2021年重庆市江津中学、铜梁中学、长寿中学等七校联盟高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年重庆市江津中学、铜梁中学、长寿中学等七校联盟高考物理三模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了1s，足球的质量为0，6kg⋅m/s，0kg的物块A，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】AD，【答案】ABC等内容，欢迎下载使用。

甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程中的x−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在0∼t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同
B. 乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快
C. 甲物体始终沿同一方向运动
D. 在0∼t2时间内，甲、乙两物体在t1时刻相距最远
同一块砖，第一次平放在水平地面上，第二次竖放在水平地面上，两次给砖以相同的水平初速度让它沿水平面运动，结果发现两次运动的距离相差较大，你认为可能的原因是( )
A. 因为砖的重心不同而引起的能量变化
B. 因为接触面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同
C. 因为接触面的面积不同而引起的摩擦力不同
D. 因为砖对地面的压力不同而引起的摩擦力不同
如图所示光电效应实验装置中，用频率为ν的光照射光电管阴极K，发生了光电效应。下列说法中正确的是( )
A. 增大入射光的强度，光电流不变
B. 改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
C. 保证光的强度不变，改用频率大于ν的光照射，光电流不变
D. 减小入射光的强度，光电效应现象消失
如图所示，某同学正在练习颠球。某一次足球从静止自由下落80cm后被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 足球刚接触头和刚离开头时，速度不变
B. 足球与头部接触后刚离开时动量大小为1.6kg⋅m/s
C. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零
D. 足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
物体从某一高度做初速度为v0的平抛运动，Ep为物体重力势能。Ek为物体动能，h为下落高度，t为飞行时间，v为物体的速度大小，以水平地面为零势能面，不计空气阻力，图象中反映Ep与各物理量之间关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势与点电荷的电量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即φ=kQr.在某真空中有一如图所示的正六边形 ABCDEF，O为中心，A、C、E三个顶点各固定一点电荷，其中A、C两点电荷量为q，E点电荷量为−q，EB、E分别表示B、O点场强的大小，φB、φO分别表示B、O点的电势，则以下关系中正确的是( )
A. EB>E φB>φOB. EBφO
C. EB=E φB=φOD. EB如图所示，墙角处放置一个光滑的小球A，用轻绳一端拴一个小球B贴在小球A上，轻绳的另外一端拴在墙壁上，两个小球保持静止不动，此时两个小球之间的弹力和轻绳的拉力正好相互垂直，现在通过调整轻绳缓慢移动小球B，轻绳的变化如图中的虚线所示，小球B未越过小球A的最高点，且轻绳始终保持和原方向平行，下面的说法中正确的是( )
A. 两球之间的弹力变大、轻绳的拉力变小
B. 两球之间的弹力变大、轻绳的拉力变大
C. 两球之间的弹力变小、轻绳的拉力变大
D. 两球之间的弹力不变、轻绳的拉力变小
如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。下列说法正确的是( )
A. 金属棒MN中的电流大小为Bωr22R
B. 图示位置金属棒MN两端的电势差为Bωr22
C. 金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变
D. 金属棒MN在转动一周的过程中产生的焦耳热为πωB2r42R
2021年4月29日，我国空间站“天和核心舱”在海南文昌发射场成功发射。下一步，天和核心舱将按既定飞行程序，展开各项动作，开展在轨工作，并等待货运飞船和载人飞船的到来。在全面完成空间站关键技术验证后，与问天实验舱、梦天实验舱实施交会对接，完成空间站三舱组合体在轨组装建造。以下说法不正确的是( )
A. “天和核心舱”的发射速度要大于第二宇宙速度
B. 宇航员可以在空间站中用弹簧测力计测物体重力
C. 只需知道空间站的公转周期就可以算出地球的质量
D. 载人飞船在较低轨道上加速后追上核心舱实施对接
如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 小球从C点运动到D点的过程中摩擦力不变
B. 整个运动过程中，弹性绳的最大弹性势能为0.75mgh
C. 若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v=gh
D. 若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为gh
某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了准确验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图甲所示，图中长铝合金板水平固定。
(1)下列哪些操作是必要的______ 。
A.调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行
B.将铝合金板垫起一个角度
C.选尽量光滑的滑轮
D.砝码的质量远小于木块的质量
(2)如图乙所示为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图乙所示，则木块加速度大小a=______ m/s2(电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源，结果保留2位有效数字)。
(3)该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mg−μMg=Ma，得μ=mg−MaMg，其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出μ的正确表达式：______ 。
某同学设计了如图甲所示的电路测量电池组的电动势和内阻。除待测电池组外，还需使用的实验器材：灵敏电流表G，可变电阻R1、R2，电压表V1、V2，电流表A1、A2开关，导线若干。
(1)为了选择合适的可变电阻，该同学先用多用电表估测了电压表的内阻。测量时，先将多用电表挡位调到如图乙所示位置，再将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向“0Ω”。然后将调节好的多用电表红表笔和电压表的负接线柱相连，黑表笔和电压表的正接线柱相连。欧姆表的指针位置如图丙所示，则欧姆表的读数为______Ω；
(2)选择合适的可变电阻R1、R2后，按照图甲所示电路图连接好电路，将可变电阻R1、R2调节到合适的阻值，闭合开关S，反复调节可变电阻R1、R2，直到电流表G的指针不偏转，电压表V1、V2的示数之和记为U1，电流表A1、A2的示数之和记为I1；
(3)断开开关，适当调小可变电阻R1的阻值，闭合开关，发现此时电流表G的指针发生了偏转，缓慢______(选填“调大”或“调小”)可变电阻R2的阻值，直至电流表G的指针不发生偏转，电压表V1、V2的示数之和记为U2，电流表A1、A2的示数之和记为I2；
(4)重复(3)的步骤，记录到多组数据(U3,I3)、(U4,I4)……；
(5)实验完毕，整理器材；
(6)利用记录的数据，作出U−I图象如图丁所示，依据图线可得电池组的内阻r为______，电动势为______；
(7)理论上该同学测得的电池组内阻______(选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60∘角射入磁场，从y=L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=3L处的c点(a、b、c的位置标示仅为示意)。不计粒子重力。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的固定光滑14圆弧轨道。质量m=1.0kg的物块B从14圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后，弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B在第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是固体颗粒分子的无规则运动
B. 如果附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，液体与固体之间表现为浸润
C. 晶体都具有规则的几何形状、固定的熔点和各向异性
D. 给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是轮胎内气体分子斥力增大的缘故
如图所示，内径粗细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入长L=24cm的空气柱，活塞上方的大气压强为p0=76cmHg，这时两管内水银面高度差h=6cm。现缓慢向活塞上方注入水银，直至使两管中水银面高度差变为h′=12cm。设温度保持不变，求：
(1)注入的水银柱的长度；
(2)稳定后活塞向下移动的距离(保留两位有效数字)。
在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s.已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )
A. 波源开始振动时方向沿y轴正方向
B. 从t=0开始经过0.15s，x=40m处的质点运动路程为0.6m
C. 接收器在t=0.8s时才能接收到此波
D. 若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为11Hz
如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d，一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆的圆心O，光在真空中的传播速度为c，求：
①光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光的反射)。
②入射光线的方向不变，将光在AB面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的底部，入射点沿AB移动的距离为多少？这时光束在圆的底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：ACD、甲运动对应的x−t图像斜率绝对值先减小到零，后增大，即甲先沿正方向做减速运动，后沿负方向做加速运动，乙沿负方向做匀速直线运动，在t1∼t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同时，即在t1∼t2时间内某时刻甲、乙两物体相距最远，故A正确，CD错误；
B、乙运动位移大小均匀增加，对应的x−t图像斜率不变，乙做匀速直线运动，故B错误。
故选：A。
位移-时间图像表示物体的位置随时间的变化规律，图像上的任意一点坐标表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移。
本题的关键要理解位移-时间图像的点和斜率的物理意义，知道图像中的点表示物体的位置，斜率表示速度。
2.【答案】B
【解析】解：发现两次运动的距离相差较大，是由于摩擦力不同引起的；
A、根据滑动摩擦力的公式可知，滑动摩擦力的大小与重心无关。故A错误；
BCD、砖对水平地面的压力等于它的重力，与放置的方法无关，与接触面的面积也无关；两种情况下的摩擦力不同，可能是由于接触面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同。故B正确，CD错误
故选：B。
砖对水平地面的压力等于它的重力，由摩擦力公式分析判断砖对地面的摩擦力的变化。
一、将物体放在水平地面上，无论是平放、立放，对地面压力F=G；二、物体平放与立放时与地面的接触面积不同。
3.【答案】B
【解析】解：A.增大入射光的强度，单位时间入射光发出的光子个数增加，逸出的光电子个数增加，光电流增大，故A错误；
B.根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0，可知改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大，故B正确：
C.光的强度不变，单位时间入射光发出的总能量不变，改用频率大于ν的光照射，单个光子能量增大，则单位时间发出的光子个数减少，光电流变小，故C错误；
D.根据光电效应产生的条件，只要入射光频率大于金属的极限频率就会发生光电效应，与入射光强度无关，所以减小入射光的强度，光电效应现象不会消失，故D错误。
故选：B。
光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素；在发生光电效应的前提下，入射光的强度影响光电流。
本题考查了光电效应的相关问题，考查知识点针对性强，重点突出，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
4.【答案】B
【解析】解：A、足球自由落体80cm=0.8m时的速度为v1，时间为t1，由速度-位移公式，可得足球到达头部的速度大小满足：
2gh=v12
代入数据，可得：
v1=4m/s.
根据位移-时间公式，可得足球到达头部的时间满足：
h=12gt2
代入数据，可得：
t1=0.4s
反弹后做竖直.上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度：
v2=v1=4m/s
上升的时间：
t2=t1=0.4s
足球刚接触头和刚离开头时，速度方向改变，故A错误；
B、足球刚接触时的动量为：
P1=mv1
代入数据，可得：
P1=1.6kgm/s
故B正确；
C、从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故C错误；
D、对足球与人接触的过程，△t=0.ls，取向上为正，由动量定理可得：
(F−mg)△t=mv2−(−mv1)=△p
代入数据解得：
F=36N
所以头部对足球的平均作用力为F=36N。
足球的动量变化量为：
△p=
即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，故D错误。
故选：B。
一、考查审题能力，刚接触和刚离开，速度的方向恰好相反。体现了速度是矢量这个特点；二、在求出速度的前提下，运用P=mv，计算刚离开时动量的大小；三、运用I=Ft，来计算恒力的冲量，深刻理解冲量为力在时间上的积累；四、对足球运用动量定理，(F−mg)△t=mv2−(−mv1)=△p，需要注意的选好正方向。
本题考查：动量、冲量的概念，以及动量定理解决实际问题的能力。属于基础题型，需要注意方向的选取问题和各物理量的符号。
5.【答案】D
【解析】解：A、不计空气阻力，物体做平抛运动时机械能守恒，则有Ep+Ek=C(定值)，可得
Ep=C−Ek，则Ep−Ek图像为向下倾斜的直线，故A错误；
B、设抛出点离水平地面的高度为h0，以水平地面为零势能面，物体重力势能与下落高度的关系为
Ep=mg(h0−h)=mgh0−mgh，则Ep−h图像为向下倾斜的直线，故B错误；
C、物体重力势能与飞行时间的关系为
Ep=mgh0−mgh=mgh0−mg⋅12gt2，则Ep−t图像为开口向下的抛物线，故C错误；
D、物体重力势能与速度大小的关系为
Ep=C−Ek=C−12mv2，则Ep−v图像为开口向下的抛物线，故D正确。
故选：D。
物体做平抛运动，其机械能守恒，由自由落体运动规律求出物体下落高度与时间的关系，由EP=mgh求出物体的重力势能与时间的关系，根据机械能守恒定律分析重力势能与速率的关系。
解决本题的关键要能够熟练运用机械能守恒定律以及运动学公式，得出关系式，再分析图像的形状。
6.【答案】B
【解析】解：A、C两点电荷量为q，E点电荷量为−q，A、C两点电荷为等量同种点电荷，由几何关系可知，B与O在A、C的垂直平分线上，B与O到A、C的距离都是相等的，所以A、C两个点电荷在B点产生的电场强度大小相等，B点的合场强的方向向上，而O点合场强的方向向下；
E点带负电，−q在B与O产生的电场的方向都向下，所以−q与A、C在O点的场强的方向相同，而−q与A、C在B点的场强的方向相反，所以O点的电场强度的大小一定大于B点的电场强度的大小，即EBB与O到C的距离相等，根据公式φ=kQr.可知，C处的点电荷q在B与O处产生的电场的电势是相等的；
A与E处的两个电荷是一对等量异种点电荷，FOC为AE的垂直平分线，在等量异种点电荷的垂直平分线上，各点的电势与无穷远处的电势是相等的；靠近正电荷处的电场中各点的电势大于0，所以A与E处的一对等量异种点电荷在B处的电势高于在O点处的电势；综上可知，B点的电势要高于O点的电势，即φB>φO。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
由于三个点电荷的电量大小是相等的，可以借助于等量同种点电荷的电场特点与等量异种点电荷的电场特点，以及库仑定律分析B点与O点的电场强度与电势的关系。
该题考查电场的合成与叠加，由于电场强度是矢量，所以应用库仑定律分别求出三个点电荷在 B与O点的电场后，要使用矢量合成的方法球合场强，该方法非常麻烦，还容易出现错误，而结合等量同种点电荷的电场特点与等量异种点电荷的电场特点分析较为简洁。
7.【答案】A
【解析】解：如图所示：设B球质量为m，B球受重力mg、轻绳拉力T、弹力N，其中重力是恒力，由题意拉力T方向不变，弹力N大小方向都可变。由图解法可知：
弹力N变大，拉力T变小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
用图解法解答。
动态平衡问题有多种解法，要熟练掌握各种方法的解题条件，本题适合用图解法：物体受三个共点力处于平衡状态，其中一个力是恒力(一般是重力)，另一个力方向不变，第三个力大小方向都可变。
8.【答案】AD
【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即E=2⋅12Br2ω=Bωr2，
由于金属棒MN电阻R，而外电路是2个半圆环并联，其阻值为，
金属棒MN中的电流大小为，故A正确；
B、MN两端电压等于感应电动势的一半，即MN两端电压大小为U=12Bωr2，根据右手定则可知N端为高电势，则UMN=−12Bωr2，故B错误；
C、由右手定则可知，金属棒在图示位置时，MN中的电流方向由M到N；当OM在右侧磁场ON在左侧磁场时，感应电流方向由N流向M，所以金属棒MN在转动一周过程中电流方向是发生变化的，故C错误；
D、金属棒MN在转动一周的过程中经过的时间为：T=2πω，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q=I2RT，代入I和T可得：Q=πωB2r42R，故D正确。
故选：AD。
根据导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势的计算公式求解感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流大小；应用欧姆定律求出金属棒MN两端的电压，根据右手定则判断电势高低；根据右手定则来确定感应电流的方向；根据焦耳定律求解产生的焦耳热。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚MN的运动过程与电路结构是解题的前提，应用E=BLv、闭合电路欧姆定律、焦耳定律以及右手定则可以解题。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、从地球发射地球卫星需要让卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；
B、在空间站，所有物体都是完全失重状态，故不能用弹簧测力计测物体的重力，故B错误；
C、利用万有引力提供向心力可知，GMmr2=m4π2rT2，可得：M=4π2r3GT2，可知需要知道引力常量、空间站到地球的距离、空间站的公转周期，故C错误；
D、载人飞船在较低轨道上想要到更高的轨道变轨，需要加速，离心运动，才能追上核心舱实施对接，故D正确。
本题选不正确的，故选：ABC。
从地球发射地球卫星需要让卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度。在空间站，所有物体都是完全失重状态。利用万有引力提供向心力可求得中心天体质量。载人飞船在较低轨道上想要到更高的轨道上实施变轨，需要加速，离心运动，才能追上核心舱实施对接。
本题考查万有引力定律的应用，要掌握第一宇宙速度的知识点、知道在太空是失重状态。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、设BC的长度为L，根据胡克定律，有：0.5mg=kL，
弹性绳与竖直方向的夹角为α时，伸长量为x′=Lsinα，故弹力为：F=kLsinα，
对小球受力分析，在水平方向，根据共点力平衡可得：FN=Fsinα=kL=0.5mg，故小球受到的摩擦力f=μFN=0.5×0.5mg=0.25mg，故A正确；
B、小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为：Wf=fh=0.25mgh，
对球从C到D过程，根据动能定理，有：，解得：，，由于在C点弹簧具有弹性势能Ep1>0，根据可知，EP2>0.75mgh，故B错误；
C、若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，在上滑过程，根据动能定理，则：，
解得：v=gh，故C正确；
D、若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有：，
解得：v1=gh，故D正确；
故选：ACD。
首先对球受力分析，受重力、橡皮条的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合动能定理列式分析即可。
本题考查功能关系，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意橡皮条的弹力是变化的，小球在平衡位置速度最大，要结合动能定理列式分析。
11.【答案】AC3.0mg−(M+m)aMg
【解析】解：(1)实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，
故选项AC正确
(2)令x1=4.25cm=0.0425m，x2=4.73cm=0.0473m，x3=5.22cm=0.0522m，x4=5.69cm=0.0569m，x5=6.18cm=0.0618m，x6=6.66cm=0.0666m，
根据推论公式△x=aT2得
a=x6+x5+x4−x3−x2−x19T2
代入数值解得：a=3.0m/s2
(3)对M、m组成的系统，由牛顿第二定律
得：mg−μMg=(M+m)a
解得：
μ=mg−(M+m)aMg
故答案为：(1)AC；(2)3.0；(3)mg−(M+m)aMg
依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小.
解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留.
12.【答案】2200 调大 b−ac b 等于
【解析】解：(1)由图乙所示可知，多用电表选择欧姆×100挡，由图丙所示可知，欧姆表读数为：22×100Ω=2200Ω。
(3)由图甲所示电路图可知，当灵敏电流表示数为零时：RV1R1=R2RV2，
要使灵敏电流表示数仍然为零，当R1的阻值减小时，由RV1R1=R2RV2可知，应缓慢调大可变电阻R2的阻值。
(6)由图甲所示电路图可知，路端电压：U=U1+U2，流过电源的电流：I=I1+I2，
由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势E=U+Ir，路端电压U=E−Ir，
由图示U−I图象可知，电源电动势：E=b，电源内阻r=|k|=b−ac；
(7)由图甲所示电路图可知，路端电压U=U1+U2的测量值等于真实值，
流过电源的电流I=I1+I2测量值等于真实值，因此电源内阻测量值与真实值相等。
故答案为：(1)2200；(3)调大；(6)b−ac；b；(7)等于。
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(3)根据图甲所示电路图根据电桥法分析判断应如何调节电阻R2的阻值。
(6)根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(7)根据图示电路图与实验原理分析实验误差。
本题考查了欧姆表读数、实验操作与实验数据处理、实验误差分析；理解实验原理是解题的前提；分析清楚电路结构求出图象的函数表达式即可解题。
13.【答案】解：(1)带电粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知：r+rcs60∘=L，得r=2L3
又因为qv0B=mv02r 解得：B=3mv02qL.
(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：3L=v0t2
沿y轴有：L=12at2=12qEt2
解得：E=2mv029q
(3)带电粒子在磁场中运动时间为：t1=13⋅2πrv0=4πL9v0
带电粒子在电场中运动时间为：t2=3Lv0
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1t2=4π27
答：(1)磁感应强度B的大小为3mv02qL；
(2)电场强度E的大小为2mv029q；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比为4π27。
【解析】(1)带点粒子在磁场中做匀速圆周运动，合理作图根据洛伦兹力提供向心力进行求解；
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；
(3)各自求出时间进行比值计算。
该题考查了学生对带电粒子在电场和磁场中运动的综合性问题，在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动学生应对粒子的运动状态和受力分析后再解决问题。
(1)带点粒子在电场中做匀变速直线运动，可用动能定理求速度。
(2)带点粒子在磁场中做匀速圆周运动，合理作图进行求解。
14.【答案】解：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由动能定理得：mgR=12mv02
代入数据解得：v0=5m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F−mg=mv02R，
代入数据解得：F=30N，
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=30N，方向：竖直向下。
(2)在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2−v02=−2al
代入数据解得：v=4m/s，
由于v>u=2.0m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：12mv2=12mv12+12Mv22，
解得：v1=−2m/s，v2=2m/s，
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，
由能量守恒定律得：EP=12Mv22=12×3×22=6J；
(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，
由动能定理得：−μmgl′=0−12mv12
解得：l′=2m<4.5m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，
继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。
由动量定理得：μmgt1=2mv1′，
解得：t1=2v1′μg=2×20.1×10s=4s
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1′=mv3+Mv4，
12mv1′2=12mv32+12Mv42，
代入数据解得：v3=−1m/s，
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。
可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞。
则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.由动量定理得：μmgt2=2mv3
解得：t2=2s
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…
第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为：tn=12n−1×4s，
构成无穷等比数列，公比：q=12，
由无穷等比数列求和公式：t1=1−qn1−q可知，
当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为：；
答：(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力大小为：30N，方向：竖直向下；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为6J；
(3)物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间为8s。
【解析】(1)物块在圆弧上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出滑到圆弧底部时的速度，在圆弧底部应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后应用牛顿第三定律求出物块对轨道的压力。
(2)应用牛顿第二定律与运动学公式求出两物块碰撞前B的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，对A应用能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
(3)分析清楚物块运动过程，应用动量守恒定律与动量定理求出物块的运动时间。
本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。
15.【答案】B
【解析】解：A、布朗运动是固体颗粒的无规则运动，不是固体颗粒的分子的运动，故A错误；
B、附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，表现为斥力，即为浸润现象，故B正确；
C、单晶体才具有规则的几何形状，所有晶体都有固定的熔点，单晶体才具有各向异性，故C错误；
D、给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是气体压强越来越大，不是气体分子间斥力作用，故D错误。
故选：B。
布朗运动是固体颗粒的无规则运动；附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，表现为斥力，即为浸润现象；单晶体才具有规则的几何形状，具有各向异性；给自行车轮胎打气时，越打越费劲，原因是气体压强越来越大。
本题考查热学的相关问题，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。
16.【答案】解：(1)对B管中气体，设加入水银柱长度为x，
该过程为等温变化，由玻意耳定律得：
(p0−h)LS=p′B(L−h′−h2)S
又p′B+h′=p0+x
联立解得：x=16cm
(2)对A管中气体，由玻意耳定律得：pALS=p′ALAS
又pA=p0，p′A=p0+x
由几何关系可得：△x=(L+h′−h2)−LA
解得：△x=7.2cm
答：(1)注入的水银柱的长度为16cm；
(2)稳定后活塞向下移动的距离为7.2cm。
【解析】(1)对B气体，温度不变，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得压强，根据AB气体压强的关系即可求得注入水银的长度；
(2)对A部分气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律结合压强即可求得活塞移动距离。
本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答。
17.【答案】B
【解析】解：A、已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，因为波沿x轴正方向传播，此时x=40m处的质点正沿y轴负方向运动，所以波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A错误；
B、根据波的图象可知波长λ=20m，振幅A=10cm，周期T=λv，代入数据计算可得T=0.1s，从t=0开始经过0.15s(1.5个周期)，x=40m处的质点运动路程为6个振幅，即6A=6×0.1m=0.6m，故B正确；
C、接收器在t=△xv=400−40200 s=1.8s时能够接收到此波，故C错误；
D、波源频率为f=1T，代入数据得f=10Hz，若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率小于10 Hz，故D错误．
故选：B。
根据所有质点的起振方向都相同可确定波源开始振动时方向；根据波的图象可知波长，根据T=λv计算周期，比较0.15s与周期关系，可确定x=40m处的质点运动路程；
根据t=△xv计算接收器接收到此波的时间间隔；根据多普勒效应判断。
本题主要考查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。
18.【答案】解：①由几何关系可知，光在AB面上的入射角为60∘，折射角为30∘。
根据折射率公式有n=sinisinr=sin60∘sin30∘=3
由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d
光在玻璃砖中的传播速度v=cn
光在玻璃砖中传播的时间t=sv=3dc
②由几何关系可知ADAE=AOAF
求得AE=12d+36d
因此入射点没AB移动的距离△s=AE−AD=36d
由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30∘，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60∘。
答：①光在玻璃砖中传播的时间是3dc。
②入射点沿AB移动的距离为36d，光线在玻璃砖底部的折射角为60∘。
【解析】①由几何关系得到光在AB面上的入射角和折射角，即可求得玻璃砖的折射率。由几何关系求出光在玻璃砖中传播的路程，由v=cn求光在玻璃砖中的传播速度，从而求得传播时间。
②作出光路图，结合几何知识求解入射点沿AB移动的距离。根据光路可逆分析光线在玻璃砖底部的折射角。
本题的关键是要掌握有关折射率的两个公式n=sinisinr和n=cv.解题时，要作出光路图，利用几何知识帮助解答。