2024届陕西省西安市高三下学期5月高考模拟物理试卷

这是一份2024届陕西省西安市高三下学期5月高考模拟物理试卷，共19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.科学家明用放射性材料PuO2作为发电能源为火星车供电。PuO2中的Pu元素是 94238Pu，其衰变方欧为 94238Pu→92234U+24He，半衰期为87.7年。已知 94238Pu、 92234U、 24He原子核的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，关于该衰变，下列说法正确的是( )
A. 该良变属于β衰变
B. 经过43.85年，有14的 94238Pu发生了衰变
C. 一次衰变释放出的能量为(m1-m2-m3)c2
D. 94238Pu的比结合能比 92234U大
2.一种新型汽车的自适应巡航(ACC)功能，是利用激光雷达实时侦测与前车距离，通过运算决定后续驾驶动作。某阶段后车与前车在同一平直车道向前行驶，后车在匀速前进，速度为v=20m/s，前车在做匀变速运动，从t=0时刻开始，侦测到两车距离d与时刻t的对应关系如下表所示。下列说法正确的是( )
A. t=0时前车速度为22m/sB. t=4s时两车速度相等
C. 前车加速度大小为2m/s2D. t=4s时两车距离为82m
3.我国空间研究突飞猛进，“天宫”空间站在距地面约400公里的高空中运行，空间站与地面的通讯是由位于赤道上空36000km处静止轨道上的中继卫星——天链一号03星、04星和天链二号01星来完成的，利用卫星上的通信转发器接收、发射信号，并对信号进行放大变频后转发给空间站或地面站，从而完成信息传输。下列说法正确的是( )
A. 三颗天链卫星运行的轨道都相同，但运行速度大小不同
B. 三颗天链卫星与“天宫”空间站相对静止
C. 依据天链卫星周期可算出地球密度
D. 天链卫星周期的平方与轨道半径三次方的比值与“天宫”空间站周期的平方与轨道半径三次方的比值相同
4.重庆的立交桥不仅数量众多，而且造型奇特，因此被称为3D魔幻城市。对落差较大的道路，建设螺旋立交可以有效保证车辆安全行驶。如图是同心圆螺旋的重庆红云路螺旋立交，其上、下层桥梁平面位置重叠，非常美观。下列说法正确的是( )
A. 汽车螺旋上坡时，受到牵引力、重力、弹力、摩擦力和向心力
B. 桥梁设计成“外高内低”是为了加快路面排水，增加车辆所受的摩擦力
C. 螺旋上升的桥梁设计，可以减小坡度，减小重力沿桥面的分力，保证车辆行驶安全
D. 车辆沿“外高内低”的路面螺旋运动，且不改变运动半径，当速率增加时，向心力一定变大，所受摩擦力也一定变大
5.如图所示，两平行光滑导轨竖直固定放置，导轨电阻不计，其上端接有定值电阻R，初始，一金属棒水平锁定在MN处，在MN下方的abcd区间内存在有特殊边界的、与导轨平面垂直的匀强磁场。解除对金属棒的锁定后，金属棒自由下落，金属棒在通过磁场区域过程中恰好做匀加速直线运动。已知金属棒运动中与两轨道始终垂直且接触良好，不计空气阻力。则abcd内的磁场区域分布可能正确的是( )
A. B. C. D.
6.带电体吸引轻小纸屑的过程，可以从原子尺度上抽象为如图所示的物理模型。周围没有电场时，纸屑原子的正、负电荷中心重合，电偶极矩为零。若在M处固定一个电荷量为+Q的点电荷时，不带电的纸屑原子处在该点电荷形成的电场中，M处的点电荷会吸引纸屑原子的电子云，排斥其中带正电的原子核，从而导致纸屑原子的正、负电荷分离，形成了电偶极子，分离的正、负电荷电荷量大小均为q、距离为d、连线的中点为N。已知M、N间的距离为r(r≫d)，分析时略去(dr)n(n≥2)项的影响。则对于该电偶极子，下列说法正确的是( )
A. 仅使Q加倍，电偶极子所受的电场力也加倍
B. 仅使r减半，电偶极子所受的电场力也加倍
C. 仅使d减半，电偶极子所受的电场力也减半
D. 仅使r逐渐减小时(仍满足r≫d)，系统的电势能也逐渐减小
二、多选题：本大题共4小题，共21分。
7.如图所示，神舟系列载人飞船返回舱着陆时，需要打开巨大的减速伞进行减速。最后阶段，在返回舱拉着减速伞以收尾速度匀速竖直下降过程，减速伞所受阻力满足f=12CρSv2，其中C为空气阻力系数(可视为定值)，ρ为大气密度，S为该减速伞迎风面积，v为其运动速度。已知减速伞和返回舱质量分别为m、M，减速伞的N根伞绳均匀分布且每根伞绳与竖直轴线间的夹角均为α，重力加速度为g。返回舱自身所受空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 返回舱匀速下降的速度大小v= 2(m+M)gCρS
B. 每根伞绳承受的拉力大小F=(m+M)gNcsα
C. 在减速伞迎风面积不变时，减速伞和返回舱的总质量越大，收尾速度越大
D. 减速伞迎风面积越大，收尾速度越大
8.如图所示，a、b、c、d四根长直导线相互平行且水平固定，其截面在竖直面内构成正方形的四个顶点，a、b、c、d导线中分别通入图示方向的电流且电流大小相等。长为L、质量为m的e导线平行于四根导线放置，其截面位于正方形的中心，e导线中通入图示方向的电流且电流大小为I，此时e导线恰好静止在正方形的中心，重力加速度为g，现仅将d导线中的电流反向，则在d中电流反向后的瞬间，下列说法正确的是( )
A. e导线所受安培力为 22mg，方向沿由c到a方向
B. e导线所受安培力为 24mg，方向沿由a到c方向
C. a、b、c、d四根导线在正方形中心处的合磁感应强度大小为 2mg4IL，方向水平向左
D. a、b、c、d四根导线在正方形中心处的合磁感应强度大小为 2mg2IL，方向沿由b到d方向
9.关于热现象下列说法正确的是( )
A. 浸润和不浸润是分子力作用的表现，如果附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，这样的液体与固体之间表现为浸润
B. 空气的绝对湿度不变时，随着温度的升高，空气的饱和汽压增大，空气的相对湿度也增大
C. 空气中PM2.5的布朗运动是由于空气分子无规则运动对它频繁地碰撞所引起的
D. 密封在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，压强增大
E. 可以实现通过对外做功把机械能全部转化为内能，也可以实现从单一热源吸收热量，使之完全用来对外做功，而不会引起其他的变化
10.关于振动和波，下列说法中正确的( )
A. 增大单摆的摆长，减小摆球的质量，单摆的周期一定变大
B. 机械波能在液体中传播是因为液体能流动
C. 火车鸣笛减速靠近站台上的旅客，旅客耳中接收到的鸣笛声频率变高
D. 不同频率的声波在同一种介质中传播速度相同
E. 爆炸的声波破坏力巨大，一定是因为物体和声波发生了共振
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.学习小组利用输液滴管和手机测量当地的重力加速度。将刻度尺竖直固定，输液针头固定在长刻度尺上方，调整好输液器，让染色水滴间隔均匀地滴下，水滴起始位置与刻度尺零刻度线齐平，用手机拍摄一段视频。
(1)利用视频解析软件得到，第1滴滴下的时刻t1=1.00s，第21滴滴下的时刻t2=5.00s，则相邻两滴滴下的时间间隔为T=______ s。
(2)将视频截图放大处理，发现某一时刻相邻三个水滴的中心位置对应刻度尺的读数分别为h1=0.211m，h2=0.805m，h3=1.785m，可测得当地的重力加速度g=______m/s2。
(3)经查资料得知当地重力加速度的真实值为g=9.80m/s2，结合测得的数据，列举一条产生误差的原因：______。
12.为了测定电池组的电动势及内阻，并研究电阻丝的导电特性，实验小组设计了实验电路图如图所示。要求测量结果尽量准确，备选器材如下：
待测电池组(电动势E约为3V，内阻r约为2Ω)
电阻丝(长度约为0.5m，总电阻约为20Ω)
电压表V1(量程0∼3V，内阻很大)
电压表V2(量程0∼15V，内阻很大)
电流表(量程0-0.6A，内阻RA=1.0Ω)
保护电阻R0
开关、金属夹及导线若干
主要实验步骤如下：
①连接电路，电阻丝平放在刻度尺上，金属夹一端夹在刻度尺0刻度处，另一端在电阻丝上移动，两金属夹与电阻丝接触良好，电阻丝接入电路的长度L可从刻度尺读出。
②改变金属夹的位置，记录多组L及对应的电压U和电流I的值。
③选择合适的标度，在坐标纸上画出U-I图像及UI-L图像如图2所示。
请回答下列问题：
(1)电压表应选择______(选填“V1”或“V2”)。
(2)保护电阻R0的作用是保护______(选填“电流表”或“电压表”)。
(3)根据U-I图像可知，测得的电池组的电动势E=______ V，内阻r=______Ω(内阻保留2位有效数字)。
(4)由UI-L图像可知，电阻丝单位长度的阻值λ=______Ω/m(保留2位有效数字)。
(5)若考虑电压表的内阻，测得的电池组的电动势相比实际值______(选填“偏大”“偏小”或“无误差”)。
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
13.如图所示，xOy平面内的第三、四象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y>L(L>0)区域存在沿y轴负方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子从P(0,2L)点由静止释放，粒子第一次进入磁场的速度大小为v，第一次离开磁场的位置到O点的距离为4.5L。不计粒子重力。
(1)求电场强度大小E与磁感应强度大小B的比值及粒子从P点释放到第一次离开磁场所用的时间t；
(2)若粒子在P处以速度v0沿x轴正方向飞出，粒子恰好沿一个封闭的轨道做周期性运动，求速度v0。
14.如图所示，水平地面CD的长度L=3.4m，光滑竖直圆弧轨道BC、DE左、右对称固定且与水平地面分别在C、D点相切，左、右两圆弧轨道的圆心O1、O2与其所在圆的最高点B、E连线斜向上，且连线与水平方向的夹角均为θ=37∘。光滑水平平台AF距水平地面CD的竖直高度H=2m，AF的中点与CD的中点位于同一竖直线上，物块b静止在水平地面上的C点。物块a从平台的左端A点以某一速度水平抛出并恰好无碰撞地从轨道BC的B端沿切线方向进入轨道，之后与物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)，碰后立即撤去物块a，物块b从圆弧轨道DE飞出且恰好无碰撞地滑上平台AF。已知物块b与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.75，圆弧轨道半径R=0.75m，两物块均可视为质点，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块a的初速度大小vA；
(2)整个过程中物块b在水平地面CD上运动的总路程；(保留3位有效数字)
(3)物块a、b的质量之比。
15.如图所示，用带有玻璃管的橡皮塞将烧瓶口封闭，玻璃管的内径粗细相同，管的一端与烧瓶相通，另一端与大气相通，在玻璃管的U形管内有一段水银柱，初始环境温度为285K，U形管左、右两侧B处、A处的水银液面相平，烧瓶内和烧瓶口与B处间封闭气体的总体积为V0=20mL。现将烧瓶浸入热水中，稳定后U形管左、右两侧的水银液面高度差为4cm。已知玻璃管内径的横截面积为0.2cm2，大气压强为76cmHg，整个过程中，U形管的左、右两侧均保持竖直，U形管左侧始终存在水银，右侧水银没有溢出，求：
(1)此时烧瓶内气体的热力学温度；
(2)在(1)中温度下，若要使左侧管中的水银液面仍回到B处，请问U形管右侧需要另外注入水银的体积为多少？
16.由透明玻璃材料制成的三棱柱工件如图所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB=30∘，现有一条垂直AB边的单色光从AB中点O射入工件，到达BC边发生全反射，最后从AC边射出，出射光线相对从O处入射的光线方向改变45∘角。已知AO=L，不考虑光在AC边的反射，求：
(1)此玻璃材料对该单色光的折射率；
(2)该单色光在三棱柱中的传播时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AD、根据生成物可知该衰变为α衰变，并且在衰变过程要释放核能，生成的新核更稳定，根据比结合能越大，原子核越稳定，所以 92234U的比结合能比 94238Pu的大，故AD错误；
B、发生半衰期的次数为n=tT=43.85年87.7年=12，剩余的 94238Pu为m余=m(12)12= 22m，所以已衰变的 94238Pu占原质量的比例为m-m余m=m- 22mm=2- 22，故B错误；
C、根据质能方程可得一次衰变释放出的能量ΔE=Δmc2=(m1-m2-m3)c2，故C正确；
故选：C。
根据衰变产物判断衰变类型；比结合能越大原子核越稳定；根据半衰期公式求解；根据质能方程求解核能。
本题考查原子核的衰变，要求掌握衰变遵循的质量数守恒和电荷数守恒，同时熟练掌握半衰期公式。
2.【答案】C
【解析】解：AC、根据表格的时间可知，在t=0s时，两车相距80m，在t=1s时，两车相距83m，则在前1s内前车的相对位移为：x1=83m-80m=3m，同理可知，在t=1s∽t=2s内，前车的相对位移为：x2=84m-83m=1m，则前车的相对加速度为：a=x2-x2T2=1-312m/s2=-2m/s2，由于后车做匀速运动，则前车的加速度为a1=a=-2m/s2，由x1=v01t+12a1t2可得：v01=4m/s，所以t=0时，前车的速度为：v0=v01+v后=4m/s+20m/s=24m/s，故A错误，C正确；
B、当t=4s时，前车的速度为：v4=v0+a1t=24m/s-2×4m/s=16m/s，所以两车速度不相等，故B错误；
D、在t=4s内，前车发生的位移为：x4=v0t+12a1t2=24×4m-12×2×42m=80m，后车发生的位移为：x后=v后t=20×4m=80m，则此时两车相距为：d=x4+80m-x后=80m+80m-80m=80m，故D错误。
故选：C。
根据表格中的数据，结合位移-时间关系求出前车的初速度和加速度；根据速度-时间关系求出t=4s时前车的速度，从而判断两车的速度是否相等，根据位移-时间关系求出t=4s时两车的距离。
本题考查的是匀变速直线运动的运动学公式和推论，解题时要合理选择公式，并灵活运用，由时应有推论会使计算更加简便。
3.【答案】D
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，可知轨道半径相同，则线速度大小相同，故A错误；
B、三颗天链卫星与“天宫”空间站的轨道半径不同，则周期不同，不能相对静止，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mr4π2T2，解得：M=4π2r3GT2
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得：ρ=3πr3GT2R3
由于地球的半径未知，不能求出地球的密度，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可得r3T2=k，所以天链卫星周期的平方与轨道半径三次方的比值与“天宫”空间站周期的平方与轨道半径三次方的比值相同，故D正确。
故选：D。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得到线速度表达式分析线速度大小；三颗天链卫星与“天宫”空间站的轨道半径不同，则周期不同；根据万有引力提供向心力、结合密度计算公式进行分析；根据开普勒第三定律分析D选项。
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，F引=mg，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F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
4.【答案】C
【解析】解：A、对汽车受力分析，上坡过程中受到重力、弹力、牵引力和摩擦力，没有向心力，故A错误；
B、桥梁设计为“外高内低”是为了在转弯时支持力的分力也能提供部分向心力，使汽车在较高速度下也能安全转弯，故B错误；
C、螺旋设计可以减小坡度，减小重力沿桥面的分力，使车辆在牵引力较小情况下也能安全行驶，故C正确；
D、在半径不变的情况下，若开始侧向摩擦力沿路面向外，当速度增加时，摩擦力减小，当侧向摩擦力向内时，速度增加，摩擦力增大，故D错误。
故选：C。
对汽车受力分析，没有向心力；外高内低是为了提供更大的向心力；螺旋上升高度差小，更容易上去；根据向心力分析速度增加，向心力的变化。
本题主要考查向心力的作用，汽车在转弯时为了保证行驶安全分析选项。
5.【答案】A
【解析】解：金属棒在通过磁场区域过程中恰好做匀加速直线运动，说明金属棒在磁场中受到的安培力是恒定的，根据安培力公式F=BIL，结合欧姆定律I=ER，以及切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv，得：F=B2L2vR，由于金属棒做匀加速直线运动，速度v增大，要使安培力F不变，则导体棒切割磁感线长度L应减小。
A.若磁场区域是倒梯形，且磁场区域均匀减小，则安培力F不变，金属棒做匀加速直线运动，故A正确；
B.若磁场区域是上宽下窄，且磁场区域减速收窄，则磁场区域减小的越来越慢，安培力F减小的越来越慢，金属棒不可能做匀加速直线运动，故B错误；
C.若磁场区域是上宽下窄，且磁场区域加速收窄，则磁场区域减小的越来越快，安培力F减小的越来越快，金属棒不可能做匀加速直线运动，故C错误；
D.若磁场区域是上下等宽，则磁场区域不变，金属棒做匀加速运动，则安培力会变大，导致加速度变化，从而不可能做匀加速运动，故D错误。
故选：A。
金属棒在通过磁场区域过程中恰好做匀加速直线运动，说明金属棒在磁场中受到的安培力是恒定的，根据安培力公式F=BIL，结合欧姆定律I=ER，以及切割磁感线产生的感应电动势公式E=BLv，分析导体棒切割磁感线长度L的变化情况，从而确定磁场区域分布。
本题考查了电磁感应与力学知识的综合，关键要抓住金属棒做匀加速直线运动，分析出安培力是恒力，再运用电磁感应的基本规律进行解答。
6.【答案】B
【解析】解：AB.设电偶极子所受的电场力为F则F=kQqr2，仅使Q加倍，电偶极子所受的电场力也加倍，仅使r减半，电偶极子所受的电场力为原来的4倍，故A正确，B错误；
C.仅使d减半，电偶极子所受的电场力仍为F=kQqr2，故C错误；
D.仅使r逐渐减小时(仍满足r>>d)，系统克服电场力做功，系统的电势能也逐渐增大，故D错误。
故选：B。
根据库仑定律分析电场力的变化；根据电场力做功和电势能的变化关系分析。
熟练掌握库仑定律和电场力做功与电势能的变化关系是解题的基础。
7.【答案】AC
【解析】解：A.在返回舱拉着减速伞以收尾速度匀速下降的过程中，整体是受力平衡的，由此可得：(m+M)g-f=0，
又因为阻力：f=12CρSv2，
代入平衡式子可解得：v= 2(m+M)gCρS，故A正确；
B.对返回舱受力分析可得：Mg-NFcsα=0
解得：F=MgNcsα，故B错误；
C.根据A选项的速度表达式v= 2(m+M)gCρS可知，当减速伞迎风面积S不变时，减速伞和返回舱的总质量越大，收尾的速度v变大，故C正确；
D..根据A选项的速度表达式v= 2(m+M)gCρS可知，减速伞迎风面积S越大，其他数据不变时，收尾速度v越小，故D错误。
故选：AC。
对返回舱和减速伞整体受力分析，列出平衡式子，可求得返回舱匀速下降的速度，再根据速度表达式可知，影响收尾速度的因素是哪些，再对返回舱受力分析，这里需要注意，每个伞绳受力大小应该为一样大的，且伞绳的合力等于返回舱的重力大小即可求解。
本题考查了整体的受力平衡，注意每条伞绳的受力大小，即可解决此类问题。
8.【答案】AD
【解析】解：AB、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知导线a、b对e的吸引力即安培力方向由e分别指向a，指向b，导线c、d对e的排斥力即安培力方向由c和d指向e，设每根导线对e的安培力为F0，对e受力分析，如下图所示：
e导线恰好静止，合力为零，两个2F0夹角为90∘，则有：mg=2×2F0⋅cs45∘，可得F0= 24mg
现仅将d导线中的电流反向，导线e受力分析，如下图所示：
导线d、b对e的吸引力的合力为零，导线a、c对e的安培力的合力为：F=2F0=2× 24mg= 22mg，方向沿由c到a方向，故A正确，B错误；
CD、由安培力F=BIL，可得磁感应强度：B= 2mg2IL，由左手定则可知磁感应强度的方向沿由b到d方向，故C错误，D正确。
故选：AD。
AB、根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知四根导线对e的安培力的方向，根据导线e受力平衡可得每根导线对e的安培力的大小，d导线中的电流反向，画出受力分析图，可得导线e所受安培力大小；
CD、根据安培力F=BIL可得磁感应强度大小，根据左手定则可知磁感应强度的方向。
本题考查了磁场对电流的作用力，解题的关键是知道同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，导线e处于静止状态，根据力的平衡可得每根导线对e的安培力大小。
9.【答案】ACD
【解析】解：A、附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，分子间表现为斥力，使液体表面扩张，液体与固体之间表现为浸润，故A正确；
B、空气的绝对湿度不变时，随着温度的升高，空气的饱和汽压增大，空气的相对湿度减小，故B错误；
C、结合布朗运动的特点可知，空气中PM2.5的布朗运动是由于空气分子无规则运动对它频繁地碰撞所引起的，故C正确；
D、根据压强的微观意义可知，密封在容积不变的容器内的气体，气体单位体积内分子的个数不变；若温度升高，则气体分子的平均动能增大，所以单个分子对器壁的平均撞击力增大，所以气体分子对器壁单位面积上的平均作用力也增大，压强增大，故D正确；
E、根据热力学第二定律，可知与热现象有关的宏观过程都具有方向性，可以实现通过对外做功把机械能全部转化为内能，也可以实现从单一热源吸收热量，使之完全用来对外做功，但是会引起其他的变化，故E错误。
故选：ACD。
液体与固体之间表现为浸润，是因为附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离，分子力表现为斥力的结果；根据相对湿度与绝对湿度判断；根据布朗运动的妥妥的判断；根据压强的微观意义判断；根据热力学第二定律分析。
本题考查了浸润现象、相对湿度与绝对湿度、布朗运动、压强的微观意义以及热力学第二定律等热学教材知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.由单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆球的质量无关，增大单摆的摆长，单摆的周期一定变大，故A正确；
B.机械波能在液体中传播是因为液体能振动，故B错误；
C.火车鸣笛减速靠近站台.上的旅客，根据多普勒效应可知，声源与旅客的距离减小，旅客耳中接收到的鸣笛声频率变高，故C正确；
D.机械波的速度只与介质有关，不同频率的声波在同一种介质中传播速度相同，故D正确；
E.爆炸的声波破坏力巨大，是因为振幅大，与频率无关，故E错误。
故选：ACD。
根据单摆的周期公式分析判断；机械波能在液体中传播是因为液体能振动；根据多普勒效应分析；机械波的速度只与介质有关；炸的声波破坏力巨大，是因为振幅大。
知道什么是多普勒效应，知道机械波的速度只与介质有关，知道单摆的周期公式。
11.【答案】水滴下落的过程在受到空气阻力的作用
【解析】(1)相邻两滴滴下的时间间隔为：T=t2-t120=5.00-1.0020s=0.2s
(2)根据逐差法Δh=gT2，可得g=ΔhT2
Δh=(h3-h2)-(h2-h1)=(1.785-0.805)m-(0.805-0.211)m=0.980m-0.594m=0.386m
代入数据解得：g=9.65m/s2
(3)在实验中，水滴下落的过程在受到空气阻力的作用，使得测出重力加速度比当地实际重力加速度偏小。
故答案为：(1)0.2；(2)9.65；(3)水滴下落的过程在受到空气阻力的作用
(1)通过第1滴和第21滴落下的时间求出相邻两滴的时间间隔；
(2)根据运动学公式逐差法计算出重力加速度的大小；
(3)根据重力加速度的计算公式得出测量值和真实值的大小关系并分析出可能的原因。
本题主要考查了自由落体运动测量重力加速度的实验，熟悉运动学公式的应用，结合逐差法得出重力加速度的大小即可。
12.【答案】V1 电流表 无误差
【解析】解：(1)待测电池组电动势约为3V，电压表V2的量程为0∼15V，量程过大，电压表V1的量程为0∼3V，量程合适，电压表应选择V1。
(2)当电阻丝接入电路的阻值过小时，若无保护电阻，通过电流表的电流会超出其量程所以保护电阻R0的作用是防止通过电流表的电流过大。
(3)对整个回路，由闭合电路欧姆定律有
U=E-I(r+RA)
则U-Ⅰ图像纵轴截距为电动势的测量值，可知E=2.9V，斜率绝对值k=2.90-1.500.5Ω=r+RA，可得r=1.8Ω。
(4)设电阻丝接入电路的长度为L时，电阻值R=λL，由欧姆定律可知R+R0=UI
得UI=λL+R0
可知UI-L图像的斜率即为所求的λ，由图可知λ=25-450×0.01=42Ω/m。
(5)把电流表和电池组视为等效电源，电流表示数是等效电源的准确电流，电压表示数是等效电源准确的路端电压，测得的电池组的电动势是等效电源的电动势，而等效电源的电动势等于电源的电动势。若考虑电压表的内阻，测得的电池组的电动势相比实际值无误差。
故答案为：(1)V1；(2)电流表；(3)2.9；1.8；(4)42；(5)无误差
(1)根据电压表量程分析解答；
(2)保护电阻R0的作用是防止通过电流表的电流过大；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像分析解答；
(4)根据欧姆定律结合图像斜率解答；
(5)根据实验原理及电表接入方法分析误差。
本题考查测定未知电阻阻值及电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、数据处理和误差分析。
13.【答案】(1)粒子在电场中加速运动，由动能定理得
qEL=12mv2-0
解得电场强度大小为
E=mv22qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，设轨迹半径为r0。
由牛顿第二定律有
qvB=mv2r0
其中
2r0=4.5L
解得
B=4mv9qL
则
EB=9v8
粒子在电场中运动的时间为
t1=2Lv
粒子从电场到磁场的运动时间为
t2=Lv
粒子在磁场中运动的时间为
t3=πr0v
所以粒子从P点释放到第一次离开磁场所用的时间为
t=t1+t2+t3
解得
t=(12+9π)L4v
(2)根据对称性，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在电场中做平抛运动
在电场中的水平位移为
x1=v0t1
从电场到磁场的水平位移为
x2=v0t2
离开电场时速度方向与x轴正方向夹角为θ，满足
sinθ=vvt
在磁场中的轨迹半径为
r=mvtqB
轨迹关于y轴对称，由几何关系得
rsinθ=x1+x2
联立解得
v0=34v
答：(1)电场强度大小E与磁感应强度大小B的比值9v8，粒子从P点释放到第一次离开磁场所用的时间(12+9π)L4v；
(2)若粒子在P处以速度v0沿x轴正方向飞出，粒子恰好沿一个封闭的轨道做周期性运动，速度为34v。
【解析】(1)由动能定理及牛顿第二定律求电场强度大小E与磁感应强度大小B的比值，分别求出粒子在电场和磁场中的运动时间，得出从P点释放到第一次离开磁场所用的时间t；
(2)粒子在电场中做平抛运动，在磁场中作圆周运动，结合几何关系求速度v0。
本题考查了粒子在电场和磁场中运动的问题，带电粒子在磁场中的运动问题，一般由洛伦兹力做向心力，得到半径的表达式，然后再根据几何条件得到粒子运动轨迹，进而求解运动轨迹的相关问题。
14.【答案】解：(1)设物块a到达B点时竖直方向的速度为vy，则有：vy2=2g(H-R-Rsinθ)
解得：vy=4m/s
在B点将速度的合成与分解，如图所示：
则有：vA=vytanθ
解得：vA=3m/s；
(2)根据对称性可知，b达到F点的速度大小也为vA=3m/s，然后B匀速运动到A点，做平抛运动从B点进入圆弧轨道。
根据能量守恒定律可得：12mbvA2+mbgH=μmbgx
解得b从A点飞出后在CD上通过的路程为：x=3.27m
所以整个过程中物块b在水平地面CD上运动的总路程：s=L+x=3.4m+3.27m=6.67m；
(3)设a达到C点的速度大小为v0，从A到C根据动能定理可得：magH=12mav02-12mavA2
解得：v0=7m/s
设碰撞后b的速度大小为v2，则有：12mbv22=μmbgL+mbgH+12mbvA2
解得：v2=10m/s
a、b碰撞过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mav0=mav1+mbv2
根据机械能守恒定律可得：12mav02=12mav12+12mbv22
联立解得：mamb=52。
答：(1)物块a的初速度大小为3m/s；
(2)整个过程中物块b在水平地面CD上运动的总路程为6.67m；
(3)物块a、b的质量之比为5：2。
【解析】(1)根据平抛运动的规律求解物块a到达B点时竖直方向的速度，在B点将速度的合成与分解，由此得到物块a的初速度大小vA；
(2)根据能量守恒定律求解b从A点飞出后在CD上通过的路程，由此得到整个过程中物块b在水平地面CD上运动的总路程；
(3)从A到C根据动能定理可得a达到C点的速度大小，根据能量守恒定律求解碰撞后b的速度大小；a、b碰撞过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解质量之比。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
15.【答案】解：(1)根据题意烧瓶内初态压强：p0=76cmHg，初态体积V0=20mL，初态温度：T0=285K
将烧瓶浸入热水中后，U形管左、右两侧的水银液面高度差为4cm，此时烧瓶内压强：p=p0+4cmHg=76cmHg+4cmHg=80cmHg，体积V=V0+2×0.2mL=20mL+0.4mL=20.4mL
根据理想气体状态方程有：p0V0T0=pVT，解得T=306K。
(2)要使左侧管中的水银液面仍回到B处，设此时U形管右侧比左边高h，此时有：p1=p0+hcmHg=(76+h)cmHg，
根据理想气体状态方程：p0V0T0=p1V0T，解得：h=5.6cm，故注入的水银的长度为h'=2cm+h-2cm=2cm+5.6cm-2cm=5.6cm
故注入的体积为：V'=Sh'=0.2×5.6cm3=1.12cm3
答：(1)此时烧瓶内气体的热力学温度为306K；
(2)U形管右侧需要另外注入水银的体积为1.12cm3。
【解析】(1)根据理想气体态方程，结合初态和末态体积、压强的变化求解温度；
(2)根据理想气体态方程，结合压强的变化求解水银柱的高度差，再通过体积公式分析求解。
本题考查了理想气体状态方程，主要是要抓住变化状态下各个物理量的初末情况，再通过理想气体状态方程计算即可。
16.【答案】解：作出折射光路图如图
(1)分析在AC面上发生折射的光路，根据折射率的公式n=sin45∘sin30∘= 2212= 2；
(2)根据几何关系可知BC=2CD=ABsin30∘=2Lsin30∘=4L，光线在玻璃材料中的传播距离为s=OD+DE=Ltan30∘+CD2cs30∘=Ltan30∘+Lcs30∘，该单色光在玻璃中传播的速度为v=cn=c 2，则单色光在三棱柱中的传播时间为t=sv
代入数据解得t=5 6L3c
答：(1)此玻璃材料对该单色光的折射率为 2；
(2)该单色光在三棱柱中的传播时间为5 6L3c。
【解析】(1)作出折射光路图，找出相应的入射角和折射角，根据折射率的公式代入数据解答；
(2)根据几何关系求出光在玻璃中的传播距离，结合介质中的波速公式列式求解传播时间。
考查光的折射和全反射问题，会根据题意找出几何关系列式求解。L/s
0
1
2
3
…
d/m
80
83
84
83
…