2024年陕西省西安中学高考物理模拟试卷（三）（3月份）(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省西安中学高考物理模拟试卷（三）（3月份）(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星位于绕地月第二拉格朗日点的轨道。第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球绕地球同步公转，则该卫星的( )
A. 向心力由地球对其的引力提供
B. 线速度小于月球的线速度
C. 角速度大于月球的角速度
D. 向心加速度大于月球的向心加速度
2.照射到金属表面的光可能使金属中的电子逸出，可以用甲图的电路研究电子逸出的情况。阴极K在受到光照时能够逸出电子，阳极A吸收阴极K逸出的电子，在电路中形成光电流。在光照条件不变的情况下改变光电管两端的电压得到乙图。换用不同频率的单色光照射阴极K得到电子最大初动能与入射光波长倒数的关系图像如丙图所示。下列说法正确的是( )
A. 乙图中遏止电压的存在意味着光电子具有最大初动能
B. 乙图中电压由0到U1，光电流越来越大，说明单位时间内逸出光电子的个数越来越多
C. 丙图中的λ0是产生光电效应的最小波长
D. 由丙图可知普朗克常量h=Eλ0
3.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则( )
A. q1和q2都是正电荷且q1>q2
B. BC间场强方向沿x轴负方向
C. C点的电场强度大于A点的电场强度
D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
4.如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示。已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则( )
A. 0∼x0过程，物块所受的摩擦力方向向左
B. x0∼2x0过程，物块做匀加速运动
C. 弹簧的劲度系数为μmg2x0
D. 物块运动到3x0处时，物块的加速度大小为2μg
5.如图所示，理想变压器原线圈与阻值R1=10Ω的定值电阻串联后接在输出电压恒定的正弦交流电源a、b两端，副线圈电路中定值电阻R2=20Ω，R为可变电阻，电流表A1、A2和电压表V1、V2均为理想电表，理想变压器原、副线圈匝数之比为k=5。改变可变电阻的阻值，电流表A1、A2和电压表V1、V2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2，下列关系式正确的是( )
A. ΔU2ΔI1=ΔU2ΔI2B. ΔU1ΔI1<ΔU2ΔI2C. ΔU2ΔI2=4ΩD. ΔU2ΔI2=25Ω
二、多选题：本大题共5小题，共27分。
6.如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )
A. B.
C. D.
7.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA. 粒子1入射时的动能大于粒子2入射时的动能
B. 粒子4入射时的动能大于粒子2入射时的动能
C. 粒子3出射时的动能大于粒子3入射时的动能
D. 粒子4出射时的动能大于粒子4入射时的动能
8.如图，虚线所示的半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，P为磁场边界上的一点。大量相同的质量为m带电量为q的带电粒子某时以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。不计重力及带电粒子之间的相互作用。以下说法正确的是( )
A. 若粒子射入速率为v1，且这些粒子中沿半径PO方向进入磁场的粒子离开磁场时的速度偏向角为π3，则v1= 3qBRm
B. 若粒子射入速率为v2，且这些粒子中最后离开磁场的粒子离开磁场时的速度偏向角为π3，则v2= 3qBR3m
C. 若粒子射入速率为v3，且这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，则v3=qBR2m
D. 若粒子射入速率为v4，且这些粒子离开磁场时的速度方向均垂直于PO连线，则v4=qBRm
9.如图表示一定质量的理想气体状态变化过程中气体压强p与其热力学温度T的关系，其中a、b、c、d为变化过程中的四个状态，图中ab平行于横坐标轴，ad的延长线过原点，以下说法正确的是( )
A. 气体在状态a时的体积大于在状态d时的体积
B. 从状态a到状态b，气体对外做功的值小于气体从外界吸收的热量
C. 从状态b到状态c，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度减小
D. 从状态c到状态d，气体对外界做功，气体的内能减小，气体放热
E. 从状态d到状态a，气体密度不变，气体分子单位时间对器壁单位面积上的碰撞次数增加
10.如图，在水中有一厚度不计的薄玻璃片制成的中空三棱镜，里面是空气，一束光A从棱镜的左边射入，从三棱镜的右边射出时发生色散，射出的可见光分布在a点和b点之间，则下列说法正确的是( )
A. 从a点射出的是红光，从b点射出的是紫光
B. 从a点射出的是紫光，从b点射出的是红光
C. 从a点和b点射出的都是红光，从ab中点射出的是紫光
D. 若蓝光能使某金属发生光电效应，则射到a点光也能使其发生光电效应
E. 光在ab面上不可能发生全反射
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有______。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的______(选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则y1y2______13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)，可求得钢球平抛的初速度大小为______(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
12.如图甲所示为由半导体材料制成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线，图乙为用此热敏电阻Rt和继电器设计的温控电路。设继电器的线圈电阻Rx=20Ω，当继电器线圈中的电流Ic大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。
(1)实验过程中发现，开关K闭合后电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接入点间的电压，则应将如图丙所示的选择开关旋至______(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(2)用调节好的多用电表进行排查，在图乙电路中，断开开关K时，发现表笔接入a、b时指针发生偏转，多用表指针偏转如图丁所示，示数为______ V；闭合开关K，接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，接入c、b时指针不发生偏转，则电路中______(选填“ac”“cb”或“ab”)段发生了断路。
(3)故障排除后，在图乙电路中，闭合开关K，若左侧电源电动势为6.5V、内阻可不计，滑动变阻器接入电路的阻值为30Ω，则温度不低于______ ℃时，电路右侧的小灯泡就会发光。
四、简答题：本大题共2小题，共31分。
13.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。已知杆M的质量为m，在导轨间的电阻为R，杆N的质量为2m，在导轨间的电阻为R2，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v04，求：
①N在磁场内运动过程中N上产生的热量QN；
②初始时刻N到ab的最小距离x。
14.如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角为θ=30∘，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板间的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为μ= 32。无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。试求：
(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小；
(2)木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s；
(3)若从开始到A、B最后都静止的过程中，物块B一直未从木板A上滑落，则木板A长度l应满足的条件。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
15.如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通.A、B两管的长度分别为l1=13.5cm，l2=32cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h=5cm.已知外界大气压为p0=75cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差.
16.如图1所示，在操场平面内建立平面直角坐标系，平面内有一半径为R=10m的圆形轨道，圆心在O处，A、B分别为圆上两点。现于A(−10m,0)、B(10m,0)两点分别安装了两个扬声器。两个扬声器连续振动发出简谐声波，其振动图像如图2所示。已知声波在空气中的传播速率为v=340m/s，两波频率均为f=68Hz，振幅相等。试求：
(ⅰ)一同学从B点沿直线运动到A点(不含A、B点)，该同学有几次听不到声音及听不到声音的位置坐标；
(ⅱ)一同学从B点沿圆轨道逆时针运动半周到A点(不含A、B点)，该同学听不见声音的点的位置坐标方程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.“鹊桥”受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，故A错误。
B、因为周期相同，线速度v=2πrT，轨道半径大，则线速度大，所以中继卫星的线速度大于月球的线速度，故B错误。
C、因为周期相同，角速度ω=2πT，知中继卫星的角速度与月球的角速度相等，故C错误。
D、因为周期相同，向心加速度a=4π2T2r，轨道半径越大，则向心加速度越大，所以中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度，故D正确。
故选：D。
物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系。
解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要紧紧抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据功能关系可知：eU截=12mvm2；可知遏止电压的存在意味着光电子具有最大初动能，故A正确；
B、根据饱和电流的意义可知，饱和电流说明单位时间内阴极K发射的光电子的数目是一定的，电压由0到U1随着正向电压的增大，光电流增大，不能说明说明单位时间内逸出光电子的个数越来越多，故B错误；
CD、根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hν−W0=hcλ−W0，Ek−1λ图象的横轴的截距的倒数大小等于极限波长，由图知该金属的最大波长为λ0，此时W0=hcλ0
根据光电效应方程得：Ekm=hcλ−W0，可知图线与纵坐标的交点大小等于该金属的逸出功，即W0=E
可得普朗克常量h=Eλ0c，故CD错误；
故选：A。
根据饱和电流的大小意义分析，根据遏止电压的大小可以判断光电子的最大初动能；根据光电效应方程，结合图线的意义判断。
解决本题的关键掌握截止电压、减小波长，以及理解光电效应方程eU截=12mvm2=hν−W0，同时理解光电流的大小与光强有关。
3.【答案】B
【解析】A、由图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，电势一直降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；
B、由图可知：从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向。故B正确；
C、根据图象切线的斜率等于qE，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强比C点的大，故C错误；
D、将一负点电荷从B移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：B。
根据正电荷在电势高处电势能大，电势低处电势能小，分析电势的变化，确定出电场线方向，来判断两个电荷的电性。根据图象的斜率与场强的关系，分析出C点的场强大小，.图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小。根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化。
通过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零。负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
4.【答案】C
【解析】解：A、0∼x0过程，物块相对于传送带向左运动，物块所受的摩擦力方向向右，故A错误；
B、0∼x0过程，物块做加速运动，位移达到x0时，物块的速度与传送带相同，之后x0∼2x0过程，物块随传送带做匀速直线运动，故B错误；
C、x0∼2x0过程，物块与传送带相对静止一起做匀速直线运动，弹簧弹力与静摩擦力大小相等且逐渐增大，当x=2x0时，物块所受静摩擦力达到最大值，此后物块相对传送带滑动。当x=2x0时有：μmg=k⋅2x0，解得弹簧的劲度系数为k=μmg2x0，故C正确；
D、根据对称性可知，物体可以运动到3x0处，此时根据牛顿第二定律ma=k⋅3x0−μmg，解得a=μg2，故D错误；
故选：C。
0∼x0过程，根据物块相对于传送带的运动方向，判断物块所受摩擦力方向；0∼x0过程，物块做加速运动，x0∼2x0过程，物块做匀速直线运动；最终物块静止，由平衡条件和胡克定律相结合求弹簧的劲度系数；根据对称性结合牛顿第二定律列式即可解得a的大小。
解决本题时，关键要理清物块的运动情况，明确物块所受的滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力会随外力的变化而变化。
5.【答案】D
【解析】解：在原线圈回路中，根据欧姆定律有
U1=Uab−I1R1
则有ΔU1ΔI1=R1=10Ω
对于一组原线圈和一组副线圈的情形，根据理想变压器电压、电流与匝数的关系可知U1I1=k=5，I2I1=k=5
联立解得U2=Uabk−I2R1k2
则有ΔU2ΔI2=R1k2=1052Ω=25Ω
则ΔU1ΔI1>ΔU2ΔI2
故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据电路结构导出原线圈中原线圈两端电压随电流变化的表达式，然后再根据电压的变化量和电流的变化量的比值的物理意义判断；根据理想变压器中的电压和电流的比值关系推导副线圈中电压和电流的表达式和两个变化量的比值。
本题考查了变压器原线圈回路含负载的动态变化问题；变压器原副线圈电压的变化量、电流的变化量与匝数比的关系的解题的关键。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、设两棋子间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，最上面两个棋子与第三个棋子保持相对静止时，最大加速度：am=μ⋅2mg2m=μg，
对最上面三个棋子研究，根据牛顿第二定律得：F1−μ⋅3mg=3mam，最上面三个棋子不发生相对滑动时最大拉力：F1=6μmg，即当3μmgCD、当F>6μmg时，最上面两个棋子与棋子3发生相对滑动，上面两个棋子以加速度am=μg向右做加速，第三个棋子以大于μg的加速度向右加速，两者发生相对位移，但均向右运动，故C错误，D正确。
故选：AD。
F作用在棋子3上，在拉力作用下开始运动，分两种情形：1、最上面三个棋子保持相对静止，一起向右加速；2、棋子3和最上面两个棋子发生相对滑动，均向右加速。由于棋子3对棋子4的最大静摩擦力小于水平面对棋子5的最大静摩擦力，可知最下面两个棋子保持静止。
本题考查了牛顿第二定律在实际生活中的运用，知道棋子间发生相对滑动的临界条件，运用牛顿第二定律进行分析求解，难度中等。
7.【答案】BC
【解析】解：设粒子在距O点r1的位置的所受电场力大小为F1，在距O点r2的位置的所受电场力大小为F2。
A、粒子1进入极板间后做匀速圆周运动，进入时所受电场力等于向心力，则有：F1=mv12r1
粒子2进入极板间后做匀速圆周运动，进入时所受电场力等于向心力，则有：F2=mv22r2
因为极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则有：E1r1=E2r2，因电场力F=qE，故可得：F1r1=F2r2，则可得：12mv12=12mv22，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故A错误；
B、粒子4进入极板间后做离心运动，进入时所受电场力小于向心力，则有F112mv12=12mv22，即粒子4入射时的动能大于粒子2入射时的动能，故B正确；
C、粒子3进入极板间后做向心运动，电场力做正功，根据动能定理，可知出射时的动能大于它入射时的动能，故C正确；
D、粒子4进入极板间后做离心运动，电场力做负功，根据动能定理，可知出射时的动能小于它入射时的动能，故D错误。
故选：BC。
粒子1和粒子2进入极板间后做匀速圆周运动，粒子3进入极板间后做向心运动，粒子4进入极板间后做离心运动。根据粒子进入时所受电场力与向心力的大小关系判断动能的大小关系，由电场力做功的正负，根据动能定理判断初末动能的大小关系。
本题考查了带电粒子在电场中运动问题，涉及到了圆周运动中力与运动的关系，掌握向心运动与离心运动的条件。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得r=mvqB
若粒子射入速率为v1，且这些粒子中沿半径PO方向进入磁场的粒子离开磁场时速度偏向角为π3，如图1，粒子轨道半径r=Rtanπ32= 3R
则v1= 3qBRm
故A正确；
B.若粒子射入速率为v2，且这些粒子中最后离开磁场的粒子其运动时间最长，如图2
粒子轨道半径为r=2R
则v2=2qBRm
故B错误；
2r
C.当速度大小为v3时，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，如图3
图3
则由几何关系得轨迹圆半径为r1=R2
解得v3=qBR2m
故C正确；
D.若粒子射入速率为v4，且这些粒子离开磁场时的速度方向均垂直于PO连线，根据磁焦距原理可知r=R
则v4=qBRm
故D正确；
故选：ACD。
根据题意作出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据“磁聚焦”原理分析粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径等于圆形磁场半径时。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
9.【答案】BCE
【解析】解：A、ad的延长线过原点，说明ad为等容线，气体在状态a时的体积等于在状态d时的体积，故A错误；
B、从状态a→b为温度升高的等压变化过程，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，体积增大，气体对外做功，但温度升高，内能增大，所以气体对外做功的值小于气体从外界吸收的热量，故B正确；
C、从状态b→c为压强减小的等温变化过程，根据理想气体状态方程PVT=C知，体积增大，分子的密集程度减小，气体温度不变，分子的平均动能不变，故C正确；
D、由理想气体状态方程PVT=C变形得：p=CV⋅T，p−T图象上点到原点连线的斜率k=CV，即斜率越小，表示体积越大；由图象知，从状态c→d，斜率k增大，V减小，外界对气体做功，即W>0，温度降低，有ΔU<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，Q<0即放出热量，故D错误。
E、从状态d→a为温度升高的等容变化过程，体积不变，气体密度不变，压强增大，气体分子单位时间对器壁单位面积上的碰撞次数增加，故E正确；
故选：BCE。
d到a过程气体体积不变即Va=Vd；从状态d→a为温度升高的等容变化过程，W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律可知，ΔU=Q；从状态b→c为压强增大的等温变化过程，根据理想气体状态方程知体积减小，分子的密集程度增加，而分子平均动能不变；从状态a→b为温度升高的等压变化过程，根据理想气体状态方程知体积增大，气体对外做功且内能增大；结合理想气体状态方程和热力学第一定律判断。
本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
10.【答案】BDE
【解析】解：ABC、作出射到a点和b点的光路图如下：
由图看出射到a点的折射角比较大，而入射角相同，由n=sinisinr，知a光的折射率较大，故从a点射出的是紫光，从b点射出的是红光，故AC错误，B正确；
D、若蓝光能使某金属发生光电效应，根据入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应，则射到a点光也能使其发生光电效应，故D正确；
E、根据光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角时，才能发生光的全反射，光在ab面上，光从空气进入水中，不满足产生的条件，因此不可能发生全反射，故E正确；
故选：BDE.
红光的折射率比紫光小．做出光路图，根据折射角大小和折射定律比较折射率大小进而得到是红光还是紫光；依据入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应；光从空气进入水时，不会产生光的全反射现象，从而即可求解．
本题考查光的折射规律，关键要掌握红光与紫光折射率大小关系，明确它们偏折程度的大小，同时解决本题的关键是掌握全反射的条件，与光电效应产生条件．
11.【答案】BD 球心 大于 x gy2−y1
【解析】解：(1)ABD.为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，故A错误，BD正确；
C.挡板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，故C错误。
故选：BD。
(2)a.小球在运动中记录下的是其球心的位置，因此抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，应以球心在白纸上的位置为坐标原点；
b.如果A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则AB和BC的竖直间距之比为1：3，但由于A点不是抛出点，故在A点已经具有竖直分速度，故竖直间距之比大于1：3；
平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，由于两段水平距离相等，因此两段的时间间隔相等；
根据匀变速直线运动推论y2−y1=gt2
时间间隔t= y2−y1g
平抛运动的水平初速度为v=xt=x gy2−y1。
故答案为：(1)BD；(2)球心；大于；x gy2−y1。
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)明确实验原理，知道运动轨迹记录球心位置，据此分析作答；
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动；根据初速度为零的匀变速运动的规律分析竖直位移之比；
根据匀变速直线运动的推论求时间间隔，再结合平抛运动的水平分运动求水平初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
12.【答案】C6.2ac41
【解析】解：(1)用多用电表测量各接入点间的电压，需要使用多用电表的电压挡，由于电源是直流电源，应把选择开关置于直流电压挡，由图丙所示可知，应将选择开关旋至C。
(2)由图丙所示可知，选择开关置于C处时电压表量程是10V，由图丁所示可知，其分度值为0.2V，示数为6.2V；
开关K闭合后电路不工作，说明电路存在断路；电压表有示数说明与电压表并联部分电路存在断路，电压表没有示数，说明电压表并联部分电路不存在断路，闭合开关K，接入a、b和接入a、c时指针均发生偏转，接入c、b时指针不发生偏转，说明ac段发生了断路。
(3)当控制电路电流大于等于20mA=0.020A时，继电器的衔铁被吸合，工作电路中的灯泡发光，
由闭合电路的欧姆定律得：Ic=ER+Rt+Rx
代入数据解得：Rt=275Ω，由图甲所示图象可知，此时温度为41℃(42℃也正确)，由图甲所示图象可知，温度越高，热敏电阻阻值越小，
因此当温度不低于41℃时，控制电路电流就会大于等于20mA，衔铁会被吸合，电路右侧的小灯泡就会发光。
故答案为：(1)C；(2)6.2；ac；(3)41(或42)。
(1)用电压表检查电路故障，应将选择开关置于电压挡，根据图丙所示确定选择开关的位置。
(2)根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据电路故障现象与电表指针偏转情况分析电路故障位置。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出热敏电阻阻值，然后根据图甲所示图象求出对应的温度。
要掌握应用电压表检查电路故障的方法；对多用电表读数，要先根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直。
13.【答案】解：(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为I=ER总，其中R总=R+12R=32R
则所受的安培力大小为F=BIL
解得：F=2B2L2v03R
根据左手定则可知，安培力的方向水平向左；
(2)①M、N棒所受安培力等大反向，故两棒系统动量守恒。设N棒出磁场时M棒的速度大小为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0=mv1+2m×v04
由系统能量守恒知M、N棒产生的总热量为：Q=12mv02−12mv12−12×2m×(v04)2
根据焦耳定律可得N上产生的热量为：QN=R2R总Q
可得：QN=548mv02；
②两杆在磁场内未相撞，N出磁场时的速度为v04，取向右为正方向，对N根据动量定理可得：
BI−LΔt=2m×v04−0
即：B2L2(vM−−vN−)⋅ΔtR总=2m×v04−0
初始时刻N到ab的最小距离：x=(vM−−vN−)Δt
联立解得：x=3mv0R4B2L2。
答：(1)M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为2B2L2v03R，方向水平向左；
(2)①N在磁场内运动过程中N上产生的热量为548mv02；
②初始时刻N到ab的最小距离为3mv0R4B2L2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合安培力的计算公式求解M所受的安培力大小，根据左手定则判断安培力的方向；
(2)①根据动量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律可得N上产生的热量；
②两杆在磁场内未相撞，N出磁场时的速度为v04，对N根据动量定理求解初始时刻N到ab的最小距离。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
14.【答案】解：(1)设所求的木板A和物块B的加速度的大小分别为aA，aB，木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑，木板A与挡板第一次碰撞后，B相对A下滑，由牛顿第二定律得：
对A有：mgsinθ+μmgcsθ=maA
对B有：μmgcsθ−mgsinθ=maB
解得：aA=54g，方向沿斜面向下，aB=14g，方向沿斜面向上。
(2)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑的加速度大小为a=gsin30∘=12g
木板A与挡板第一次碰撞前瞬间的A、B的速度大小为：v1= 2aL= gL
木板A与挡板发生弹性碰撞，碰撞后A原速率被反弹，A先沿斜面向上做匀减速直线运动，B沿斜面向下匀减速直线运动，因aA>aB，故A速度先减为零，之后A沿斜面向下匀加速直线运动，AB共速之后相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动，直到A与挡板第二次碰撞。
第一次碰撞后A上滑的最大距离为：x1=v122aA=25L
设第一次碰撞后经过t时间AB共速，共速时速度大小为v共，则有：
v共=−v1+aAt=v1−aBt
解得：v共=23v1
设第一次碰撞后到AB共速A的位移大小为x，A第二次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v2，则有：
−2aAx=v共2−v12
2ax=v22−v共2
解得：v2= 23v1
第二次碰撞后A上滑的最大距离为：x2=v222aA=415L
可得木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程为：
s=L+2x1+2x2=73L
(3)最终木板A静止在斜面底端，全过程B相对A始终沿斜面下滑，设B相对A下滑的总位移为Δx，由能量守恒和功能关系得：
μmgsinθ⋅Δx=mgLsinθ+mg(L+Δx)sinθ
解得：Δx=4L
则木板A长度l应满足的条件为：l≥4L。
答：(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A和物块B各自加速度的大小分别为54g、14g；
(2)木板A从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s为73L；
(3)木板A长度l应满足的条件为l≥4L。
【解析】(1)对木板A和物块B受力分析，确定滑动摩擦力的方向，根据牛顿第二定律求解；
(2)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B相对静止一起下滑，木板A与挡板发生弹性碰撞，碰撞后A原速率被反弹，A先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，B沿斜面向下做匀减速运动，AB共速之后相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动，直到A与挡板再次碰撞。根据运动学公式求解。
(3)最终木板A静止在斜面底端，全过程B相对A始终沿斜面下滑，由能量守恒和功能关系求解。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体间的相对运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与功能关系即可解题。
15.【答案】解：设玻璃管的横截面积为S，
B管内气体初状态压强pB1=p0=75cmHg，体积VB1=l2S，
B管内气体末状态的压强pB2=p0+ph=(75+5)cmHg=80cmHg，体积VB2=lBS
对B管内的气体，由玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2，
代入数据解得：lB=30cm，
B管内水银柱的高度hB=l2−lB=(32−30)cm=2cm
设A、B两管水银面的高度差为H，
A管内气体初状态压强pA1=p0=75cmHg，体积VA1=l1S，
A管内气体末状态的压强pA2=pB2+pH=(80+H)cmHg，
体积VA2=lAS=[l1−(hB−H))]S
对A管内气体，由玻意耳定律得：pA1VA1=pA2VA2，
代入数据解得：H=1cm(H=−92.5cm不符合实际，舍去)
答：A、B两管内水银柱的高度差是1cm。
【解析】气体温度不变，气体发生等温变化，根据题意求出玻璃管内被封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律分析答题。
本题考查了玻意耳定律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提与关键，应用玻意耳定律即可解题；本题的难点与易错点是：求A管内气体的体积。
16.【答案】解：(ⅰ)由v=λf计算可得波长λ=5m，因为振源反向振动，故当路程差Δx=nλ时听不到声音，
则有(R+x)−(R−x)=nλ
解得：x=nλ2，
当n=0时，x=0
当n=±1时，x=±2.5m
当n=±2时，x=±5m
当n=±3时，x=±7.5m
共7次听不到声音。
(ii)设听不到声音的坐标为(x,y)，同理有：
(10+x)2+y2− (10−x)2+y2=5n
且x2+y2=100
化简可得： 10+x− 10−x= 52n
其中，n=0，±1，±2，±3
【解析】由v=λf计算可得波长，因为振源反向振动，当路程差△x=nλ时听不到声音，结合几何关系可求解该同学有几次听不到声音、听不到声音的位置坐标及听不见声音的点的位置坐标方程。
本题属于波的干涉中振动加强点与振动减弱点的判断问题。考查知识点针对性强，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。