒有
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2mvA>mvB
对A应用动能定理，μmgx=122mvA2
联立解得x≥L4μ，即A与台阶只能碰撞一次的条件是x≥L4μ.
(3)设木板A与台阶碰了n次后，最终停下，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律有，第1次碰前：
第2次碰前：mv1−2mv1′=mv2+2mv2′
第3次碰前mv2−2mv2′=mv3+2mv3′
第n−1次碰前：mvn−2−2mvn−2′=mvn−1+2mvn−1′
第n次碰前：mvn−1−2mvn−1′=mvn+2mvn′
以上式子相加得
第n次碰前，木板A未与物体B(含子弹)共速，在连续相碰间做往复匀减-匀加运动，则v1′=v2′=v3′=...=vn−1′=vn′′
整理得
又第n次碰后最终停下，得mvn=2mvn′
再整理得
解得v1′=v14n，对应的A板的右端到台阶的距离x=v1′22a=L2n2μ
答：(1)弹簧被锁定时具有的弹性势能为7.2mgL；
(2)若木板A与台阶只发生了一次碰撞，木板A右端距台阶的距离x≥L4μ；
(3)若木板A与台阶碰撞了n次后最终停下，木板A右端距台阶的距离x与碰撞次数n之间满足的函数关系式为x=L2n2μ。
【解析】(1)根据动能定理求出物体B摆到最低点的速度，结合绳子的最大拉力，根据牛顿第二定律求出子弹射入木块后的共同速度，运用动量守恒定律求出子弹击中滑块B前的速度大小v；
(2)若木板A与台阶只发生1次碰撞，碰撞后子弹合滑块B的总动量与木板的动量大小相等，方向相反，即与台阶碰撞前子弹合滑块的总动量合木板的动量相同，结合动量守恒定律求木板与台阶碰撞前的速度，根据牛顿第二定律
合运动学公式求出木板运动的位移，即x的大小，从而得出x满足的条件；
(3)根据动量守恒定律得出每次碰撞前后动量守恒的表达式，得出第n次碰撞前动量守恒的表达式，抓住木板每次与墙壁碰撞后先做匀减速运动再返回做匀加速运动，得出每次与墙壁碰撞的速度大小相等，通过数学知识，结合第n次碰撞后停下来，求出木板与墙壁碰撞速度的通项表达式，结合牛顿第二定律和运动学公式求出x的范围。
本题考查了滑块模型问题，综合考查了动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学公式，理清木板A和滑块B在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，本题第三问难度较大，对数学能力要求较高，得出最终木板与墙壁碰撞的速度通项表达式是关键。
2021年山东省烟台市高考物理三模试卷
1. 最近日本计划向太平洋中倾倒核废水的消息在世界上引起一片哗然，因为核废水中含有对人类和海洋生物有害的放射性同位素氚、碳−14及其它放射性物质。下列有关说法中正确的是( )
A. 当一种放射性元素与其他元素形成化合物后，这种元素的半衰期会改变
B. 两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定等于两个轻核的质量和
C. β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D. 铀核(92238U)经过4次α衰变和2次β衰变，将会衰变为氡核(86222Rn)
2. 如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作业，为了保障安全，他们身上都绑有安全带，安全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩(或吊环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，以保证工人的安全。设某次工人完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工人运动全过程的v−t图像。下列说法正确的是( )
A. 0到t1段时间内工人处于超重状态
B. t1到t2段时间内工人的平均速度等于v12
C. 工人初始位置离地面高度为v1t2
D. 整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小
3. 下列说法正确的是( )
A. 分子间距离减小时，分子势能可能增加
B. 物体升温时，其每个分子热运动的动能均增加
C. 相同质量的0℃的冰的分子势能与0℃水的分子势能相等
D. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
4. 为了观察两列波的叠加情况，某同学在同一介质中放置了两个振源，可以向外产生简谐横波，设某次产生的两列简谐横波分别沿x轴正、负方向传播，在t=0时刻分别到达A、B两点，如图中实线甲和虚线乙所示。已知实线波的传播周期为13s，两列波的振幅相同，均为10cm，则下列说法正确的是( )
A. 两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B. 甲、乙两列波的频率之比为2：3
C. 对于x=0的质点和x=9.5m处的质点，它们开始振动的时间之差为0.125s
D. t=14s时，x=4m处的质点的实际位移大小等于5cm
5. 小明是一位网球爱好者，有一次小明在体育馆面对着竖直墙壁练习接发球技术，设某次小明在距离水平地面3.2m、距离竖直光滑墙壁15m处发球，发出的网球以30m/s的速度向墙水平抛出，网球与墙壁碰撞后落地，不计碰撞过程中的能量损失，忽略空气阻力和碰撞时间，重力加速度g=10m/s2，则网球落地点到墙壁的距离为( )
A. 6m B. 9m C. 15m D. 24m
6. 如图甲所示，是由教育部深空探测联合研究中心组织，重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”的“天梯”项目海基平台效果图，该项目是在赤道上建造重直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的有( )
A. 宇航员的线速度随着r的增大而减小
B. 图乙中r0为地球同步卫星的轨道半径
C. 宇航员在r=R处的线速度等于第一宇宙速度
D. 宇航员感受到的“重力”随着r的增大而增大
7. 如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )
A. B1−B22 B. B2−B12 C. B2−B1 D. B13
8. 如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑绝缘圆环轨道，环上套有两个相同的、大小可忽略的带电小球P和Q，开始时，两个小球分别位于圆环上a、b两点处于静止状态，两球间的距离为R。现用力缓慢向下推动P球至最低点c，Q球由b点缓慢运动至d点(图中未画出)。则在此过程中( )
A. Q球在d点受到圆环支持力比在b点处大
B. Q球在d点受到静电力比在b点处大
C. P、Q两球的电势能减少
D. 推力做的功等于P、Q两球增加的机械能
9. 图甲所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A的横梁上以形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙所示。某同学为测量原线圈的电阻，将多用电表的欧姆挡调到合适挡位，用两表笔接触原线圈的两接线柱，等指针稳定后读数，读数完毕后将两表笔与接线柱脱开；之后使原线圈与正弦式交流电源相连，并测得原、副线圈的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是( )
A. 两表笔与接线柱接触后，通过欧姆表的电流逐渐增大到一个稳定值
B. 两表笔与接线柱脱开瞬间，有比稳定时更大的电流流过原线圈
C. 若铁芯B没有安装在铁芯A上，则有U1：U2>n1：n2
D. 无论铁芯B是否安装铁芯A上，都有U1：U2=n1：n2
10. 如图所示，有两个物块A和B，质量分别为m和2m，用同一根轻质细线将两个物块连接在滑轮组上，滑轮质量不计，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度为g，现将两物块由静止释放，经过一段时间，A的位移为h，在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块A和B总势能保持不变 B. A的位移为h时，B的速度为83gh
C. 细线的拉力大小为23mg D. A和B重力的功率大小之比为1：3
11. 用图甲所示装置研究光电效应现象，三次用同一光电管在不同光照条件下实验，记录微安表的示数I随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条光电流与电压之间的关系曲线，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 甲光的频率大于乙光的频率
B. 丙光的波长大于乙光的波长
C. 甲光和丙光的强弱程度相同
D. 甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同
12. 如图所示，间距为L=0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1=2Ω的电阻，磁感应强度为B1=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直。导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10−3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行。开关K闭合后，质量为m=1×10−2kg、电阻值为R2=2Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10m/s2。则( )
A. 磁场B2均匀减小
B. 金属棒中的电流为0.25A
C. 匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s
D. 断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
13. 某同学为了测量当地的重力加速度，设计了一套如图甲所示的实验装置。拉力传感器竖直固定，一根不可伸长的细线上端固定在传感器的固定挂钩上，下端系一小钢球，钢球底部固定有遮光片，在拉力传感器的正下方安装有光电门，钢球通过最低点时遮光片恰能通过光电门。小明同学进行了下列实验步骤：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，如图乙所示，则d=______ mm；
(2)用游标卡尺测量小钢球的直径为D，用刻度尺测量小钢球到悬点的摆线长为I；
(3)拉起小钢球，使细线与竖直方向成不同角度，小钢球由静止释放后均在竖直平面内运动，记录遮光片每次通过光电门的遮光时间Δt和对应的拉力传感器示数F；
(4)根据记录的数据描绘出如图所示的F−1(Δ)2图像，已知图像与纵轴交点为a，图像斜率为k，则通过以上信息可求出当地的重力加速度表达式为g=______ (用题目中所给物理量的符号表示)；
(5)如果在实验过程中所系的细线出现松动，则根据实验数据求出的当地重力加速度g的值比实际值______ (选填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
14. 感冒发热是冬春季节常见的疾病，用电子体温计测量体温既方便又安全。电子体温计的工作原理是利用热敏电阻的阻值随温度的变化将温度转化为电学量。某实验小组想利用热敏电阻制作一个热敏电阻测温计。
(1)实验小组用多用电表欧姆挡粗测常温下该热敏电阻阻值，以下说法正确的是______
A.使用多用电表每次调换挡位后都要进行机械调零
B.用“×100”挡发现指针偏转角度很大，为了准确地进行测量，应换到“×10”挡
C.换挡后需要重新进行欧姆调零再进行测量
D.使用多用电表测电阻阻值时，应该把被测电阻接入闭合电路中进行测量
(2)该实验小组用伏安法测热敏电阻在不同温度下的电阻时，得到图甲所示的电阻阻值RT与温度t的关系图像。
(3)若把该热敏电阻RT与电源(电动势E约为1.5V，内阻不计)、理想电压表(量程为1.5V)、保护电阻R0、电压反馈电阻R1连成如图乙所示的电路，用该热敏电阻作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。
①根据电路可知，温度越高，则电压表示数______ (选填“越大”、“越小”或“不变”)，根据已知原理刻盘时盘上温度是______ (选填“均匀”或“不均匀”)的。
②若保护电阻的阻值R0=76Ω，要使温度从35∘变化到42∘时，电压表的示数从0.36V变化到0.42V，则电压反馈电阻R1=______ Ω。
③如果电源用久后电动势不变而内阻需要考虑时，此时测量的温度比真实值______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)
15. 高压水柱清理污垢是世界公认的科学、经济、环保的清洁方式之一、某种汽车清洗水枪就是利用高压水柱清理污垢的，一位同学设计了一个测量汽车清洗水枪喷水压强的装置，其原理示意图如图所示。图中A、B为两个横截面积相同的圆筒形透明导热气缸，缸内各有一个活塞a、b，两个气缸底部用带有阀门K1的细管相连通，A的容积为V0，上部装有阀门K2。打开K2，在A中压入压强为60p0(p0为大气压强)的压缩空气后关闭K2，打开K1，使之与大气相通，将活塞b提到B中封闭部分气体体积为V0时关闭K1。用水枪喷出的水柱喷射活塞b的上表面，不计活塞厚度和质量，不计活塞与气缸的摩擦以及环境温度的变化，设水枪喷出的水柱散开后的面积与b的面积相等且忽略活塞上方的积水，将空气视为理想气体。
(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态，且B中气体体积为0.05V0，求水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强；
(2)求该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值。
16. 如图所示是一个货物运输装置示意图，BC是平台，AB是长L=15m的传送带，BA两端的高度差h=3.0m。传送带在电动机M的带动下顺时针匀速转动，安全运行的最大速度为vm=6m/s。假设断电后，电动机和传送带都立即停止运动。已知货物质量m=20kg，货物与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4。由于传送带较为平坦，货物对传送带的压力的大小可近似为货物的重力。电动机所接电源输出电压恒为U=100V，电动机中线圈的电阻r=8Ω，由于轮轴等方面的摩擦，电动机转化为机械功的效率为80%，取g=10m/s2。
(1)若货物从A端随传送带一起以最大速度vm匀速地被运输到平台BC上，求在此过程中电动机所消耗的电能；
(2)若将货物轻轻放到传送带上的A点，然后被传送带运输到平台BC上，要使该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间。
17. 静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场
(1)如图甲所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为+Q，半径为R，静电力常量为k。距球心r处电场强度的大小分布满足如下关系：E=kQR3⋅r(r
②在图乙坐标系中画出E−r图像，并借助该图像求出带电球的球心与球面间的电势差U。
(2)如图丙所示，在纸面内以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B的大小随时间均匀增加，变化率为k。该变化磁场激发感生电场，距圆心r处的电场强度大小分布满足如下关系：电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。一种电子感应加速器的简化模型如图丁所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以O为圆心，半径小于r0的圆形区域内，磁感应强度B1=k1t，在大于等于r0的环形区域内，磁感应强度B2=k2t，其中k1、k2均为正的定值。电子能在环形区域内沿半径等于r0的圆形轨道运动，并不断被加速。
①分别说明B1、B2的作用；
②推导k1与k2应满足的数量关系。
18. 如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其右端与固定的台阶相距一段距离。一根长度为L的轻质细线，一端与质量为0.8m的滑块B(可视为质点)相连，另一端固定在悬点O处的力传感器上，当细线处于竖直位置且保持静止时，滑块B恰好与木板A左端接触但无压力。靠近木板A左端有一支内壁光滑的弹丸发射器，发射器内有一根左端固定的轻质弹簧，质量为0.2m的小弹丸C放在处于压缩状态并被锁定的弹簧右端。开始时，用外力拉住滑块B使细线呈水平拉直状态，由静止释放滑块B并在适当的时刻解除弹簧的锁定，当滑块B到达最低点时被弹丸C水平击中(作用时间极短，作用后弹丸C留在了滑块内)，被击中的滑块B将细线拉断，力传感器显示细线被拉断瞬间的拉力大小为T=9mg，之后滑块B(内含弹丸)从木板A左端上表面水平滑入。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，木板A足够长，滑块B不会从木板A表面滑出，木板A与台阶碰撞后以碰撞前的速率反向弹回，弹丸发射器发射完毕后立即撤走，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)若木板A与台阶只发生了一次碰撞，求木板A右端距台阶的距离x应满足的条件；
(3)若木板A与台阶碰撞了n次后最终停下，求木板A右端距台阶的距离x与碰撞次数n之间满足的函数关系式。
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答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、原子核的半衰期由内部自身因素决定，与所处的化学状态和外部条件无关，故A错误；
B、轻核发生聚变反应的过程中存在质量亏损，所以两个轻核发生聚变反应，产生的新核的质量一定小于两个轻核的质量和，故B错误；
C、β衰变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C错误；
D、 92238U(铀)衰变为 86222，质量数减小16，而质子减小6，经过α衰变的次数：x=238−2224次=4次，β衰变的次数：y=(86+2×4−92)次=2次，故D正确。
故选：D。
放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定；聚变的过程中存在质量亏损；原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，经过一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变；β衰变产生的电子来自原子核，不是核外电子。
本题考查了衰变等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
2.【答案】D
【解析】解：A、0到t1段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；
B、t1到t2段时间内如果做匀减速直线运动，位移等于下图中阴影部分面积，则工人的平均速度等于v12；实际上工人位移等于曲线与时间轴围成的面积，实际位移大于匀减速时的位移，t1到t2段时间内工人的平均速度大于v12，故B错误；
C、v−t图线与时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小于v1t2，故C错误；
D、根据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，加速度先减小到0后再反向增大，再减小，对于加速过程，根据牛顿第二定律知mg−T=ma，加速度减小，重力不变，则拉力一直增大到等于重力；减速运动过程，有T−mg=ma，且加速度反向增大后又减小，则拉力先增大后减小，所以整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小，故D正确。
故选：D。
根据v−t图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律判断加速度的方向，进而判断超重还是失重。
本题考查学生对v−t图象的性质和牛顿第二定律的运用情况，难度较小。
3.【答案】A
【解析】解：A.如图1，如果分子间距离从无穷远开始减小时，分子势能先减小后增加，故A正确；
图1
B.物体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，并不能判断每个分子的情况，故B错误；
C.相同物质，温度相同平均动能相同，相同质量的0∘C的冰要吸热才能转化为0∘C的水，内能要增加，所以相同质量的0∘C的冰的分子势能小于相同质量的0∘C水的分子势能，故C错误；
D.如图2，分子间的距离从很近逐渐增加时，分子间的相互作用力先减小后增大，再减小，故D错误。
图2
故选：A。
根据分子势能随距离变化图像分析；
物体温度升高，平均动能增大；
内能由所有分子的动能和所有分子的势能决定；
根据分子力随距离的变化图像即可分析。
本题考查了分子力、分子势能、内能等知识点。根据Ep−r图象与F−r图象来判断分子力势能及分子力的变化是很好的一种方法。
4.【答案】C
【解析】解：A、两列波在同种介质中传播速度相同，因甲乙波长不同，则频率不同，则相遇区域内不会发生干涉现象，故A错误；
B.由题图可知两列波的波长分别为4m、6m，可得甲、乙两列波的波长之比为2：3，根据f=vλ可得，波速相同，频率之比为3：2，故B错误；
C.两列波的波速均为，代入数据得两波波速v=12m/s，甲波传到x=9.5m处的质点的时间t1=x1v=9.5−612s，乙波从x=2m处传到O的时间t2=x2v=2−012s，则对于x=0的质点和x=9.5m处的质点，它们开始振动的时间之差为Δt=t2−t1，计算得Δt=0.125s，故C正确；
D.t=14s时，两列波各自沿传播方向传播了x=vt，计算得x=3m，此时x=4m处的质点由甲波引起的位移是+10cm；由乙波引起的位移为−53cm，则此时该质点的实际位移大小等于10cm−53cm≈1.34cm，故D错误。
故选：C。
频率不同，则相遇区域内两波不会发生干涉现象；由题图可知两列波的波长，根据f=vλ可得频率之比；计算两列波的波速，分别计算甲波传到x=9.5m处的质点的时间，乙波从x=2m处传到O的时间，可计算它们开始振动的时间之差；t=14s时，根据波的叠加原理计算x=4m处的质点的实际位移大小。
本题属于波的图象和波的叠加问题。考查知识点有针对性，难度较大，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
5.【答案】B
【解析】解：s1=15m，h=3.2m，v0=30m/s
碰撞前，小球做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，仍做平抛运动，所以则落地点到墙的距离s2等于没有墙壁时做平抛运动的水平位移减去s1，
h=12gt2，
解得：t=2hg=2×3.210s=0.8s
水平方向总路程共有：x=v0t=30×0.8m=24m。
落地点到墙壁的距离s2=x−s1=24m−15m=9m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
小球抛出后做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，根据对称性可知小球仍做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解。
该题主要考查了平抛运动的基本公式的直接应用，难点在于与墙碰撞之后，水平方向的运动反向。但竖直方向不变。
6.【答案】B
【解析】解：A.相对地面静止在不同高度的宇航员，角速度相同都等于地球的自转角速度，宇航员的线速度v=rω，随着r增大线速度v增大，故A错误；
B.当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看做是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；
C.宇航员在r=R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故C错误；
D.宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得：
GMmr2−FN=mω2r，其中FN为太空舱对宇航员的支持力，
宇航员感受的“重力”为：，
其中：为地球引力对宇航员产生的加速度大小，为地球自转而产生的向心加速度大小，
由图可知：在R≤r≤r0时，随着r增大而减小，宇航员感受的“重力”随r的增大而减小；
在r>r0时，随着r增大而反向增大，宇航员感受的“重力”随r的增大而增大，故D错误。
故选：B。
太空天梯与地球的自转角速度相同，根据v=rω判断线速度变化情况；引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力；根据重力和万有引力关系判断。
本题考查随地球自转物体和近地卫星的区别，根据万有引力提供向心力来解决问题的方向。
7.【答案】A
【解析】
【解答】
甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在b点分别产生的场强大小为B22，两环在a点产生的场强大小为B1，甲环在a点产生的场强大小为B22，两环在a点产生的场强方向相同，则乙环在a点产生的场强大小为B1−B22，由于乙环在a点产生的场强与甲环在c点产生的场强大小相等，则当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为B1−B22，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】
根据场强的叠加得出两环分别在b点产生的场强大小以及乙环在a点产生的场强大小，抓住乙环在a点产生的场强与甲环在c点产生的场强大小相等，得出环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小。
解决本题的关键会根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，结合场强的叠加进行求解，难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A、球P到达c点的过程中，球Q向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对球Q的支持力变小。故A错误；
B、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，所以球Q在d点受到的静电力比在b点处大，故B正确；
C、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，电势能增加，故C错误；
D、球P到达c点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，电场力做负功，所以PQ两球增加的机械能等于外力和电场力做功之和，故D错误。
故选：B。
对b受力分析，由其平衡状态确定各力的变化，由各力的做功情况确定其中的能量的变化。
考查力的平衡与能量变化，明确有外力做功与能量转化的关系可分析。难度不大。
9.【答案】AC
【解析】解：A、两表笔与接线柱接触瞬间，相当于跟一个自感系数很大的线圈相连，由于线圈的自感现象可知，线圈电流增大，线圈产生电流阻碍它的增大，故此时的电流比稳定时的电流小，故A错误；
B、两表笔与接线柱脱开瞬间，电路处于断路状态，故电路中没有电流，故B错误；
CD、若铁芯B没有安装在铁芯A上，ΔΦ因为U1=n1ΔΦ1Δt，U2=n2ΔΦ2Δt，而ΔΦ1>ΔΦ2，
所以ΔΦ1Δt>ΔΦ2Δt，即U1n1>U2n2，
所以U1：U2>n1：n2，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据自感判断电流的变化；根据变压器的原理来判断电压比与匝数比的关系。
本题考查自感和变压器的原理，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
10.【答案】BC
【解析】解：A、根据机械能守恒定律可知，B减小的重力势能全部转化为A的重力势能和两物体的动能，所以，A和B的重力势能之和减小，故A错误；
B、设A上升到h位置时的速度为v1，B的速度为v2，根据动滑轮的特点可知，v2=2v1，根据A和B组成的系统机械能守恒可得
2mg⋅2h−mgh=12mv12+12×2mv22，联立解得v2=8gh3，故B正确；
C、根据动滑轮的特点可知，A的加速度为B的加速度的一半，根据牛顿第二定律可得：
对A有：2T−mg=ma1，
对B有：2mg−T=2ma2
结合a2=2a1
联立解得轻绳的拉力大小：T=23mg，故C正确；
D、重力做功的功率为P=mgv
由于v2=2v1，mA：mB=1：2，故A和B重力的功率大小之比为1：4，故D错误。
故选：BC。
根据能量转化情况分析A和B的重力势能之和如何变化；结合滑轮原理，可知两物体速度关系，结合系统的机械能守恒求出A上升到h时的速度；二者均同时做初速度为零的匀加速直线运动，结合二者速度关系，可知二者加速度关系，根据牛顿第二定律联立即可解得绳子的拉力大小；根据重力做功的功率为P=mgv，再结合两物体速度关系，根据P=mgv可得重力功率情况。
本题考查机械能守恒定律、功率、牛顿第二定律等规律的综合应用，根据动滑轮、定滑轮找出二者速度关系与所受绳子拉力关系是解决问题的突破口。
11.【答案】BD
【解析】解：A、由题图知，乙光的遏止电压大，根据动能定理eUc=Ekm，则乙光发生光电效应时的光电子的最大初动能大，根据光电效应方程Ekm=hν−W，可知乙光的频率大于甲光，故A错误；
B、丙光与甲光的遏止电压相等，所以这两种光的频率相等，故丙的频率也小于乙的频率，根据c=νλ可知，丙的波长大于乙光的波长，故B正确；
C、由题图可知甲光和丙光的饱和光电流不相同，甲的饱和光电流大一些，说明甲光比丙光的强度强，故C错误；
D、甲光和丙光的遏止电压相等，光的频率相等，由Ekm=hν−W得：在同一光电管下的光电子最大初动能相同，故D正确。
故选：BD。
根据动能定理eUc=Ekm和光电效应方程Ekm=hν−W可比较光的频率和光电子的最大初动能；
根据c=νλ可比较波长；
根据饱和光电流大小可比较光的强弱。
本题考查光电效应，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
12.【答案】BC
【解析】解：A、金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，则知金属杆ab受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知，金属棒中电流方向由a→b，线圈中感应电流方向由M→P，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律判断可知，磁场B2均匀增大，故A错误；
B、金属棒ab保持静止，根据平衡条件得mg=B1IL，解得金属棒中的电流I=0.25A，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律得线圈产生的感应电动势为
根据法拉第电磁感应定律得E=N△Φ△t=NS△B2△t，联立解得△B2△t=10T/s，故C正确；
D、断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件得mg=B1I1L=B12L2vmR1+R2，解得金属棒ab下滑的最大速度为vm=2.5m/s，故D错误。
故选：BC。
金属棒ab保持静止，受到的安培力与重力平衡，判断出金属杆ab受到的安培力方向，由左手定则判断棒中感应电流方向，再根据楞次定律判断磁场B2的变化情况；对金属棒ab，利用平衡条件和安培力公式求金属棒中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势，再根据法拉第电磁感应定律求匀强磁场B2的磁感应强度的变化率。断开K之后，金属棒ab先向下做加速运动，后做匀速运动，速度达到最大，由平衡条件求其下滑的最大速度。
本题有感生电动势，也有动生电动势，要搞清电路的结构，抓住电磁感应与电路联系的桥梁是感应电动势，要知道断开K之后，金属棒ab的运动过程与汽车恒定功率起动类似，当金属棒的加速度为零时速度最大。
13.【答案】12.352ad2k(2I+D) 偏大
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故挡光片的宽度d=12mm+7×0.05mm=12.35mm；
(4)在最低点，根据牛顿第二定律有：F−mg=mv2I+D2，而v=d△t，联立可得：F=mg+2md22I+D×1(△t)2。结合图象的斜率k=2md22I+D，截距a=mg，解得：g=2ad2k(2I+D)；
(5)在摆动过程中若出现松动，则实际摆长I比开始测量的摆长偏大，根据上述公式可知，则真实的重力加速度的值比测量的值减小，即测量值偏大。
故答案为：(1)12.35；(4)2ad2k(2I+D)(5)偏大
(1)明确游标卡尺精度，根据游标卡尺原理和读数方法，读出示数；
(4)根据牛顿第二定律，结合向心力公式写出F−1(△t)2表达式，结合图象的斜率和纵截距，即可求解；
(5)根据实际操作分析误差。
此题综合考查了游标卡尺的读数方法和牛顿第二定律的应用，掌握运动过程某一点速度近似等于这段过程平均速度，注意F−1(△t)2图象纵截距与小钢球和遮光片的总质量关系是解题的关键。
14.【答案】BC 越大 不均匀 4 偏小
【解析】解：(1)A、机械调零只是首次使用时要进行机械调零，故A错误；
B、用×100倍率测电阻发现偏转角太大，即示数太小，那么要增大示数，则要减小倍率，即改为×10的倍率，故B正确；
C、换倍率后要重新进行欧姆调零，故C正确；
D、测电阻时，应将其与其他电路断开，以免欧姆挡的内接电源与外电路电源同时接入电路影响测量结果，故D错误。故选：BC
(2)将热敏电阻与电源等按图乙所示就构成了热敏电阻测温计。
①若测度越高，则热敏电阻的阻值越小，电路中的电流越大，定值R1两端的电压越大，即电压表的示数越大；
电压表的示数U1=IR1=ERT+R0+R1×R1，从此表达式可以看出电压表的示数U1与RT不是线性关系，所以刻度不均匀；
②根据欧姆定律和题意可列，当温度T=35℃时，RT=200Ω，则有0.36V=E200+76+R1×R1。
当温度为42℃时，RT=150Ω，则有：0.42V=E150+76+R1×R1
联立以上方程解得：R1=4Ω；
③根据以上方法，若电源使用太久，则E不变，而内阻变大，导致电路中的电流变小，R1两端电压也变小，故测量值偏小。
故答案为：(1)BC；(2)①越大、不均匀；②4；③偏小
(1)根据欧姆表的使用规则进行答题；
(2)①根据RT−T的关系和欧姆定律确定变化关系和刻度的特点；②由RT−T图象查出一定温度下电阻的值，再根据欧姆定律列出两情况下的表达式，可解得反馈电阻的值；③根据欧姆定律分析电动势不变，而内阻变大时，U1的电压要减小。
本题是热敏电阻应用的实例，要用到欧姆定律的相关计算，保护电阻，测温范围等问题，总之从电路连接出发，根据欧姆定律和串并联电路的关系就能解决问题。
15.【答案】解：(1)设活塞a在底部不动，对B中气体由玻意耳定律可得：
p0V0=p1×0.05V0
解得：p1=20p0<60p0，假设成立，
设活塞横截面积为S，水柱产生的压强为p，对活塞b，由平衡条件得：
p0S+pS=p1S，
解得：p=19p0
(2)当活塞b刚好到达B气缸底部时，水柱产生的压强最大，设最大压强为pm，设气缸A中活塞a下部气体的体积和压强分别为V、p2，上部气体压强为p3，体积为V0−V，则根据玻意耳定律有：p0V0=p2V，
60p0V0=p3(V0−V)，且p2=P3，
解得：p2=61p0
由平衡条件得：p0S+pmS=p2S，
解得：pm=60p0
答：(1)若活塞b在水柱喷射下处于静止状态，且B中气体体积为0.05V0，水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强为19p0；
(2)该设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值为60p0。
【解析】(1)由玻意尔定律和平衡条件可得水枪喷出的水柱在b上表面产生的压强；
(2)当活塞b刚好到达B气缸底部时，水柱产生压强最大，，由玻意尔定律和平衡条件可得设备能测量的水柱在b上表面产生的压强的最大值
本题考察了气体定律，压强的平衡以及液体压强的运算，本题解题的关键是在运用玻尔定律时，要让等式两端对象均为相同质量的理想气体
16.【答案】解：(1)货物匀速运动的时间为：t=Lvm=156s=2.5s
设传送带的倾角为θ，则sinθ=hL=3.015=0.2
货物匀速运动时，受到静摩擦力为：f=mgsinθ=20×10×0.2N=40N
摩擦力做功功率为：P=fvm=40×6W=240W
设匀速运动时，流过电动机的电流为I，由能量守恒定律得：
IU=I2r+Pη
代数解得：I=5A，舍去另一根
电动机所消耗的电能为：E=IUt=5×100×2.5J=1.25×103J；
(2)设货物一直加速的时间为t1，加速度为a1
由牛顿第二定律可得：μFN−mgsinθ=ma1
货物对传送带的压力的大小可近似为货物的重力：FN=mgcosθ=mg
解得：a1=2m/s2
加速到最大速度vm需要的时间为t1=vma1=62s=3s
运动位移为x1=12a1t12
解得：x1=9m
电动机断开电源传送带停止运动后，设货物的加速度大小为a2，运动的位移为x2，由牛顿第二定律可得：
μFN+mgsinθ=ma2
解得：a2=6m/s2
根据速度-位移关系可得：0−vm2=2a2x2
解得：x2=3m
若货物达到最大速度后，电动机断开电源，货物运动的位移为x1+x2=12m
t3=L−(x1+x2)vm=15−126s=0.5s
电动机需工作的最短时间为：t=t1+t3=3s+0.5s=3.5s。
答：(1)在此过程中电动机所消耗的电能为1.25×103J；
(2)电动机需工作的最短时间为3.5s。
【解析】(1)求出货物匀速运动的时间和摩擦力做功功率，由能量守恒定律求解通过电动机的电流强度，根据功的计算公式求解电动机所消耗的电能；
(2)货物先加速运动时间后达到传送带速度大小、分析电动机断开电源，传送带停止运动货物能否达到传送带上端，分析运动过程，根据运动学公式进行解答。
电动机带动传送带升高物体的过程中，有两次能量转化：首先电能转化为电动机的机械能和线圈的内能；其次电动机的机械能转化成物体的重力势能和机械间摩擦产生的内能，所以效率是不断降低的．
17.【答案】解：(1)a、由所给电场强度的表达式可得，当r≥R时，E=Qr2
则带电球受到的静电力大小F2=qE=kqQ4R2；
b、距球心r处电场强度的大小分布满足的关系为：E=kQR3⋅r(r
根据图像所围面积表示电势差，可求出球心到球面的电势差为：U=kQ2R；
(2)a、B1的作用是产生感生电场，使电子加速，B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力；
b、电子在轨道运动的瞬时速度为v，电子的质量为m，电荷量为e，
由牛顿第二定律得evB2=mv2r0
经极短时间△t，k2=△B2△t=mer0△v△t
根据牛顿第二定律可得：，当r>r0时，，则：e⋅12k1r0=m△v△t
综上得：k2=12k1。
答：(1)a、将电荷量为q的试探电荷放在距离带电球球心2R处，其受到的静电力大小为kqQ4R2；
b、画出E−r图像见解析，带电球的球心与球面间的电势差为kQ2R；
(2)a、B1的作用是产生感生电场，使电子加速，B2的作用是为电子做圆周运动提供向心力；
b、推导k1与k2应满足的数量关系为k2=12k1
【解析】(1)a、由所给电场强度的表达式结合电场力的计算公式求解带电球受到的静电力大小；
b、根据距球心r处电场强度的大小分布满足的关系作出E−r关系图像，根据图像所围面积表示的物理意义求解球心到球面的电势差；
(2)a、根据电子感应加速器的工作原理分析B1和B2的作用；
b、根据带电粒子在磁场中运动规律结合圆周运动的知识进行解答。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律、电场强度的计算，能够根据题干获取对解题有用信息，知道电子感应加速器的工作原理。
18.【答案】解：(1)细线被拉断瞬间有T−mg=mv12L，又T=9mg，解得，弹丸与B碰撞过程动量守恒，向右为正，有
B下落过程机械能守恒有0.8mgL=12×0.8mvvB02
联立解得vB0=2gL，
所以弹簧被锁定时具有的弹性势能EP=12×0.2mvta2=7.2mgL
(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，向右为正方向，由动量守恒有
若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：2mvA>mvB
对A应用动能定理，μmgx=122mvA2
联立解得x≥L4μ，即A与台阶只能碰撞一次的条件是x≥L4μ.
(3)设木板A与台阶碰了n次后，最终停下，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律有，第1次碰前：
第2次碰前：mv1−2mv1′=mv2+2mv2′
第3次碰前mv2−2mv2′=mv3+2mv3′
第n−1次碰前：mvn−2−2mvn−2′=mvn−1+2mvn−1′
第n次碰前：mvn−1−2mvn−1′=mvn+2mvn′
以上式子相加得
第n次碰前，木板A未与物体B(含子弹)共速，在连续相碰间做往复匀减-匀加运动，则v1′=v2′=v3′=...=vn−1′=vn′′
整理得
又第n次碰后最终停下，得mvn=2mvn′
再整理得
解得v1′=v14n，对应的A板的右端到台阶的距离x=v1′22a=L2n2μ
答：(1)弹簧被锁定时具有的弹性势能为7.2mgL；
(2)若木板A与台阶只发生了一次碰撞，木板A右端距台阶的距离x≥L4μ；
(3)若木板A与台阶碰撞了n次后最终停下，木板A右端距台阶的距离x与碰撞次数n之间满足的函数关系式为x=L2n2μ。
【解析】(1)根据动能定理求出物体B摆到最低点的速度，结合绳子的最大拉力，根据牛顿第二定律求出子弹射入木块后的共同速度，运用动量守恒定律求出子弹击中滑块B前的速度大小v；
(2)若木板A与台阶只发生1次碰撞，碰撞后子弹合滑块B的总动量与木板的动量大小相等，方向相反，即与台阶碰撞前子弹合滑块的总动量合木板的动量相同，结合动量守恒定律求木板与台阶碰撞前的速度，根据牛顿第二定律
合运动学公式求出木板运动的位移，即x的大小，从而得出x满足的条件；
(3)根据动量守恒定律得出每次碰撞前后动量守恒的表达式，得出第n次碰撞前动量守恒的表达式，抓住木板每次与墙壁碰撞后先做匀减速运动再返回做匀加速运动，得出每次与墙壁碰撞的速度大小相等，通过数学知识，结合第n次碰撞后停下来，求出木板与墙壁碰撞速度的通项表达式，结合牛顿第二定律和运动学公式求出x的范围。
本题考查了滑块模型问题，综合考查了动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学公式，理清木板A和滑块B在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，本题第三问难度较大，对数学能力要求较高，得出最终木板与墙壁碰撞的速度通项表达式是关键。
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