2024年广东省深圳市高考物理二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年广东省深圳市高考物理二模试卷（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，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图为我国传统豆腐制作流程中用到的过滤器，正方形纱布的四角用细绳系在两根等长的、相互垂直的水平木杆两端，再通过木杆中心转轴静止悬挂在空中。豆浆过滤完，纱布与豆渣的总质量为m，细绳与竖直方向的夹角始终为θ。下列说法正确的是( )
A. 此时每根细绳受到的拉力为mg4csθ
B. 此时每根细绳受到的拉力为mg4
C. 豆浆从纱布流出过程中，忽略纱布的拉伸形变，细绳受到的拉力变大
D. 豆浆从纱布流出过程中，纱布中豆浆和豆渣整体的重心不变
2.2024年3月20日，长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图所示，鹊桥二号在进入近月点P、远月点A的月球捕获椭圆轨道，开始绕月球飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二号最终进入近月点P和远月点B、周期为24小时的环月椭圆轨道。关于鹊桥二号的说法正确的是( )
A. 离开火箭时速度大于地球的第三宇宙速度
B. 在捕获轨道运行的周期大于24小时
C. 在捕获轨道上经过P点时，需要点火加速，才可能进入环月轨道
D. 经过A点的加速度比经过B点时大
3.某摩天轮的直径达120m，转一圈用时1600s。某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中( )
A. 角速度为3π20rad/s
B. 座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C. 重力对该同学做功的功率先增大后减小
D. 如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将不变
4.1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)。实验基本装置如图所示，单色光源S发出的光直接照在光屏上，同时S发出的光还通过平面镜反射在光屏上。从平面镜反射的光相当于S在平面镜中的虚像发出的，这样就形成了两个相干光源。设光源S到平面镜所在平面的距离和到光屏的距离分别为a和L，光的波长为λ。如果仅改变以下条件，关于光屏上相邻两条亮纹间距Δx的描述正确的是( )
A. 平面镜水平向左移动少许，Δx将变小B. 平面镜竖直向下移动少许，Δx将变小
C. 光屏向左移动少许，Δx将变大D. 点光源S由红色换成绿色，Δx将变大
5.某防盗报警器工作原理如图所示。用紫外线照射光敏材料制成的阴极时，逸出的光电子在电路中产生电流，电流经放大后使电磁铁吸住铁条。当光源与阴极间有障碍物时，警报器响起。下列说法正确的是( )
A. 若用红外光源代替紫外光源，该报警器一定能正常工作
B. 逸出光电子的最大初动能与照射光频率成正比
C. 若用更强的同一频率紫外线照射阴极，光电流变大
D. 若用更强的同一频率紫外线照射阴极，所有光电子的初动能均增大
6.图甲为测量储罐中不导电液体高度的电路，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，下列说法正确的是( )
A. 储罐内的液面高度降低时，LC回路振荡电流的频率将变小
B. t1−t2内电容器放电
C. t2−t3内LC回路中电场能逐渐转化为磁场能
D. 该振荡电流的有效值为 2Im
7.如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆所在的平面。一速率为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A与出射点B间的圆弧AB为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场，已知粒子速率均为2 33v，忽略粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间为( )
A. 3πR6vB. πR3vC. 3πR3vD. 2πR3v
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.常见的绳索，在一定限度内，其拉力F与伸长量x成正比，即F=kx。当绳索受到拉力而未断时，其单位面积承受的最大拉力Tm称为绳索的极限强度(Tm仅与材质有关)。
在绳索粗细与长度相同的情况下，k尼龙绳：k蜘蛛丝：k炭纤维=1：3：77，Tm尼龙绳=620×106N/m2，Tm蜘蛛丝=1000×106N/m2，Tm炭纤维=3430×106N/m2，对于原长和粗细相同的三种绳索( )
A. 碳纤维绳承拉能力最强
B. 受到相同拉力时，最长的是蜘蛛丝
C. 若绳索能承受的最大拉力相同，则横截面面积之比为S尼龙绳S炭纤维=34362
D. 承受相同拉力时，它们的伸长量之比x尼龙绳：x蜘蛛丝：x蜘蛛丝=77：3：1
9.如图所示，一长宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd，从距离磁场上边界L处由静止下落，线圈恰好能匀速进入磁场。磁场上下边界的高度为4L，下列说法正确的是( )
A. 线圈进入磁场时，线圈所受安培力为mg
B. 线圈进入磁场过程中安培力的冲量小于离开磁场过程中安培力的冲量
C. 线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量为2mgL
D. 磁场的磁感应强度为B=12nL mgR 2gL
10.如图所示，在倾角为θ的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为m、带电量q(q>0)的物体。加上沿着斜面方向的电场后，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度为g，不计空气阻力( )
A. 0∼x1过程中，电场强度的大小恒为E1qx1+mgsinθq
B. x1∼x2过程中，物体电势降低了E2−E1q
C. x1∼x2过程中，物体加速度的大小先变小后变大
D. x2∼x3过程中，电场强度为零
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图1所示，“探究气体等温变化规律”的实验装置，用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的压强与体积的关系。实验中气体的质量保持不变，气体的体积可从注射器壁上的刻度直接读出，气体的压强由压强传感器精确测定。
(1)为了减小实验误差，下列做法正确的是______。
A.压缩气体时需要缓慢进行
B.封闭气体的容器需要密封良好
C.需要测出封闭气体的质量
(2)甲同学在做本实验时，按实验要求组装好实验装置，推动活塞使注射器内空气柱从初始体积45.0mL减到25.0mL。实验过程中，读取五组数据，气体体积直接从注射器的刻度读出并输入计算机。得到的数据如下表所示：
(3)用计算机对数据进行直线拟合，做出p−1V图像为一条过原点的直线，则可以得到的实验结论：______。
(4)某同学发现pV数值逐渐减小(如图2)，请分析产生此现象的原因可能是：______。
12.小张同学想探究欧姆表的内置电源对测量结果的影响，设计了一个欧姆表，其电路图如图甲所示。
(1)A接______表笔(选填“红”或“黑”)。
(2)已知图甲中电源的电动势为1.5V，微安表的内阻约为1200Ω、量程250μA，若在AB间接电流传感器，调节Rx、R2使得微安表满偏，此时电流传感器读数为10.00mA，则图甲中滑动变阻器Rx的规格应选______。
A.最大电阻10Ω，额定电流1A
B.最大电阻50Ω，额定电流1A
C.最大电阻200Ω，额定电流1A
(3)欧姆调零之后，使用该欧姆表测量电阻箱的阻值，发现欧姆表的读数与电阻箱阻值相同。为了探究欧姆表的内置电源对测量结果的影响，把甲图中的电源换成其它型号的电源，重新欧姆调零后，测量电阻箱的阻值，发现欧姆表的测量值总是偏大。该同学猜想出现上述现象的原因是，更换后的电源电动势更小。
(4)为了验证上述猜想，用图甲的电路测量新电源的电动势和内阻：进行欧姆调零后，在表笔AB间接入电流传感器和电阻箱(串联)，改变电阻箱的阻值，读出电阻箱阻值R和电流传感器读数I。分析数据后描绘出R−1I图像(如图乙所示)，则该电源的电动势为______ V，欧姆表总内阻为______Ω，由此验证了小张同学的猜想。通过这种方法测得的电源电动势______它的真实值(选填“大于”、“等于”、“小于”)。(以上计算结果保留三位有效数字，电流传感器电阻不计)。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.光纤通讯已成为现代主要的有线通信方式。现有一长为1km，直径为d=0.2mm的长直光纤，一束单色平行光从该光纤一端沿光纤方向射入，延时5×10−6s。在光纤另一端接收到该光束。求：
(1)光纤的折射率；
(2)如图所示该光纤绕圆柱转弯，若平行射入该光纤的光在转弯处均能发生全反射，求该圆柱体半径R的最小值。
14.如图所示为某一弹射游戏简化模型的俯视图，在光滑的绝缘水平面上建立平面坐标系，ef右侧水平面内有沿x轴负方向的匀强电场(电场区域足够大)，已知ef平行于y轴。一轻质绝缘弹簧一端固定在坐标原点O处，另一端与一质量为0.2kg不带电绝缘物块A相连，此时弹簧轴线与x轴正方向的夹角θ=37∘。弹簧被压缩后锁定，弹簧储存的弹性势能为0.2J。再将一质量为0.2kg的带电量q=+1.0×10−6C的物块B紧靠着物块A，A、B不粘连，现解除锁定，物块沿弹簧轴线运动到电场边界上坐标为(0.6,0.45)的M点时，A、B恰好分离，物块B进入电场。A、B分离后，经过1s，物体A做简谐运动第一次达到最大速度运动过程中弹簧始终在弹性范围内。A、B均视为质点sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小及脱离后A运动的周期；
(2)当物块B运动到距离y轴最远的位置时，分离后物块A恰好第4次达到最大速度，求电场强度大小及此时物块B所处位置的坐标。
15.如图甲所示为固定安装在机车头部的碰撞吸能装置，由一级吸能元件钩缓装置和二级吸能元件防爬装置(可压缩)构成。某次碰撞实验中，一辆总质量为45t的机车以6m/s的初速度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置(由缓冲器与吸能管组成)，其弹力随作用行程(压缩量)的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用行程为55mm时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为1.8×106N，其作用行程为110mm。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为225mm时，机车刚好停止，车体完好无损。(设每次碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响。)求：
(1)一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量；
(2)二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间；
(3)为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，货车甲总质量为66t，与静止在水平面上无制动的质量为13.2t的货车乙发生正碰(不考虑货车的形变)，在一级吸能元件最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试(碰撞时若钩缓装置的吸能管未启动时，缓冲器能像弹簧一样工作)。求货车乙被碰后的速率范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、对纱布和豆渣受力分析，如图所示：
设每根绳的拉力为F，根据受力平衡，每根绳的拉力在竖直方向的分力等于14G，即：Fcsθ=14mg
解得：F=mg4csθ，故A正确，B错误；
CD、豆浆流出过程中整体的质量减少，根据：F=mg4csθ，可知F减小；豆浆流出过程中根据整体质量的变化可以判断，整体的重心先向下移，当豆浆流出到一定程度后，重心又会上移，故CD错误。
故选：A。
对纱布和豆渣整体受力分析，根据受力平衡，联立方程求出绳上的力，豆浆流出的过程根据质量的变化分析拉力的变化和重心的变化。
本题主要考查空间受力平衡问题，在做题中要注意每根绳的受力情况。
2.【答案】B
【解析】解：A.鹊桥二号进入环月轨道与月球一起绕地球运动，则离开火箭时速度大于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B.根据开普勒第三定律r3T2=k，可知在捕获轨道运行的周期大于环月椭圆轨道的周期，即24小时，故B正确；
C.从高轨道到低轨道需要减速做近心运动，所以在捕获轨道上经过P点时，需要点火减速，才可能进入环月轨道，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
则经过A点的加速度比经过B点时小，故D错误；
故选：B。
根据宇宙速度的理解分析A，根据开普勒第三定律分析B，根据变轨原理分析C，根据万有引力提供向心力可分析加速度变化。
本题考查开普勒第三定律、卫星变轨、万有引力提供向心力的运用，注意从高轨道到低轨道需要减速做近心运动。
3.【答案】C
【解析】解：A、根据角速度的计算公式有ω=2πT=π800rad/s，故A错误；
B、某同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该同学的作用力不一定指向圆心，故B错误；
C.根据重力功率的计算公式P=mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；
D.在B点有 F2+(mg)2=mRω2，可知如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将增大，故D错误；
故选：C。
根据角速度公式计算A，根据座舱对该同学的作用力和重力的合力提供向心力分析BD，根据功率的计算公式分析C。
该题考查了功率的计算、匀速圆周运动的相关知识，知道做匀速圆周运动的物体的合力提供向心力，会分析各位置的受力特点。
4.【答案】B
【解析】解：根据作图法可得下图，其中阴影部分为发生干涉的区域；
光源直接发出的光和被平面镜反射的光实际上是同一列光，故是相干光，该干涉现象可以看作双缝干涉，双缝SS′之间的距离为d，则d=2a，而光源S到光屏的距离看以看作双孔屏到像屏距离L，根据双缝干涉的相邻条纹之间的距离公式：Δx=Ldλ
可得：Δx=L2aλ
A、平面镜水平向左移动少许，L与d不变，则Δx不变，故A错误；
B、平面镜竖直向下移动少许，d增大，则Δx将变小，故B正确；
C、光屏向左移动少许，L减小，则Δx将变小，故C错误；
D、点光源S由红色换成绿色，Δx将变小，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉的条纹间距公式结合几何关系写出条纹宽度的公式，然后依据各选项的条件解答。
考查干涉条纹的间距公式应用，理解了该实验的原理即可顺利解决此题，故在学习过程中要深入理解各个物理现象产生的机理是什么。
5.【答案】C
【解析】解：A.若用红外光源代替紫外光源，可能不会发生光电效应，该报警器不能正常工作，故A错误；
BD.根据光电效应方程Ekm=hν−W0可知，逸出光电子的最大初动能与照射光频率不成正比，若用更强的同一频率紫外线照射阴极，所有光电子的初动能不可能均增大，故BD错误；
C.若用更强的同一频率紫外线照射阴极，即增加了光子的个数，则产生的光电子数目增多，光电流增大，故C正确；
故选：C。
发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当单位时间内通过的电子数多，则光电流大。
解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电流的因素，难度不大，属于基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A、当储罐内的液面高度降低时，两板间充入的电介质减少，电容减小，根据LC振荡周期T=2π LC可知回路的振荡周期变小，故振荡频率增大，故A错误；
B、t1∼t2内电流正向逐渐减小，则电容器充电，故B错误；
C、t2−t3内LC回路中电容器放电，电场能逐渐转化为磁场能，故C正确；
D、该振荡电流的有效值为I=Im 2= 2Im2，故D错误；
故选：C。
当储罐内的液面高度降低时，两板间充入的电介质减少，电容减小，根据LC振荡周期分析A，根据LC回路的特点分析BC，根据有效值与最大值的关系分析D。
本题考查电磁振荡，学生需掌握LC振荡电路的基本原理及规律即可正确解答。
7.【答案】C
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v的带电粒子的运动半径为r1，其轨迹如下图中弧AB所示，
由题意可知∠AOB=120∘，由几何关系可得：θ=30∘，圆周运动半径r1=Rtanθ= 3R
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r，可得粒子运动半径：r=mvqB
可知粒子运动半径与速率成正比，则速率为2 33v的粒子在磁场中圆周运动半径为：r2=2 33r1=2R
在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，粒子运动轨迹如上图中的弧AC。
则角β满足：sinβ=Rr2，可得：β=30∘
粒子在磁场中运动的周期：T=2πrv=2 3πRv
粒子在磁场中最长运动时间为：t=α360∘T= 3πR3v，故C正确，ABD错误。
故选：C。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹图，根据几何关系求得速率为v的带电粒子的圆周运动半径，根据洛伦兹力提供向心力得到速率为2 33v的粒子在磁场中圆周运动半径。在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，根据几何关系求得粒子运动轨迹的圆心角，结合周期求得粒子在磁场中最长运动时间。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题。本题难点是确定运动时间最长的粒子的出射位置，根据轨迹圆心角越大，运动时间越长，应用几何知识确定粒子的轨迹与出射位置。此类问题的基本功是能根据几何知识找到圆心、求解半径以及圆心角。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.当三种绳索受到相同的拉力F时，伸长量x=Fk，由题意可知，伸长量最大的是尼龙绳，最小的是碳纤维，三种绳索的横截面积最大的是碳纤维，最小的是尼龙绳，因此单位面积承受拉力最大的是尼龙绳，最小的是碳纤维，同时由题可知三种绳索的极限强度最大的是碳纤维，因此碳纤维绳能承受的拉力更大，故A正确；
B.根据伸长量x=Fk可知，当绳索受到的拉力相同时，结合题意可知伸长量最大的是尼龙绳，三根绳索原长相等，因此最长的是尼龙绳，故B错误；
C.假设绳索的横截面积为S，承受的最大拉力为F，根据题意可知F=TmS，已知Tm尼龙绳=620×106N/m2，Tm炭纤维=3430×106N/m2，所以当最大拉力相同时，S尼S炭=Tm炭Tm尼，代入数据可得：S尼S炭=34362，故C正确；
D.根据伸长量x=Fk可知，当拉力相同时，x尼龙绳：x蜘蛛丝：x蜘蛛丝=k炭纤维：k蜘蛛丝：k尼龙绳，因此根据题中数据可得：F相同时，x尼龙绳：x蜘蛛丝：x蜘蛛丝=77：3：1，故D正确。
故选：ACD。
根据题干信息结合F=kx，分析选项。
本题主要考查对弹力的理解，以及对题干中最大拉力的理解，做题中要注意审题，正确理解题意时做题的关键。
9.【答案】AD
【解析】解：A.线圈恰好能匀速进入磁场，根据共点力平衡条件可知Fa=mg，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律，线圈进入或离开磁场的感应电动势E=nΔΦΔt=nB×2L2Δt=2nBL2Δt
感应电流I−=ER=2nBL2RΔt
安培力Fa=BI−×2nL=2nBL×2nBL2RΔt=4n2B2L3RΔt
安培力的冲量为IF=FaΔt=4n2B2L3RΔt×Δt=4n2B2L3R
可知线圈进入磁场过程中安培力的冲量等于离开磁场过程中安培力的冲量，故B错误；
D.根据自由落体运动公式，线圈刚好进入磁场时的速度为v= 2gL
线圈刚好进入磁场时的感应电动势E=nB×2Lv=2nBLv
感应电流I=ER=2nBLvR
线圈所受的安培力Fa=nBI×2L=2nBIL
解得Fa=4n2B2L2vR
线圈匀速进入磁场，根据平衡条件Fa=mg
联立解得次感应强度B=12nL mgR 2gL，故D正确；
C.线圈完全进入后，线圈中无感应电流，做匀加速运动
根据运动学公式，线圈刚好出磁场时的速度v1= v2+2g×3L
代入数据解得v1=2 2gL
线圈所受安培力Fa1=4n2B2L2v1R
代入数据解得Fa1=2mg，方向竖直向上
此时线圈所受的合力F合=Fa1−mg=2mg−mg=mg
合力方向向上，线圈从刚好离开磁场到刚好完全离开磁场的过程中做减速运动；
线圈进入磁场做匀速运动过程中，根据能量守恒，产生的热量Q1=WG1=mgL
线圈离开磁场做减速运动的过程中，根据能量守恒WG2+ΔEk减=mgL+ΔEk减=Q2
整个过程线圈中产生的热量Q=Q1+Q2=mgL+mgL+ΔEk减>2mgL，故C错误。
故选：AD。
A.线圈恰好能匀速进入磁场，根据平衡条件进行分析；
B.根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式以及冲量的定义进行分析；
D.根据自由落体运动规律求线圈刚好进入磁场时的速度，根据电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、平衡条件求解出磁感应强度；
C.线圈完全进场磁场后做匀加速运动，根据运动学公式求解线圈刚好离开磁场时的速度，再根据安培力公式求解安培力；根据牛顿第二定律分析线圈的运动情况，再根据能量守恒定律分析作答。
本题是电磁感应与力学的综合，正确分析线圈的受力情况，然后根据平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合定律的欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式和能量守恒定律进行分析求解作答；本题关键要抓住线圈刚好离开磁场到完全离开磁场的过程，线圈做非匀变速运动，要根据能量守恒进行分析。
10.【答案】BCD
【解析】解：AC、根据功能关系可知电场力做功代表机械能的变化，则有ΔE=qEx，则E−x图像的斜率代表电场力，则0∼x1过程中，电场强度的大小恒为E=E1qx1，x1∼x2过程中，电场力逐渐减小，则根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小先变小后变大，故A错误，C正确；
B、x1∼x2过程中，根据功能关系有qU=E2−E1
电场力做正功，电势降低U=E2−E1q，故B正确；
D、x2∼x3过程中，机械能守恒，只有重力做功，电场力为0，则电场强度为零，故D正确；
故选：BCD。
根据功能关系可知电场力做功代表机械能的变化，则有ΔE=qEx，则E−x图像的斜率代表电场力，结合电场力公式与牛顿第二定律分析ACD，根据功能关系分析B。
本题考查电势能与电场力做功的关系，解题关键掌握该题中电场力做功代表电势能的变化及机械能的变化。
11.【答案】AB 一定质量的理想气体，温度不变时，p与V成反比 注射器的空气向外发生了泄漏
【解析】解：(1)A.压缩气体时需要缓慢进行，从而保证温度不变，故A正确；
BC.不需要测出封闭气体的质量，只需保证质量不变即可，即封闭气体的容器需要密封良好，故B正确，C错误；
故选：AB。
(3)可以得到的实验结论为：一定质量的理想气体，温度不变时，p与V成反比；
(4)实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程pVT=C，常数C与质量有关，质量变小变小，故PV乘积减小。
故答案为：(1)AB；(3)一定质量的理想气体，温度不变时，p与V成反比；(4)注射器的空气向外发生了泄漏
(1)根据实验原理与实验操作规范分析解答；
(3)根据图像分析结论；
(4)根据理想气体状态方程pVT=C分析解答。
本题主要考查了“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验，要明确实验的原理、实验操作方法以及实验数据的处理；要掌握理想气体状态方程的特点。
12.【答案】红 B1.33133等于
【解析】解：(1)由图甲的电路图可知电流由A断流入欧姆表，B端流出欧姆表，根据“红进黑出”的原则，可知A端应接红表笔。
(2)图甲中电源的电动势为1.5V，此时电流传感器读数为10.00mA，可得此时欧姆表的总内阻为：R内=EI=×10−3Ω=150Ω
微安表的内阻约为1200Ω、量程250μA，其满偏时它的两端电压约为UμA≈250×10−6×1200V=0.3V
可知流过滑动变阻器Rx的电流为：Ix=10.00×10−3A−250×10−6A=9.75×10−3A
此时滑动变阻器Rx接入电路的阻值约为：Rx1=UμAIx，解得：Rx1≈31Ω
故为满足要求且方便调节，滑动变阻器Rx的规格应选最大电阻50Ω的，故应选B。
(4)由闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r，变形为：R=EI−r
根据R−1I图像的斜率可得该电源的电动势为：E=200−0(0.250−0.100)×103V≈1.33V
由R=0时，1I=0.100mA−1，代入可得欧姆表总内阻为：r=EI=1.33×0.100×103Ω=133Ω。
考虑电流传感器有内阻RA，则有：I=ER+RA+r，可得：R=EI−(r+RA)，可知不影响R−1I图像的斜率，故通过这种方法测得的电源电动势等于它的真实值。
故答案为：(1)红；(2)B；(4)1.33；133；等于
(1)根据“红进黑出”的原则解答。
(2)由电源的电动势和电流传感器的读数，根据闭合电路欧姆定律求得此时欧姆表的总内阻。根据微安表满偏求得它的两端电压，根据串并联电路的特点得到滑动变阻器Rx的电流，根据欧姆定律求得此时滑动变阻器Rx接入电路的阻值，即可确定滑动变阻器Rx的规格。
(4)由闭合电路欧姆定律，推导R−1I图像的表达式，结合图像的斜率可得该电源的电动势，由图像数据可得欧姆表总内阻。考虑电流传感器有内阻，判断是否会影响R−1I图像的斜率。
本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，以及欧姆表的使用，考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路特点的应用，掌握实验利用图像处理数据的方法。
13.【答案】解：(1)光在长直光纤中传输v=lt
解得v=2×108m/s
光纤的折射率n=cv
解得n=1.5
(2)如图所示，当光纤中最下面的光线发生全反射，则平行光在弯曲处全部发生全反射，
由几何关系可知sinC=RmRm+d
又sinC=1n
解得Rm=0.4mm
答：(1)光纤的折射率为1.5；
(2)该圆柱体半径R的最小值为0.4mm。
【解析】(1)根据光在介质和真空中的传播速度解得折射率；
(2)根据几何关系结合全反射临界角公式解答。
本题考查全反射，解题关键掌握光路图的画法，注意全反射临界角的运用。
14.【答案】解：(1)由题可知，在M点A、B刚好分离，此时弹簧刚好恢复原长，此时A、B共速且速率达到最大，设此时速度大小为v，则
Ep=12×2mv2
解得v=1m/s
即A、B分离时B的速度大小为v=1m/s
分离后A做简谐运动，M点为平衡位置，经过半个周期再次回到M处，达到最大速度，设A运动的周期为TA，则有：
12TA=1s
解得：T=2s
(2)由题可知AB分离时，B的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，且tanθ=
即θ=37∘
AB分离后，A物体做简谐运动，B在电场中做曲线运动，设从分离开始计时经过时间tA，物块A第四次达到最大速度，则：
tA=TA2×4
解得tA=4s
此时B距离y轴最远，对B在x方向上，由动量定理
−qEtA=0−mvBcs37∘
Δx=vBcs37∘2tA
xB=0.6+Δx
y方向上匀速运动，有
Δy=vBsin37∘tA
yB=0.45+Δy
解得E=4×104V/m
解得xB=2.2m，yB=2.85m
此时物块B位置的坐标(2.2,2.85)
答：(1)A、B物块脱离的瞬间，B物块的速度大小为1m/s，脱离后A运动的周期为1s；
(2)电场强度大小为4×104V/m，此时物块B所处位置的坐标为(2.2m,2.85m)。
【解析】(1)根据能量守恒定律分析A、B分离的速度，根据简谐运动规律解得A的周期；
(2)根据运动的分解，在x轴方向根据动量定理、y轴方向根据匀速直线运动规律分析解答。
本题考查功能关系的应用，解题关键掌握带电粒子在电场中的运动规律及能量守恒定律的应用。
15.【答案】解：(1)由题可知一级吸能元件吸收能量ΔE等于缓冲吸能ΔE1与吸能管吸能ΔE2总和，即
ΔE=ΔE1+ΔE2
由图可知
ΔE1=12F1x1
ΔE2=F1x2
可得
ΔE=247500J
(2)设一级吸能元件工作结束时机车的速度为v1，由能量守恒定律：
12mv02=ΔE+12mv12
解得v1=5m/s
设二级吸能元件工作时的缓冲作用力大小为F2，作用时间为t，规定v1的方向为正方向，由动能定理和动量定理有
−F2Δx2=0−12mv12
−F2t=0−mv1
解得F2=2.5×106N
t=0.09s
(3)当甲车速度为v甲时，甲、乙两车碰撞后两车共速且刚好使一级吸能元件中的缓冲器锁定，此时两车速度设为v共，规定v甲的方向为正方向，有
m甲v甲=(m甲+m乙)v共
12m甲v甲2−12(m甲+m乙)v共2=ΔE1<60%ΔE
可得v共=3m/s
由题可知两车碰撞中当甲车速度v甲<3m/s时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器未被锁定此时发生弹性碰撞，弹簧恢复形变后，甲车的速度为v甲′，乙车获得速度为v乙，规定v甲的方向为正方向，有：
m甲v甲=m甲v甲′+m乙v乙
可得：
v乙=53v甲
即当v甲<3m/s时，v乙<5m/s
由题可知两车碰撞中当甲车速度v甲>3m/s时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器被锁定后此时启动了吸能管，发生的碰撞为完全非弹性碰撞，吸能元件吸收能量最大且元件吸能总量为60%ΔE时，碰后两车速度相同为v共′，规定v甲的方向为正方向，有：
m甲v甲=(m甲+m乙)v共′
可得：
v甲=3 3m/s
v共′=5 32m/s
当v甲=3m/s时，缓冲器被锁定，有
m甲v甲=(m甲+m乙)v共
可得：
v乙=v共=2.5m/s
综上所述：
当v甲<3m/s时，v乙<5m/s
当3m/s答：(1)一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量为247500J；
(2)二级吸能元件工作时的缓冲作用力为2.5×106N，作用时间为0.09s；
(3)货车乙被碰后的速率范围为当v甲<3m/s时，v乙<5m/s；当3m/s【解析】(1)一级吸能元件吸收能量ΔE等于缓冲吸能ΔE1与吸能管吸能ΔE2总和；
(2)根据能量守恒定律及动量定理分析解答；
(3)根据甲车速度的不同范围，根据动量守恒定律及能量守恒定律分析解答。
解答本题时，要理清题目和图像的含义，分段运用动能定理和动量守恒定律。序号
V(mL)
1V(mL−)
p(kPa)
pV(kPa/mL)
pV(kPa⋅mL)
45
0.022
104.7
2.3267
4711.5
2
40
0.025
117.6
2.9400
4704
3
35
0.029
132.5
3.8425
4637.5
4
30
0.033
153.1
5.0500
4593
5
25
0.040
180.7
7.2280
4517.5