2026年辽宁省沈阳市高考物理质检试卷（一）

这是一份2026年辽宁省沈阳市高考物理质检试卷（一），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年11月5日我国福建舰正式服役。飞机离开甲板A点后，继续飞行的轨迹如图所示。关于飞机在轨迹最低点B点的速度与所受合外力，下列说法正确的是( )
A. 速度方向指向轨迹内侧B. 速度方向沿B点切线方向
C. 合外力方向指向轨迹外侧D. 合外力方向沿B点切线方向
2.一个由透明材料制成的折射率为 2的四棱柱，其横截面如图所示，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°。现有一束单色光垂直入射到AB面上，入射点可在AE之间移动，下列光路图正确的是( )
A. B.
C. D.
3.一块剖面为三角形的有机玻璃P压在另一块水平有机玻璃Q上，当光通过有机玻璃P时，会产生如图所示的花纹。下列说法正确的是( )
A. P受到向上的支持力是由于P发生形变而产生的
B. P对Q的压力与Q对P的支持力是一对平衡力
C. 利用该现象可以推测有机玻璃各部位的形变情况
D. P与Q间产生的弹力来源于核子间的强相互作用
4.如图，单匝正方形导线框abcd处于OO'为边界的匀强磁场中，绕与磁场垂直且与线框共面的固定轴OO'匀速转动，轴OO'与正方形对角线重合。若线框从图示位置开始计时，规定adcba方向为电流正方向，产生的感应电流i与时间t关系图像正确的是( )
A.
B.
C.
D.
5.大量氢原子处于n=1、2、3、4的四个状态，处于较高能级的原子可以向任意一个较低能级跃迁，下列说法正确的是( )
A. 最多可以观测到3种波长的光
B. 从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
C. 波长最长的光对应的是从n=4跃迁到n=1的情况
D. 观测到的光中如果只有一种能使某金属发生光电效应，那一定是波长最短的光
6.如图，在竖直放置的绝缘圆环上均匀分布着正电荷。在垂直于圆环面且过圆心的轴线上有a、b、c三点，其中b为ac中点。α粒子从a点以某一初速度沿轴向运动，到c点时速度为零，则( )
A. α粒子从a到c的过程中加速度一定一直增大
B. α粒子从a到c的过程中电势能一定一直增大
C. a点的电场强度一定等于c点的电场强度
D. ab两点间的电势差一定等于bc两点间的电势差
7.目前在太空中为我们提供服务的北斗三号系统是由30颗卫星组成的。如图(a)，以地球球心为坐标原点，以某一颗北斗卫星所在轨道平面建立xOy平面直角坐标系，将卫星绕地球运动视为逆时针的匀速圆周运动，其运动轨迹与x轴正半轴交点为K。现从K点开始计时，将卫星所受地球的万有引力F沿x轴、y轴两个方向进行正交分解，得到两个分力Fx，Fy，其中Fy随卫星运动时间t变化图像如图(b)所示，已知卫星质量为m，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转，则( )
A. 当t=43t0时，Fy=mg32B. 该卫星距地面高度是地球半径的4倍
C. 该卫星的轨道半径为r=gt0216π2D. 地球的质量为M=gt04256π4G
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，某同学向固定容积为V的气瓶中注入质量为m的水，然后将瓶竖直倒立固定。现用打气筒通过带阀门的金属管向瓶内打入空气，打气结束时瓶内高压气体的体积为0.5V，温度为T，压强为p。打开金属管阀门，若假设瓶内的水在极短时间内以恒定的速率喷出，当水完全喷出时，瓶内气体的温度下降为0.98T，瓶内气体可视为理想气体，质量不变。内能变化量与温度变化量满足ΔU=α⋅ΔT的关系(α为常量)，此过程可视为绝热过程，不计水的重力做功，下列说法正确的是( )
A. 当水完全喷出时，瓶内气体压强为0.5pB. 当水完全喷出时，瓶内气体压强为0.49p
C. 水喷射的恒定的速率是15 αTmD. 水喷射的恒定的速率是 pVm
9.如图，两平行金属板MN、PQ之间有平行x轴向右的匀强加速电场，PQ板右侧，x轴的上方有垂直于x轴向下的匀强偏转电场，在x轴的下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。 ​11H、 ​12H、 ​13H三种带电粒子分别从入口由静止释放。不计带电粒子重力，关于三种带电粒子的运动，下列说法正确的是( )
A. 第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为1：1：1
B. 第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x轴方向位移之比为1： 2： 3
C. 第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为1：1：1
D. 第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为1： 2： 3
10.如图(a)，水平地面上紧靠平台依次摆放两块完全相同的木板，木板上表面与平台表面等高。一质量为0.01kg的子弹以v0=300m/s水平射入木块并留在其中，随后立即冲上木板，设此时t=0，木块的速度v随时间t关系图像如图(b)所示。每块木板质量均为0.2kg，木板与地面间的动摩擦因数为μ1；木块质量M=0.29kg，其与木板间的动摩擦因数为μ2。木块一直未从木板上掉下，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. t=0时木块的速度大小为10m/s
B. μ1：μ2=2：1
C. 每块木板的长度均为8m
D. 木块与木板间因摩擦产生的总热量为13.92J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某小组以气球为实验对象，探究球形物体受空气阻力Ff与其运动速率v的定量关系。他们将细铁丝和重物悬挂于气球下方，再用天平称出气球、细铁丝和重物的总质量为m。实验时，一名同学在刻度尺的上方释放气球，另一名同学用手机在刻度尺前拍摄气球下落的视频，并得到分帧照片。如图(a)，在确认相邻两帧照片之间重物下落的距离基本相等的情况下，读出某帧照片重物位置在刻度尺上的读数为l0，再经过n帧照片后的读数为ln，设相邻两帧照片之间的时间间隔为T，计算出该情况下气球速率v。改变重物质量，重复实验，得到不同的m和v的数据，拟合出m和v的函数图像如图(b)所示。
(1)由于空气阻力的大小还可能与物体的大小和形状有关，实验中需保持物体的大小和形状等其他条件相同，这种常用的物理方法叫______(填选项标号)；
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
(2)关于该实验内容下列说法正确的是______；
A.气球先做匀加速运动后做匀速运动
B.气球匀速运动的速率v=ln-l0(n-1)T
C.若重物的质量增大，会导致加速距离增大
D.由图(b)中图像可得出，气球受空气阻力大小跟其运动速率成正比
(3)实验结束后，小组同学们讨论可能影响实验结论的因素，除读数的偶然误差以外，还可能存在的影响因素：______。(写出一条即可)
12.某实验小组制作一个简易欧姆表如图所示，已知电流计的量程Ig=50μA，内阻Rg=100Ω，定值电阻R0=50Ω，电池电动势E=3.0V，内阻r=5Ω，R为调零电阻。
(1)此欧姆表A端接______(填“红”或者“黑”)表笔。
(2)该电流计表盘上25μA刻度线对应的电阻值是______kΩ。
(3)若用此欧姆表来测量某电压表内阻，正确连接后，欧姆表读数为10kΩ，推测电压表电压值为______V。
(4)当欧姆表的电池电动势下降到2.7V、内阻增加了5Ω，但仍可正常调零，若测得某电阻为60kΩ，则这个电阻的真实值为______kΩ。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图(a)为游乐场水上乐园的水滑梯，质量为50kg的游客由最高点静止下滑，从滑梯末端飞出，可简化如图(b)所示的模型，其中A为斜面的最高点，B点处斜面与圆弧平滑连接，C点为圆弧轨道的最低点并与水面相切，D点为滑梯的末端，并与B点等高。圆弧轨道的半径R=10m，圆弧对应的圆心角θ=106°，AB的竖直高度差为5m。游客可视为质点，忽略一切阻力，已知重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8。求：
(1)游客运动到滑梯末端D点时，对轨道的压力大小；
(2)游客刚落入水中时距D点的水平距离。
14.如图(a)所示，绝缘水平面上固定足够长的两光滑平行金属导轨，其右端与光滑倾斜的平行金属导轨分别在O、O'处平滑连接，倾角θ=37°，导轨间距为L。导体棒MN初始时静置在倾斜导轨上，距OO'为L。绝缘细线一端固定，另一端连接导体棒MN。导体棒PQ开始时固定，并与导体棒MN和导轨构成闭合回路。空间充满竖直向上的磁场，磁感应强度B与时间t关系的图像如图(b)所示。t=t0时，细线恰好被拉断，棒MN沿斜面向下运动，到OO'前已匀速下滑。当棒MN滑至OO'的瞬间，释放棒PQ。已知两导体棒质量均为m，电阻均为R，且运动过程中无碰撞，始终与导轨垂直，其余电阻不计，B0、t0为已知量，重力加速度为g，sin37°=0.6。求：
(1)0时间内，通过棒MN的电流方向；
(2)棒MN沿斜面匀速下滑的速度大小；
(3)细绳断裂后至棒MN和PQ运动到稳定的过程中，棒PQ产生的热量。
15.如图，在水平地面上有一轻质弹簧一端固定，另一端与物块A栓接，在A右侧紧靠物块B。A、B的质量均为m，与地面的动摩擦因数均为μ。开始时，弹簧处于原长，A、B均静止。现给B施加水平向左的恒力，大小为5μmg。当A、B一起向左移动至弹簧压缩最短时，撤去该恒力。经过一段时间后，A、B分离，最终两物块均停止运动。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，若弹簧的形变量为x，弹性势能可表示为：Ep=12kx2；若弹簧振子质量为m0，其周期可表示为：T=2π m0k。物块A、B可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)A、B向左移动的最大距离和A、B分离时的速度大小；
(2)从撤去恒力至A第一次运动到最右端的过程中，物块A克服地面摩擦力做功；
(3)从撤去恒力至A、B分离，A对B作用力的冲量大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：曲线运动中，速度方向沿轨迹切线方向，合外力方向指向轨迹凹侧(内侧)，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物体做曲线运动的条件为：合力与速度不在一条直线上；合力指向轨迹内侧，速度方向沿着轨迹切线方向。
本题主要考查曲线运动的特点，理解曲线运动的特点是解题关键。
2.【答案】C
【解析】解：AB、根据临界角公式有sinC=1n=1 2= 22，可得临界角C=45°。光线在AB面垂直入射后，在AD面入射角为30°C，发生全反射，故AB错误；
CD、光线在AB面垂直入射后，在AD面入射角为30°C，发生全反射，最终从BC面垂直射出，故C正确，D错误。
故选：C。
根据临界角公式sinC=1n求出临界角C，当光线从透明材料射到各边时，分析入射角与临界角的关系，判断能否发生全反射，再确定光路图。
本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
3.【答案】C
【解析】解：A.弹力是施力物体形变产生的，故P受支持力是由于Q形变，故A错误；
B.由相互作用力特点可知，压力与支持力是作用力与反作用力，故B错误；
C.有机玻璃可根据干涉花纹反映形变，故C正确。
D.P与Q间产生的弹力来源于电磁相互作用，故D错误。
故选：C。
弹力是施力物体形变产生的；压力与支持力是一对相互作用力；有机玻璃可根据干涉花纹反映形变；弹力来源于电磁相互作用。
考查重点在于弹力产生原因，相互作用力，有机玻璃的形变，P与Q间的弹力的来源。
4.【答案】A
【解析】解：由于匀速转动的转轴OO'为磁场边界且与线框对角线重合，在转动过程中，线框始终只有一半的面积(即三角形abd或bcd)处于磁场中。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定。当线框从图示位置(线框平面与磁场垂直)开始计时，线框中处于磁场部分的有效面积按余弦规律变化，则感应电动势和感应电流将按正弦规律变化，即i=Imsinωt。
由于起始时刻线框的线速度方向与磁场方向平行，不切割磁感线，故感应电流从0开始。由楞次定律及左手定则判断方向：在0至T2过程中，线框abd部分在磁场中且向纸面内转动，穿过线框向里的磁通量减小，感应电流的磁场方向应向里，由右手螺旋定则可知感应电流方向为顺时针，即a到d到c到b到a。题目规定该方向为正方向，故电流i初始阶段为正值。
综上所述，感应电流随时间呈正弦规律变化，且起始时刻为0、初始方向为正，图像A符合要求。故A正确，BCD错误。
故选：A。
线框绕其对角线在匀强磁场中匀速转动，需分析其转动过程中感应电流的变化规律。关键在于明确图示起始位置时线框平面与磁场方向垂直，此时线框不切割磁感线，感应电流为零。转动时，始终只有一半面积在磁场中，其有效切割长度随时间按正弦规律变化，因此感应电动势和电流也按正弦规律变化。结合楞次定律判断电流方向，根据题设初始位置及正方向规定，可知电流从零开始并沿正方向增大，因此电流随时间变化的图像应为正弦曲线且初始值为零。
本题综合考查电磁感应中的导体切割磁感线问题与交变电流的产生，涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律以及图像分析能力。题目巧妙地将常规矩形线圈在匀强磁场中转动产生正弦式交变电流的模型进行变形，转轴与磁场边界重合且位于正方形对角线，这要求学生对有效切割长度和有效面积的变化有深刻理解。计算量不大，但思维要求较高，重点考查学生的物理建模能力和空间想象能力，需要准确分析线框在转动过程中哪部分在切割磁感线、有效面积如何变化，并正确应用楞次定律判断初始时刻的电流方向。
5.【答案】D
【解析】解：A.大量氢原子处于n=1、2、3、4的四个状态，处于较高能级的原子可以向任意一个较低能级跃迁，最多可以辐射出C42=6种不同波长的光，故A错误；
B.原子核受激发向低能级跃迁时辐射出γ射线，故B错误；
CD、从n=4跃迁到n=1所发出的光频率最高，波长最短，则如果发出的光子中只有一种能使某金属产生光电效应，那一定是由n=3能级跃迁到n=1能级发出的，故C错误，D正确。
故选：D。
根据数学组合公式得出这群氢原子可能发出不同频率的光子；
能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小；
结合光电效应的条件分析。
本题考查了能级跃迁的基本知识，知道两能级间能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小。
6.【答案】B
【解析】解：C.可以将圆环等效视为一对对等量同种电荷微元的叠加。对于等量同种电荷电场的中垂线，从中心到无穷远的过程，场强先增大后减小，有个极大值位置，而图中这个极大值的位置不确定，故C错误；
A.根据上面的分析，α粒子从a到c的过程中，场强不一定是一直增大，根据牛顿第二定律，加速度也不一定是一直增大，故A错误；
B.距离正电荷越远，电势越低，因此从a到c电势逐渐增大，α粒子从a点以某一初速度沿轴向运动，到c点时速度为零证明粒子在做减速运动，所以粒子带正电，则这个过程电势能一定逐渐增大，故B正确；
D.只有匀强电场，沿着电场线电势均匀变化，而图示并不是匀强电场，故D错误。
故选：B。
先利用均匀带电圆环轴线的对称性，结合α粒子从a到c动能不变的特点，得出a、c两点电势相等。因b为ac中点，可推得ab与bc的电势差相等。再分析轴线上场强的非单调变化，可知粒子速度和电势能不会一直变化，且a、c两点场强不一定相等。
这是一道结合静电场对称性与功能关系的经典考题，以均匀带电圆环为载体，考查轴上场强、电势分布及动能定理的应用。选项兼顾单调性判断与对称性分析，需区分场强非单调与电势对称的特点，有效检验对静电场核心概念的理解深度与推理能力。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图(b)知，Fy的最大值为mg16，结合数学知识可得，当t=43t0时，Fy=mg16sinπ3= 3mg32，故A错误；
B、设该卫星的轨道半径为r，地球半径为R，则有F=GMmr2=mg16
在地球表面，根据万有引力等于重力有
m'g=GMm'R2
联立可得r=4R
则该卫星距地面高度h=r-R=4R-R=3R，故B错误；
C、由图(b)可知，该卫星的运行周期T=2t0。卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
F=mg16=m4π2T2r
解得r=gt0216π2，故C正确；
D、根据m'g=GMm'R2得
M= gR2G
结合r=gt0216π2，r=4R，解得M=g3t044096π4G，故D错误。
故选：C。
根据数学知识求当t=43t0时Fy的大小；卫星在K点时，所受地球的万有引力F=mg16，根据万有引力公式以及万有引力等于重力求解卫星的轨道半径与地球半径的关系，再确定卫星距地面的高度与地球半径的关系；由图(b)确定该卫星的运行周期，根据万有引力提供向心力列式，即可求解该卫星的轨道半径；结合在地球表面万有引力等于重力求地球的质量。
解答本题时，要理解图像的意义，明确万有引力的两个分力与合力的关系，结合万有引力提供向心，以及万有引力等于重力这两条思路解答。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、根据理想气体状态方程有p1V1T1=p2V2T2，解得当水完全喷出时，瓶内气体的压强为p2=0.49p，故B正确，A错误；
CD、在绝热过程中，依据热力学第一定律有ΔU+W=0；气体对水做功转化为水的动能，有α(T2-T1)+12mv2=0，解得水喷射的恒定速率为v=15 αTm，故C正确，D错误。
故选：BC。
初始状态为瓶内高压气体体积0.5V、温度T、压强p，打开阀门后，水以恒定速率喷出，瓶内气体体积膨胀对外做功，将内能转化为水的动能，且过程绝热。当水完全喷出时，气体充满整个瓶子体积变为V，温度降至0.98T。首先需利用理想气体状态方程，分析气体体积、温度变化与压强的关系，确定终态压强。其次，绝热过程中气体内能减少量等于对外做功，而内能变化与温度变化成正比，做功转化为水的动能，据此可建立能量关系，求解水喷射的速率。
本题综合考查了理想气体状态方程、热力学第一定律以及能量守恒定律的应用，涉及绝热膨胀过程中气体内能变化与做功的定量分析。题目将气体状态变化与流体喷射的动力学过程相结合，要求考生具备较强的物理建模能力和综合推理能力。计算量适中，但需要准确理解绝热过程中气体对外做功与内能减少的定量关系，并灵活运用给定的内能表达式ΔU=α⋅ΔT。易错点在于容易忽略温度变化对气体压强的影响，或错误地将气体做功直接等同于水的动能增量而未考虑内能变化。整体上，本题是一道能有效检验学生对热学与能量部分知识综合掌握程度的中等偏上难度试题。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、设加速电场的加速电压为U，偏转电场场强为E，匀强磁场磁感应强度为B，加速电场出口到x轴的距离为h，粒子质量为m，电荷量为q，加速电场中，根据动能定理qU=12mv02
解得v0= 2qUm
偏转电场中，根据牛顿第二定律qE=ma
y方向有h=12at2
x方向有偏移量s=v0t
联立解得a=qEm，t= 2mhqE，s= 4UhE
与粒子质量和电荷量都无关，因此第一次进入磁场前，三种粒子在偏转电场中沿x轴方向位移之比为1：1：1，故A正确，B错误；
CD、进入磁场时，设速度大小为v，与磁场边界夹角为α，则垂直磁场的速度分量vy=vsinα
在磁场中，根据半径公式r=mvqB
根据几何关系，x方向有偏移量s'=2rsinα=2mvsinαqB=2mvyqB
在偏转电场中，可得vy=at= 2qEhm
因此s'=2B 2mEhq
三种粒子电荷量相同，质量之比为1：2：3，因此第一次在磁场中，从进入到离开沿x轴方向位移之比为1： 2： 3，故C错误，D正确。
故选：AD。
分析三种粒子在加速电场中的加速过程，再推导偏转电场中的类平抛运动位移，最后计算磁场中匀速圆周运动的沿x轴位移，比较各阶段的比例关系。
学生易忽略三种粒子电荷量相同、质量不同的特点，或误判偏转位移与质量的关联，需注意加速和偏转过程中电荷量相同带来的比例简化，以及磁场中圆周运动半径与质量的关系。
10.【答案】ACD
【解析】解：子弹击中木块过程系统动量守恒，水平向右为正方向，根据mv0=(m+M)v1，代入数据解得t=0时木块速度v1=10m/s。
根据v-t图像，0～2.2s内木块加速度大小a1=10-，2.2～2.8s内木块与木板共同减速的加速度大小a2=1.2-02.8-2.2m/s2=2m/s2。
木块在木板上滑动时有μ2g=a1，解得：μ2=0.4；木块与木板共同运动时有μ1g=a2，解得：μ1=0.2。
A、由上述分析可知t=0时木块的速度大小为10m/s，故A正确；
B、由计算可知μ1：μ2=1：2，故B错误；
C、木块在第一块木板上滑动时，木块对木板压力产生的摩擦力f2=μ2(m+M)g，代入数据解得f2=1.2N，地面能提供的最大静摩擦力f1=μ1(m+M+2mp)g，代入数据解得f1=1.4N，由于f2f'1，第二块木板开始加速，加速度ap=f2-f'1mp，代入数据解得ap=1m/s2。
设木块在第二块木板上滑动的时间为t2，达到共速时有apt2=1.2m/s，解得：t2=1.2s，则木块在第一块木板上运动的时间t1=2.2-1.2s=1.0s，第一块木板的长度L=v1t1-12a1t12，代入数据解得L=8m，故C正确；
D、木块在第二块木板上运动时，木块位移xB=6+1.22×1.2m=4.32m，木板位移xp=0+1.22×1.2m=0.72m，相对位移Δx2=3.6m，总热量Q=f2(L+Δx2)，代入数据解得Q=13.92J，故D正确。
故选：ACD。
题目描述子弹击中木块后共同运动并冲上两块木板的过程，需要结合速度—时间图像分析木块与木板间的相互作用。首先通过子弹与木块碰撞的动量守恒确定初始速度，依据图像中速度变化的不同阶段区分木块在木板上滑动以及两者共同减速的过程，利用不同阶段的加速度与摩擦力的关系可分别求出μ1与μ2的数值及比值。分析木板受力判断其运动状态，通过木块与木板的速度图像结合相对运动关系计算每块木板的长度，再根据摩擦力做功产生的热量等于摩擦力乘以相对总位移求得总热量。
本题综合考查动量守恒定律、牛顿运动定律、运动学图像分析以及功能关系，涉及多过程复杂动力学情景的建模与分析，计算量较大，对学生的综合分析能力要求较高。题目通过v-t图像清晰地呈现了木块在不同阶段的运动状态变化，要求学生能结合图像信息，准确划分运动阶段，并灵活运用动力学公式求解加速度与摩擦因数。解题关键在于正确识别0至2.2s为木块在木板上相对滑动阶段，而2.2s后为二者共速后的共同减速阶段，并据此建立μ2g=a1与μ1g=a2的等量关系。此外，还需通过受力分析判断两块木板在不同阶段的运动状态，特别是第二块木板在木块进入后能否被带动，进而计算相对位移与摩擦生热，全面考查学生的逻辑推理与多过程衔接分析能力。
11.【答案】B B 气球形状变化、空气流动影响等
【解析】解：(1)实验中保持物体的大小和形状等其他条件相同，研究球形物体受空气阻力与其运动速率的定量关系，这种常用的物理方法叫控制变量法，故B正确，AC错误。
故选：B。
(2)A.将气球、细铁丝和重物看作整体，受到重力和空气阻力，空气阻力随速度变化，合力为变力，所以气球先做变加速运动，当空气阻力与重力相等后做匀速运动，故A错误；
B.气球匀速运动时为v，根据平均速度公式有v=ΔxΔtln-l0(n-1)T，故B正确；
C.根据上述表达式可知加速距离与重物的质量无关，故C错误；
D.由图(b)中图像可得出，气球、细铁丝和重物的总质量大小跟其运动速率成正比，故D错误。
故选：B。
(3)实验还可能存在的影响有气球形状变化、空气流动影响等。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)气球形状变化、空气流动影响等。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)根据整体的受力情况判断气球的运动情况；根据平均速度公式计算判断；根据图像特征判断；
(3)根据影响阻力变化的因素判断。
本题关键掌握探究球形物体受空气阻力与其运动速率的定量关系，实验采用的物理方法。
12.【答案】黑 20 1.0 54
【解析】解：(1)根据电表的“红进黑出”A端接表内电源的正极，电流是流出的，故欧姆表A端接黑表笔；
(2)电流计的量程Ig=50μA(内阻Rg=100Ω)与定值电阻R0=50Ω并联时改装成电流表的量程为Ig'=Ig+IgRgR0=(50+50×10050)μA=150μA，故欧姆表中值电阻为R 中=EIg'=3.0150×10-6Ω=20kΩ
该电流计表盘上25μA刻度线对应的电阻值是中值电阻为20kΩ；
(3)根据串联电路的分压原理ER 中+RV=URV，即3.020+10=U10，解得电压表电压值为U=1.0V；)
(4)若测得某电阻为60kΩ，电池电动势为3.0V，欧姆表内阻为20kΩ，则电流计的电流为I1=ER内+R测⋅13=3.020+60⋅13mA=12.5μA
电动势下降到2.7V，欧姆表内阻为R内1=E'3Ig=2.73×0.05kΩ=18kΩ
则这个电阻的真实值为Rx1=E'3I1-R内1=2.73×0.0125kΩ-18kΩ=54kΩ
故答案为：(1)黑；(2)20；(3)1.0；(4)54。
(1)根据电表的“红进黑出”确定；
(2)根据并联电路的特点及闭合电路的欧姆定律确定；
(3)根据串联电路的分压原理确定；
(4)根据闭合电路的欧姆定律及中值电阻确定。
本实验考查电表的“红进黑出”，并联电路的特点，闭合电路的欧姆定律，串联电路的分压原理，中值电阻。
13.【答案】游客对轨道的压力大小为800N 游客刚落入水中时距D点的水平距离为12m
【解析】解：(1)游客从A点运动到D点的过程中，忽略一切阻力，机械能守恒。由于B、D两点等高，下落高度h=5m，根据mgh=12mvD2，解得：vD=10m/s。
在D点，根据牛顿第二定律有FN-mgcs53°=mvD2R，解得：FN=800N。依据牛顿第三定律，游客对轨道的压力大小为800N。
(2)D点距水面的高度等于D点相对于圆弧最低点C的竖直位移，即H=R(1-cs53°)，解得：H=4m。
游客飞出后做斜抛运动，水平分速度vx=vDcs53°，解得：vx=6m/s，竖直分速度vy=vDsin53°，解得：vy=8m/s。
设从D点运动到水面的时间为t，取竖直向上为正方向，由位移公式得-H=vyt-12gt2，即5t2-8t-4=0，解得：t=2s。落入水中时距D点的水平距离x=vxt，解得：x=12m。
答：(1)游客对轨道的压力大小为800N。
(2)游客刚落入水中时距D点的水平距离为12m。
(1)游客从A点静止下滑至末端D点，忽略阻力则全过程机械能守恒。根据A、D两点间已知的竖直高度差，可确定游客在D点的速度大小。D点位于圆弧轨道末端，游客在该点做圆周运动，需分析其沿半径方向的受力，利用圆周运动向心力公式并结合牛顿第三定律，得出游客对轨道的压力。
(2)游客从D点飞出后做斜抛运动落入水中。首先需确定D点距水面的竖直高度，这可通过几何关系由圆弧半径和圆心角求得。将D点速度分解为水平和竖直分量后，分析斜抛运动过程，利用竖直方向的位移与时间关系求出运动时间，最终结合水平方向的匀速运动得到水平距离。
本题是一道综合性较强的力学题目，主要考查机械能守恒定律、圆周运动的向心力分析以及斜抛运动的分解与合成。题目计算量适中，但涉及多过程衔接，对学生的物理建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。学生需要准确识别从A到D的机械能守恒过程，在D点正确分析圆周运动的动力学关系，并熟练处理斜抛运动的运动学方程。其中，D点压力求解需注意支持力方向与重力分力的关系，而落水距离的计算则需合理建立竖直方向的位移方程并选取正方向。整体而言，本题能有效锻炼学生综合运用力学核心规律解决复杂运动过程的能力。
14.【答案】通过棒MN的电流方向为N→M 棒MN沿斜面匀速下滑的速度大小为15mgR8B02L2 棒PQ产生的热量为0.3mgL-225m3g2R2512B04L4
【解析】解：(1)根据楞次定律，在0～t0时间内，垂直纸面向里的磁通量均匀增大，回路中感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，故通过棒MN的电流方向为N→M；
(2)当棒MN沿斜面匀速下滑时，切割磁感线产生的感应电动势E=B0Lvcsθ，闭合电路欧姆定律给出I=E2R；
沿斜面方向受力平衡，有mgsinθ=B0ILcsθ，联立解得匀速下滑的速度大小v=15mgR8B02L2；
(3)棒MN沿斜面下滑L距离过程中，根据能量守恒，回路产生的热量Q1=mgLsinθ-12mv2；
棒MN进入水平轨道至两棒达到共速v共=12v的过程中，由动量守恒及能量守恒得回路热量Q2=14mv2；
由于两棒电阻相等，棒PQ产生的热量QPQ=12(Q1+Q2)，代入v的结果解得QPQ=0.3mgL-225m3g2R2512B04L4。
答：(1)通过棒MN的电流方向为N→M。
(2)棒MN沿斜面匀速下滑的速度大小为15mgR8B02L2。
(3)棒PQ产生的热量为0.3mgL-225m3g2R2512B04L4。
(1)分析0至t0时间内，由于磁场B随时间均匀增大，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，回路中会产生阻碍磁通量变化的感应电流。通过右手定则或楞次定律判断导体棒MN上感应电流的方向，需明确磁场方向与磁通量变化趋势，从而确定电流是从N流向M还是从M流向N。
(2)导体棒MN在倾斜导轨上匀速下滑时，受重力沿斜面向下的分力、安培力以及导轨支持力作用。匀速运动意味着合外力为零，即重力分力与安培力沿斜面的分量平衡。安培力源于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，该电动势与速度成正比，并与磁场方向和速度方向夹角有关。通过受力平衡方程与闭合电路欧姆定律，可将已知的质量、电阻、磁场、导轨倾角与待求的匀速速度联系起来。
(3)细绳断裂后至两棒运动稳定涉及两个主要能量过程：一是棒MN从断裂位置下滑至水平轨道入口OO'的过程，此过程中重力势能减少转化为动能和回路中的焦耳热；二是棒MN进入水平轨道后与释放的棒PQ发生相互作用，最终两棒以共同速度运动，此过程动量守恒，部分动能转化为回路焦耳热。由于两棒电阻相等，各自产生的热量占总热量的一半。需分别运用能量守恒与动量守恒定律，结合第(2)问求出的速度，分析两个阶段中总热量的产生，进而求得棒PQ所分担的部分。
本题是一道综合性较强的电磁感应与动力学、能量相结合的多过程问题。题目巧妙地将感生电动势与动生电动势、斜面与水平面运动、单棒与双棒模型有机融合，全面考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、动量守恒以及能量守恒定律等核心知识点。计算量中等偏上，对学生的物理过程分析能力、模型构建能力以及多阶段能量转化与守恒的综合应用能力提出了较高要求。本题的亮点在于设计了两段磁场环境以及两个导体棒的先后释放，需要学生清晰地划分运动阶段，准确判断每个阶段的物理情境和遵循的规律，并最终通过能量观点进行热量计算，体现了对学生逻辑思维严谨性和计算准确性的深度考查。
15.【答案】A、B向左移动的最大距离为6μmgk；A、B分离时的速度大小为μg 6mk 从撤去恒力至A第一次运动到最右端的过程中，物块A克服地面摩擦力做为( 7+5)μ2m2g2k 从撤去恒力至A、B分离，A对B作用力的冲量大小为)( 6+2 23π)μmg mk
【解析】解：(1)从初始到弹簧压缩最短，外力做功等于弹簧弹性势能增加量加上摩擦生热因此有12kx02=5μmg⋅x0-2μmg⋅x0
解得向左移动最大距离x0=6μmgk
A、B分离时，两者之间无相互作用力，且两者依然共加速度此时A、B所受摩擦力大小方向均相同，那么弹簧弹力必然为0，即在弹簧原长处分离，从初始到分离，根据动能定理5μmgx0-2μmg⋅2x0=12⋅2mv02
解得v0=μg 6mk
(2)设A、B分离后，A向右运动了x1到达最远，动能转化为弹性势能与摩擦生热因此有12mv02=μmgx1+12kx12
联立解得x1=( 7-1)μmgk
从撤力至A第一次运动到最右端，克服摩擦力做功W=μmg(x0+x1)=( 7+5)μ2m2g2k
(3)从撤力到A、B分离，AB一起做简谐运动，周期T=2π 2mk
设平衡位置弹簧压缩量为x2则有kx2=2μmg解得x2=2μmgk
振幅为A=x0-x2=4μmgk
分离时在弹簧原长处，是平衡位置向右12A的位置则从撤力到分离，根据简谐运动规律，经历的时间为t=13T=2π3 2mk
这一段对B用动量定理IN-μmgt=mv0-0
解得IN=( 6+2 23π)μmg mk。
答：(1)A、B向左移动的最大距离为6μmgk；A、B分离时的速度大小为μg 6mk；
(2)从撤去恒力至A第一次运动到最右端的过程中，物块A克服地面摩擦力做为( 7+5)μ2m2g2k；
(3)从撤去恒力至A、B分离，A对B作用力的冲量大小为)( 6+2 23π)μmg mk。
(1)对A、B整体，从开始到压缩最短用动能定理，结合弹性势能表达式求最大距离；分离时A、B间弹力为零，通过受力分析确定加速度，结合运动过程用动能定理求分离速度。
(2)撤去恒力后，用能量守恒分析弹性势能与动能、摩擦力做功的转化，计算A克服摩擦力的总功。
(3)对B应用动量定理，将摩擦力的冲量与A对B的冲量之和，与B的动量变化建立联系，求解A对B的冲量。
易混淆分离时的受力条件(弹力为零)、忽略分阶段能量转化中的摩擦力做功，或在动量定理中遗漏摩擦力的冲量，需注意受力分析与过程拆分的准确性。