2019年广西南宁高考物理一模试卷（解析版）

这是一份2019年广西南宁高考物理一模试卷（解析版），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共2小题，共12.0分）
如图甲所示，一理想变压器原线圈接上如图乙所示的正弦交流电，与副线圈相连的两个灯泡规格均为“110V 40W”，电表均为理想电表，原、副线圈匝数比为2：1，开关K闭合前，电路正常工作。则闭合开关K后（ ）
A. 灯泡将烧毁B. 电流表示数增大
C. 经过灯泡的交流电频率为25HzD. 变压器的输入功率增大一倍
质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=-GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A. GMm(1R2−1R1)B. GMm(1R1−1R2)C. GMm2(1R2−1R1)D. GMm2(1R1−1R2)
二、多选题（本大题共8小题，共42.0分）
甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t图象如图所示。关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 在t=0时，甲、乙的运动方向相同
B. 在0～2t0内，甲的位移大于乙的位移
C. 在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度
D. 若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远
如图甲所示，质量M=0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 0～4s时间内拉力的冲量共为3.2N⋅sB. t=4s时滑块的速度大小为9.5m/s
C. 木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N⋅sD. 木板的速度最大为2m/s
下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是（ ）
A. 根据速度定义式v=△x△t，当△t非常非常小时，△x△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极值的思想方法
B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用的是微元法
C. 伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律
D. 法拉第发现电流的磁效应与他坚信电和磁之间一定存在联系的哲学思想是分不开的
如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中、完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态，给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计，则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
2013年6月20日，航天员王亚平在运行的天宫一号内上了节物理课，做了如图所示的演示实验，当小球在最低点时给其一初速度，小球能在竖直平面内绕定点O做匀速圆周运动．若把此装置带回地球表面，仍在最低点给小球相同初速度，则（ ）
小球仍能做匀速圆周运动
小球不可能做匀速圆周运动
C. 小球可能做完整的圆周运动
D. 小球一定能做完整的圆周运动
如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。线长为L，细线不可伸长。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。现将电场反向，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球带负电，电场强度E=3mgq
B. 电场反向后，小球即做圆周运动，在最低点的速度最大，vm=2gl
C. 电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度vm=5gl
D. 电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置
下列说法正确的是（ ）
A. 空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动
B. 温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同
C. 温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大
D. 气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少
E. 晶体熔化过程分子势能增加
一束由a、b两单色光组成的复色光以入射角θ由空气射到半圆形玻璃砖表面的A处，AB是半圆的直径。a、b两单色光组成的复色光进入玻璃后分为两束，分别为AC、AD，下列叙述正确的是（ ）
A. a光的频率大于b光的频率
B. 它们从A到C和从A到D的时间分别为t1和t2，则t1=t2
C. 将a、b两单色光光源分别放在水中同一点，水面上被照亮的区域，a光照亮的区域较大
D. 用同一双缝干涉装置看到的a光干涉条纹间距比b光干涉条纹间距宽
E. 在玻璃砖中，b光的传播速度大于a光的传播速度
三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）
某实验小组利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：
（1）用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数均如图2所示，则直径d=______mm，用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2。
（2）用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。
（3）将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。
（4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为______；若碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为______。（用测量的物理量表示）
（1）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：
①旋动部件______，使指针对准电流的“0”刻线。
②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______（填“0刻线”或“∞”刻线”）。
④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，按______的顺序进行操作，得出测量结果。
A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
（2）①用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节干电池的电动势和内阻，请将图甲的实物连接成可完成实验的电路。
②完成以下步骤的相关内容：
i．将多用电表的选择开关旋转至______挡（填“直流电1A”或“直流电流100mA”）；
ii．调节电阻箱，示数如图乙所示，读得电阻值R=______Ω；
iii．合上开关，从多用表上读得数值为x1；
iv．重复ii、iii，收集多组R和x的数据。
③根据设计的实验以及收集到的数据，作出了如图丙所示的R一1x图线，由此可知，干电池的电动势E=______V（保留三位有效数字）；图线纵轴截距的绝对值代表______的电阻之和。
四、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子（不计重力），从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．
（1）判断a、b两板间电场强度的方向；
（2）求粒子到达P处的速度与水平方向的夹角θ；
（3）求P、Q之间的距离L（结果可保留根号）．
如图所示，光滑水平面上有一上表面水平的小车B，其右端固定一沙箱，沙箱的左壁外连接一水平的轻质弹簧，小车与沙箱的总质量为M=2kg。车上在沙箱左侧距其左壁s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A（可视为质点），A与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1．仅在沙面上方空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=2×l03V/m。当物块A随小车以大小为v0=10m/s的水平速度向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为m0=2kg，带电荷量为q=1×10-2C的带正电小球C，被以大小为u0=10m/s的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中并陷入沙里。己知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）小球落入沙箱时的水平速度大小vx；
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）设小车左端与沙箱左壁的距离为L，请分析讨论物块A相对小车向左运动的过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。（注：关系式中只能保留Q与L两个字母）
如图为高楼供水系统示意图，压力罐甲、乙与水泵连接，两罐为容积相同的圆柱体，底面积为0.5m2、高为0.7m，开始两罐内只有压强为1.0×105Pa的气体，阀门K1、K2关闭，现启动水泵向甲罐内注水，当甲罐内气压达到2.8×105Pa时水泵停止工作，当甲罐内气压低于1.2×105Pa时水泵启动，求：
①甲罐内气压达到2.8×105Pa时注入水的体积；
②打开阀门K1，水流入乙罐，达到平衡前水泵是否启动。
资料记载，海啸波浪海啸波是重力长波，波长可达100公里以上；它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10-40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏
（i）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，经过t=900s，虚线所示波形图首次出现。已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间t1。
（ii）在浅海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图乙，海啸波到海岸的水平距离为s2，海啸波起振方向向上，写出该海啸波的表达式和波谷最先到达海岸的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，仍然能正常工作，故AB错误；
C、根据b图可知，周期T=0.02s，则频率f=50Hz，故C错误；
D、当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故D正确。
故选：D。
原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，灯泡两端的电压不变，则通过电流表的电流不变，变压器的输入功率由输出功率决定，根据图b求出周期，进而求出频率。
理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率。
2.【答案】C
【解析】
解：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则
轨道半径为R1时 G= ①，卫星的引力势能为EP1=- ②
轨道半径为R2时G=m ③，卫星的引力势能为EP2=- ④
设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：
+EP1=+EP2+Q ⑤
联立①～⑤得Q=（）
故选：C。
求出卫星在半径为R1圆形轨道和半径为R2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．
本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解．
3.【答案】BD
【解析】
解：A、在t=0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反。故A错误。
BC、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知在0～2t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故B正确，C错误。
D、若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确。
故选：BD。
v-t图象中，速度的正负表示物体的运动方向。倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负。通过分析两个物体的运动情况进行判断。
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。
4.【答案】BC
【解析】
解：先判断t=0s时的运动情况，由于长木板受到的最大摩擦力：fmax=μmg=0.4N，
此摩擦力使长木板得到的最大加速度；
当滑块与长木板的加速度均为amax时，两物体恰好保持相对静止；
4s末滑块与长木板的速度分别为v1、v2，最终滑块与长木板的共同速度为v共，以水平向右为正方向；
由整体法可得此种情况下的拉力F=（m+M）•amax=0.5N；恰好等于t=0s时F的大小；故在t=0s时滑块和长木板就发生相对滑动。
设：t1=4s，4s末滑块与长木板的速度分别为v1、v2，最终滑块与长木板的共同速度为v共，以水平向右为正方向；
①以滑块为研究对象，0～4s内，F-t图与t轴围成的面积等于F对滑块的冲量 S=IF=1.5+2=3.5N•s，故A错误；
摩擦力对滑块的冲量大小为 If=0.4N•4s=1.6N•s；
又由动量定理得IF-If=mv1，代入数据得v1=9.5m/s，故B正确；
②以长木板为研究对象，由v2=amax•t1，代入数据得v2=2m/s；
③由于地面光滑，以长木板与滑块构成的系统为研究对象，该系统所受的合外力为零，满足动量守恒定律；
由动量守恒定律得 mv1+Mv2=（m+M）v共，代入数据得v共=3.5m/s；木块的最大速度为3.5m/s，故D错误；
④长木板的整个运动阶段在水平方向只受摩擦力的作用，由动量定理得整个阶段摩擦力对长木板的总冲量If总=Mv共=2.8N•s，故C正确；
故选：BC。
此题涉及两个物体的多阶段运动；（1）先对两物体进行受力分析，再运用牛顿运动定律可得两物体一开始就会发生相对运动；（2）0～4s内，滑块做加速运动，F-t图象与t轴围成的面积表示这段时间内F对滑块的冲量，再运用动量定理即可求得滑块4s时的速度；长木板在此段时间内一直做匀加速运动，可用运动学公式求解4s的速度；（3）4s之后，滑块做匀减速运动，长木板依旧做匀加速运动，直到二者速度相同后一起做匀速运动；在求解最终的共同速度时，考虑到地面光滑，可使用动量守恒定律来求解。
解决本题的关键在于能够正确地分析物块和木板的运动状态，在涉及时间的问题中考虑用动量定理解决问题，同时要学会用动量守恒定律来求解长木板与滑块的共同速度。
5.【答案】ABC
【解析】
解：A、瞬时速度是由数学极限思想得来的，其中时间趋于零，就可以表示一个时刻的速度，即为瞬时速度，故A正确
B、微元法是把一个过程分割为很多小的过程，继而相加求解的方法，推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，用的是微元法，故B正确
C、伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，故C正确
D、奥斯特最早发现了电流的磁效应，故D错误
故选：ABC。
瞬时速度是由极限思想得来的，其中时间趋于零。
微元法是把一个过程分割为很多小的过程，继而相加求解的方法；
根据物理学家的贡献分析CD两项即可。
本题都是基础的考查，物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，结合物理学史解答。
6.【答案】AD
【解析】
解：P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；
Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动。
AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；
CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。
故选：AD。
P向右做切割磁感线运动，产生感应电流，此感应电流流过Q，Q受到安培力而运动起来，先根据右手定则判断回路中感应电流的方向，再由左手定则判断Q所受的安培力方向，即可判断其运动方向。通过分析安培力的变化，来分析两棒的运动情况和电流变化情况。
本题考查导体切割磁感线中的两根据导体棒的问题，要注意明确它们的受力及运动过程，根据能量及力学知识可以得出正确答案。
7.【答案】BC
【解析】
解：A、把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同初速度，小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，则动能和重力势能相互转化，速度的大小发生改变，不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；
C、若小球到达最高点的速度v，则小球可以做完整的圆周运动，若小于此速度，则不能达到最高点，则不能做完整的圆周运动，故C正确，D错误。
故选：BC。
在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动，若把此装置带回地球表面，小球运动过程中受到重力和绳子拉力作用，根据机械能守恒定律可知，速度的大小是变化的，根据到达最高点的条件可知，小球不一定能做完整的圆周运动．
本题主要考查了机械能守恒定律及绳-球模型到达最高点的条件，知道在运行的天宫一号内，物体都处于完全失重状态，给小球一个初速度，小球能做匀速圆周运动，难度不大，属于基础题．
8.【答案】AC
【解析】
解：由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，根据平衡条件
Tsin60°=mg
Tcs60°=qE
得：qE=mgtan60°，E=，故A正确；
B、电场反向后，小球受向右的电场力大小为mg，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，
当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达右侧与竖直方向夹角为60°时速度最大，根据动能定理：
qE•L-mgLcs60°=mv2
得：v=，故C正确，B错误；
D、由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置，故D错误；
故选：AC。
根据平衡条件分析小球所受电场力的方向，进而判断小球的电性，由平衡条件求解场强E的大小。
本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题。
9.【答案】BDE
【解析】
解：A、PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。故A错误；
B、温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。故B正确，C错误。
D、根据理想气体状态方程=C，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律△U=Q+W，放出的热量大于内能的减少，故D正确；
E、晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能增加了，故E正确；
故选：BDE。
PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。根据理想气体状态方程=C，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律△U=Q+W，放出的热量大于内能的减少，晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能增加了。
本题考查热力学第一定律、分子热运动与分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。
10.【答案】ABE
【解析】
解：AE．由图可知，AC光的偏折程度比较大，则介质对a光的折射率比较大，则a光的频率比较大，根据公式可知，在玻璃中，b光的传播速度大于a光的传播速度，故AE正确；
B．设a光折射角为α，a光在介质中的传播速度为，则有∠AOC=2α，AC=2Rsinα=vt，故光从A传到C的时间，又，由以上各式得：，同理可得b传播时间也为，则知t1=t2，故B正确；
C．照亮水面边缘光刚好发生全反射，照亮的区域圆面积的半径r与临界角C满足，C是临界角，由知：b的折射率小，C大，由b光照亮水面的面积比a的大，故C错误；
D．a光的频率比较大，波长较小，由分析知，a光干涉条纹间距比b光干涉条纹间距小，故D错误；
故选：ABE。
根据光的偏折程度比较光的折射率大小，从而判断出频率大小，根据v=比较出在介质中的速度，由几何知识得到光在玻璃砖通过的路程，由t=可比较出运动的时间。由全反射知识分析光从水中照亮水面的面积大小。根据△x=λ分析干涉条纹间距的大小。
解决本题的关键知道光的偏折程度越大，折射率越大，以及掌握介质中的速度与折射率的关系v=、全反射条件等光学知识。
11.【答案】22.0 m1(1−csα)=m2(1−csθ2)−m1(1−csθ1) m1csα=m1csθ1-m2（1-csθ2）
【解析】
解：（1）小球A、B的直径d=22mm+0.1×0mm=22.0mm，
（4）小球A下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，
碰撞后，对AB两球分别根据机械能守恒定律得：
，
，
若两球碰撞前后的动量守恒，则满足：m1v1=-m1v1′+m2v2′，
联立以上四式得：=
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，则有：
解得：m1cs α=m1cs θ1-m2（1-cs θ2）
故答案为：（1）22.0；（4）=；m1cs α=m1cs θ1-m2（1-cs θ2）
（1）游标卡尺读数的方法可以是主尺与游标尺对其的刻线读数减去游标读数，不需估读；
（4）AB球在碰撞前后的运动过程中，机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式。
解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，若发生弹性碰撞，则碰撞过程中，机械能守恒。
12.【答案】S K 0刻线 ADC 直流电流100mA 12 1.40 多用电表直流电流100mA档和干电池
【解析】
解：（1）①电表使用前要调节机械调零旋钮，使指针指在0刻线位置，故调节S旋钮；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零，调节T旋钮，使指针对准零刻度线；
④指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；故顺序为ADC；
（2）①②采用多用电表的电流档进行电源电动势和内阻的测量，即采用安阻法测电源电动势与内阻，故电路图如图所示：
由于干电池的电动势约为1.5V，估算可知选择开关应旋至“直流电流100mA”；由图示电阻箱可知，电阻箱示数是1×10Ω+2×1Ω=12Ω；
③采用安阻法测电源电动势与内阻时，E=I（r+R），则，图象R一为图象，图象斜率等于电源电动势，，图象与纵轴交点截距是电路的总电阻，即干电池内阻与电阻箱阻值之和，即多用电表直流电流100mA档和干电池的电阻之和。
故答案为：（1）①S，②T，③0刻线； ④ADC；
（2）①，②直流电流100mA、12；③1.40、多用电表直流电流100mA档和干电池。
（1）①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；
③欧姆表测量前要进行欧姆调零；
④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；
（2）①的关键是明确电流应从多用电表的红表笔进入即可；②的关键是根据闭合电路欧姆定律表达式可知，可以采用“安欧法”即电流表与电阻箱串联的方法测量电动势和内阻（还可以应用“伏欧法”即电压表与电阻箱并联电路测量）；读数时应将电阻箱的倍率与指针所指读数乘积再相加即可；题③的关键是根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解。
解决本题关键是应明确：①电流应从多用电表的红表笔进入；②常用的测量电源电动势的方法除“伏安法”外还有“安欧法”和“伏欧法”，其中“安欧法”是指利用电流表与电阻箱串联在电源电路中的方法；③遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。
13.【答案】解：（1）粒子在极板间向下偏转，粒子所示电场力竖直向下，
粒子带正电，则a、b间电场强度的方向是由a板指向b板．
（2）粒子从a板左端运动到P处过程中，
由动能定理得：qEd=12mv2-12mv02，
代入数据解得：v=233×106m/s，
csθv0v，代入数据得：θ=30°；
（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何关系得：L2=rsin30°，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，
解得：L=33m；
答：（1）a、b两板间电场强度的方向：竖直向下；
（2）粒子到达P处的速度与水平方向的夹角θ为30°；
（3）P、Q之间的距离L为33m．
【解析】
（1）根据粒子的运动轨迹判断出粒子所受电场力方向，然后判断电场方向；
（2）粒子在极板间做类平抛运动，应用动能定理、速度的合成与分解可以求出速度；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与几何知识可以求出距离．
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、应用类平抛运动规律、动能定理、牛顿第二定律、几何知识即可正确解题．
14.【答案】解：（1）设小球在空中运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，
小球抛出后，在竖直方向有H=12gt2
水平方向有vx=u0-at
水平方向由牛顿第二定律有qE=m0a
联立解得vx=0
（2）以水平向右为正方向，设小球落入沙箱后瞬间，车与球的共同速度为v1，在小球落入沙箱过程，对车和球，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：
Mv0=（M+m0）v1
设弹簧压缩至最短时小车与A的共同速度为v2，从球落入沙箱后瞬间到小车与A共速，对小车（含小球）与A分别由动量守恒和机械能守恒有：
mv0+（M+m0）v1=（M+m+m0）v2
12mv02+12(M+m0)v12−12(M+m0+m)v22=Ep+Q
且此过程由于摩擦产生的热量为：Q=μmgs
代入数据联立解得：Ep=9J
（3）若A与弹簧分离后恰好运动至车左端时与车相对静止，由（1）可知，小车与A的共同速度仍为：v2=6m/s
从弹簧压缩最短到A与车相对静止，由能量守恒有：Ep=μmgL0
解得此情况下小车左端与沙箱左壁的距离为L0=9m
当L≥L0=9m时，A停在距离沙箱左壁L0=9m处，故有：Q1=μmgL0
数据代入解得：Q1=9J
当L＜L0=9m时，A最终会从小车的左端滑下，故有：Q2=μmgL
数据代入解得：Q2=L（国际单位）
答：（1）小球落入沙箱时的水平速度大小vx是0。
（2）小车在前进过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep是9J。
（3）当L≥L0=9m时，Q1=9J；当L＜L0=9m时，Q2=L（国际单位）。
【解析】
（1）小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解。
（2）小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度。之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。
（3）由功能关系求热量Q与L的关系式。要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。
解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。
15.【答案】解：（1）取甲罐内气体为研究对象，根据玻意耳定律：P0L0=P1L1
注入水的体积为：V水=L0S-L1S
代入数据解得：V水=0.225m3
（2）打开阀门K1稳定状态后，两罐液面相平罐内气体高度为：
L2=L0+L12
对甲罐内气体根据玻意耳定律：′P0L0=P′L2
代入数据解得：P′=1.47×105pa
因P′＞1.2×105pa，水泵未启动。
答：①甲罐内气压达到2.8×105Pa时注入水的体积为0.225m3。
②打开阀门K1，水流入乙罐，因P′＞1.2×105pa，水泵未启动
【解析】
1．取甲罐气体为研究对象，等温变化过程，根据波意耳定律求解。2．液体流入，气体体积发生变化，温度不变，根据波意耳定律求解
双气缸模型，注意研究对象的选择，以及在初末状态下气体的压强、体积、温度的变化
16.【答案】解：（i）由图甲可得：海啸波波长λ1=240km；
又有经过t=900s，虚线所示波形图首次出现，根据波向右传播可得：t=34T，故波速v1=λ1T=3λ14t=3×2404×900km/s=0.2km/s；
那么，海啸波到浅海区的时间t1=s1v=1.08×104km0.2km/s=5.4×104s=15ℎ；
（ii）由图乙可得：波的振幅A=20m，波长λ2=40km；
由（i）可得波的周期T=43t=1200s，故根据该海啸波起振方向向上可得：该海啸波的表达式为y=20sinπ600t(m)；
海啸波在浅海区的传播速度v2=λ2T=1003m/s，故波谷最先到达海岸的时间t=s2v2+34T=3s2100+900(s)；
答：（i）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，经过t=900s，虚线所示波形图首次出现。已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1=1.08万公里，则海啸波到浅海区的时间t1为15h。
（ii）在浅海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图乙，海啸波到海岸的水平距离为s2，海啸波起振方向向上，则该海啸波的表达式为y=20sinπ600t(m)；波谷最先到达海岸的时间为3s2100+900(s)。
【解析】
（i）由图得到波长，根据波的传播方向，由两波形图的位置关系得到时间间隔和周期的关系，从而求得周期，即可求得波速；再根据距离和波速求得时间；
（ii）由图得到振幅和波长，即可根据周期求得波速；根据起振方向求得振动方向，根据距离和周期求得时间。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。