2022年山东省泰安市肥城市高考物理适应性试卷（一）

这是一份2022年山东省泰安市肥城市高考物理适应性试卷（一），共18页。试卷主要包含了4mg，25，0cm处运动至x2=20，0kg、mb=1，【答案】B，【答案】D，【答案】AC，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。

2022年山东省泰安市肥城市高考物理适应性试卷（一）

1. 2021年9月17日，神舟十二号返回舱成功着陆。返回舱返回时先脱离原有飞行轨道，仅在地球引力作用下做近心运动，之后进入地球大气层，当返回舱距离地面10km左右时，先后打开引导伞、减速伞和主伞，以此保证返回舱以较柔和的方式实现多次减速，防止航天员一次受到过大的冲击力。在返回舱即将着陆时，安装在返回舱底部的反推发动机点火工作，保证返回舱最后落地时速度小于2m/s。下列说法正确的是( )
A. 进入地球大气层前，返回舱处于超重状态
B. 返回舱打开减速伞后处于失重状态
C. 返回舱打开主伞时处于失重状态
D. 反推发动机点火瞬间返回舱处于超重状态
2. 如图所示，将两块平面镜边缘对齐，之后分别倾斜微小的角度θ，在右侧有一竖直光屏，单色光源S刚好位于两平面镜夹角的角平分线上，D为半圆形遮光板，使光源S发出的光不能直接照射到光屏上。用光源s照射平面镜，在光屏上会出现明暗相间的条纹，则下列说法正确的是( )
A. 光屏上出现的条纹是光线衍射的结果
B. 若增大入射光的频率，屏上条纹间距减小
C. 把光屏向右移，屏上条纹间距减小
D. 把光源S向右移，屏上条纹间距增大
3. 如图所示为O处的波源做简谐运动产生简谐横波的波形图，简谐横波沿x抽正方向传播的速度v=4m/s。t=0时刻，波刚好传播到x=12m处，下列说法正确的是( )
A. 0处的波源做简谐运动的表达式为y=5cosπt(cm)
B. 0处的波源做简谐运动的表达式为y=−5sinπt(cm)
C. t=7s时质点Q受到的合外力最大，方向沿y轴正方向
D. t=7s时质点p的振动方向沿y轴负方向
4. 如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则( )
A. 线框每转一圈，回路电流方向改变一次
B. a、d两点间的电压为2Bl2ω
C. 电流瞬时值的表达式为i=2Bl2ωcosωtR+r
D. 半个周期内通过R的电荷量为4Bl2R+r
5. 如图所示，一定质量的理想气体从状态a经ab、bc、cd、da状态变化过程后，又回到状态a，其中，过程ab和cd为等温过程，过程bc和da为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是( )

A. ab过程中，气体始终放热
B. cd过程中，气体对外界做功
C. da过程中，气体的温度一直升高
D. bc过程中，气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加
6. 一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做了如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定于O点，如图甲所示，在最低点给小球一初速度，使其绕O点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示，F1=3F2，设R、m、引力常量G和F1为已知量，忽略各种阻力。下列说法正确的是( )

A. 该星球表面的重力加速度为F13m
B. 星球的密度为F16πGRm
C. 该星球的第一宇宙速度为F1R9m
D. 该星球的第一宇宙速度为2F1R9m
7. 如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、m.B、C与A之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数皆为0.1.K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平放置。现用沿水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度取g=10m/s2，则( )
A. 物块B、C的加速度大小也等于2m/s2
B. 物块B的加速度为1m/s2，C的加速度为2m/s2
C. 外力的大小F=2.4mg
D. 物块B、C给长方形物块A的摩擦力为0.2mg
8. 如图甲所示，一束紫光由真空沿半圆柱体的径向射入，并与其底面过O的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测反射光的强度。从AB面反射回来的光强随入射角θ变化的情况如图乙所示，则( )

A. 半圆柱体对紫光的折射率为1.25
B. 若减小入射角θ到0∘，则光线将全部从AB界面透射出去
C. 若减小入射角θ，则反射光线和折射光线之间的夹角将变大
D. 若改用红光照射，光学传感器探测到反射强度达到最大时θ<53∘
9. 某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能、电势能之和)的变化情况。两个带同种电荷的小球甲、乙放在竖直放置的绝缘圆筒中，小球甲固定在圆筒底部，小球乙从靠近小球甲的位置处释放，测出小球乙的位置x和速度v，利用能量守恒可以得到势能E−x图像。图乙中Ⅰ图线是小球E−x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线(即图像Ⅱ是物体的重力势能随x的变化规律)，实验中忽略一切摩擦且小球的电荷量不会发生变化，g=10m/s2，则小球乙( )
A. 上升过程中速度一直变大
B. 上升过程中速度先变大后变小
C. 质量为0.5kg
D. 从x1=6.0cm处运动至x2=20.0cm处电势能减少0.4J
10. 如图所示，宽度均为L的两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上。一边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，其bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，t=0时刻线框从磁场的左边界由静止开始沿x轴正方向匀加速直线通过磁场区域。规定逆时针方向为电流的正方向，已知导线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L，下列关于感应电流随时间变化的i−t图象和导线框消耗的电功率随位移变化的P−x图象描述正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图所示，在倾角θ=37∘斜坡的底端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜坡上的O点处。质量分别为ma=5.0kg、mb=1.0kg的物块a和b用轻绳连接，轻绳跨过斜坡顶端的定滑轮，开始时让a静止在斜坡上的P点处，b悬空。现将a由静止释放，a沿斜面下滑，当a将弹簧压缩到Q点时，a的速度减为零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a与斜坡之间的动摩擦因数μ=0.2，sin37∘=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是( )
A. a在与弹簧接触前的加速度大小为2m/s2
B. a在与弹簧接触前，轻绳上的拉力为10N
C. a位于Q点时，弹簧所储存的弹性势能为18J
D. a第一次被弹回到O点时的速度为233m/s
12. 某型号多用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示。微安表G是欧姆表表头，其满偏电流Ig=500μA，内阻Rg=950Ω。电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。电阻箱R1和电阻箱R2的阻值调节范围均为0∼9999.9Ω。

(1)甲图中的a端应与______(填“红”或“黑”)表笔连接。
(2)某同学将图甲中的a、b端短接，为使微安表G满偏，则应调节R1=______Ω；
(3)如图乙所示，该同学将微安表G与电阻箱R2并联，利用该电路图组装一个“×100倍率”的欧姆表，要求欧姆表的表盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标“15”，则该同学应调节R2=______Ω；用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的电阻，测量前应调节R3=______Ω。
13. 在一次用无人机投放包裹时，投放点为O点，速度v0=12m/s，与水平方向斜向上成37∘角，同时在O点正下方一智能小车从静止做匀加速直线运动接受包裹，已知落地点P与O的连线与水平地面成53∘角，要恰好在P点接到包裹，加速度应为多大？(智能小车看为质点，不计空气阻力)







14. 为做好新冠疫情的常态化防控工作，工作人员每天对校园进行严格的消毒，某喷雾消毒桶装置简化图如图所示，通过打气筒使空气压入密闭消毒桶内，从而将桶中的消毒液从喷雾口压出，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积。消毒桶高为H=60cm，横截面积S=0.1㎡，开始时喷雾口阀门K打开，向桶内倒入消毒液后关闭加水口，桶内气体的体积V=22.5L，喷雾口与液面的高度差为h=22.5cm，已知消毒液的密度ρ=1.0×103kg/m3，外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，整个过程中气体可视为理想气体且温度保持不变。
(1)若要使消毒液从喷雾口开始喷出，求压入桶中的空气在外界环境下体积的最小值(保留2位有效数字)；
(2)若打气前先关闭阀门K，通过打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0、体积为V0=1.5L的空气，然后打开K，进行消毒，消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时喷雾口与桶内液面的高度差为h′=50cm，求打气筒的打气次数n。








15. 在竖直平面内存在如图所示的坐标系，第Ⅱ象限分布有磁感应强度为B1=1T的匀强磁场，一个质量为m=0.04kg，带电量为q=+0.03C的小球由P点静止释放，随后小球以速度v从Q点进入第Ⅲ象限，速度方向与x轴的夹角θ=37∘，已知P点的位置坐标为(0,1.25)，Q点的位置坐标为(−0.6,0)，第Ⅲ象限分布有磁感应强度为B2=403T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和电场强度为E=403N/C，方向沿y轴正方向的匀强电场，第IV象限在水平方向分布着电场强度也为E=403N/C、方向沿x轴负方向的匀强电场，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小球经过Q点时的速度大小；
(2)小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间。
(3)小球是否可以再次回到x轴？若可以，写出小球经过x轴的位置；若不可以，写出小球距x轴最近时的位置坐标。








如图1所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=7.5m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0=1kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N(可视为质点)，滑块质量为m1=2kg，最右边有一固定的竖直墙壁。已知斜槽BC段长度为L=1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图2所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2=2kg小球M(可视为质点的)从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，小车第一次与墙壁碰撞前小车和滑块已达到共同速度，碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取g=10m/s2，则求：

(1)小球运动到C点时(还未与滑块碰撞)的速度大小；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。






答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、进入地球大气层前，返回舱加速度方向向下，返回舱处于失重状态，故A错误；
B、返回舱打开减速伞后，加速度方向向上，处于超重状态，故B错误；
C、返回舱打开主伞时加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；
D、反推发动机点火瞬间返回舱的加速度向上，返回舱处于超重状态，故D正确；
故选：D。
加速度向上是超重状态，加速度向下是失重状态，通过判断加速度的方向可知物体处于超重或失重状态。
明确超重和失重的概念，会判断物体处于超重还是失重状态。

2.【答案】B

【解析】解：A、光源s在平面镜M1和M2中成虚像s1和s2，s发出的光经M1反射后的光线可看做是从虚像s1发出的；s发出的光经M2反射后的光线可看做是从虚像s2发出的。这两束反射光在光屏上叠加可形成干涉条纹，而s1和s2等效于两个相干光源，因此s1和s2间的距离相当于双缝间距d，可知屏上出现的条纹是光线干涉的结果，故A错误；
B、设光源s1和s2到光屏距离为L，如图，则相邻两条亮纹(暗纹)中央的间距Δx的表达式为Δx=Ldλ，若增大入射光的频率，根据c=λf可知波长减小，屏上条纹间距减小，故B正确；

C、把光屏向右移L增大，根据Δx=Ldλ，屏上条纹间距增大，故C错误；
D、把光源S向右移时，根据平面镜成像的特点可知s1和s2间的距离以及s1和s2到光屏的距离都增大，由几何关系可知s1和s2间的距离增大较快，所以屏上条纹间距减小，故D错误。
故选：B。
利用杨氏双缝干涉实验的结论对比，结合数学知识可以得到亮纹间距的表达式，就可以分析变化情况。
本题题材新颖，但实验原理还是课本上学过的双缝干涉实验的原理，只要学生掌握了课本知识，就可以迎刃而解。

3.【答案】B

【解析】解：AB、由波动图像可知质点振幅A=5cm，波长λ=8m，该波的波速为4m/s，由v=λT可得T=2s，ω=2πT=2π2rad/s=πrad/s，波源简谐运动的表达式为y=−Asinωt=−5sinπt(cm)，故A错误，B正确；
C、t=7s时质点Q运动了312个周期，此时质点Q处于y轴正方向最大位移处，合力最大，方向沿y轴负方向，故C错误；
D.t=7s时质点P运动了312个周期，由波的传播方向可知t=0时质点P向y轴负方向运动，则经历312个周期时P处于x轴下方且向y轴正方向运动，故D错误。
故选：B。
根据简谐运动的位移规律写出O点的表达式；求出波的周期后，根据时间与周期的关系求出P和Q点的振动时间判断所在位置和Q点的受力情况。
本题考查机械振动和波动的关系，涉及波的形成及传播、振动与波动的方向的互判、波长与波速和频率的关系等知识点，抓住两者关系的规律，不难解决问题。

4.【答案】D

【解析】解：A、线圈中产生的是正弦交流电，在一个周期内电流方向改变两次，故A错误；
B、回路中产生的感应电动势有效值为E=Em2=Bl⋅2lω2=2Bl2ω
a、d两点间的电压为路端电压，此时有
U=RR+rE=RR+r⋅2Bl2ω
故B错误；
C、从图示位置开始计时，则电流的瞬时值表达式为
i=EmR+rsinωt=2Bl2ωR+rsinωt
故C错误；
D、半个周期通过R的电荷量为q=I−⋅Δt=ΔΦR+r=4Bl2R+r，故D正确。
故选：D。
A、根据正弦式交流电的特点，判断在一个周期内电流方向改变两次；
B、先求出电动势的有效值，再求出路端电压的有效值；
C、根据电流的峰值，结合计时起点写出电流的瞬时值表达式；
D、根据电荷量的表达式，结合题意求出半个周期内通过R的电荷量。
在交流电的学习中，要注意电表的示数指的是电压或电流的有效值，另外要注意正弦式交流电的峰值和有效值满足的关系。

5.【答案】C

【解析】解：A、ab过程为等温过程，根据玻意耳定律pV=C，压强变小，体积变大，故气体对外界做功，即W<0，气体温度不变，内能不变，即ΔU=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q>0，即气体吸收热量，故A错误；
B、cd过程为等温过程，根据玻意耳定律pV=C，压强变大，体积减小，故外界对气体做功，故B错误；
C、da过程为绝热过程，即Q=0，压强变大，体积减小，故外界对气体做功，即W>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可得ΔU>0，即气体内能增大，所以气体温度升高，故C正确；
D、bc过程为绝热过程，即Q=0，压强变小，体积变大，气体对外界做功，即W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可得ΔU<0，气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，根据气体压强的微观解释，可知气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减小，故D错误。
故选：C。
气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有ΔU=W+Q判断气体吸热还是发热；根据图象利用一定质量理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可。
本题是一定质量理想气体的p−V图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用一定质量理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决。

6.【答案】C

【解析】解：A、小球在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，则 F1−mg=mv12r
小球在最高点细线的拉力为F2，速度为v2，则 F2+mg=mv22r
以最低点为零势能面，从最高点到最低点，由机械能守恒定律得mg⋅2r+12mv22=12mv12
联立解得：g=F1−F26m，F1=3F2，所以该星球表面的重力加速度为g=F19m，故A错误；
B、在星球表面，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，代入g解得：M=F1R29Gm
星球的体积：V=43πR3，星球的密度：ρ=MV
解得：ρ=F112πGRm，故B错误；
CD、第一宇宙速度等于贴近地面卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R，解得：v=GMR，
代入M和g可得：v=F1R9m，故C正确，D错误。
故选：C。
对小球受力分析，在最高点和最低点时，由向心力的公式和整个过程的机械能守恒可以求得重力加速度的大小；
由在星球表面时，万有引力和重力近似相等，可以求得星球的质量，再根据密度公式求出星球的密度；
根据万有引力提供向心力可以求得星球的第一宇宙速度。
该题考查了人造卫星的相关知识，根据小球做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度，知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力。

7.【答案】D

【解析】解：A、A与B的最大静摩擦力为FB=μ⋅mg=0.5mg，C与A的最大静摩擦力为FC=0.1mg，
由于A的加速度等于0.20g，根据牛顿第二定律，则有：FA=ma=0.2mg，
因此C对A的作用力为0.1mg，而B对A的作用力也为0.1mg，
AB间保持静止，所以B的加速度为2m/s2，AC间滑动，
受力分析，根据牛顿第二定律则有：AC间，AB间；
B绳上拉力F′=5mg×0.2+0.1mg=1.1mg，
C绳也一样1.1mg，所以C的加速度为，故AB错误，D正确；
C、外力F=2F′=2.2mg，故C错误。
故选：D。
根据动摩擦因数来确定B对A，与C对A的最大静摩擦力的大小，从而确定谁在A上运动，再根据牛顿第二定律，即可求解。
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，从而分析运动情况，注意静摩擦力和滑动摩擦力的区别，明确拉力F等于绳子拉力的两倍，难度适中。

8.【答案】AC

【解析】解：AD、由图乙可知，当θ=53∘时发生全反射，此时C=53∘，则n=1sinC=1sin53∘=1.25，若改用红光照射，折射率减小，所以光学传感器探测到反射强度达到最大时大于53∘，故A正确、D错误；
B、图甲中若减小入射角θ到0∘，仍存在反射光线，只是反射角为零，光线不会全部从AB界面透射出去，故B错误；
C、若减小入射角θ，则反射角减小，根据折射定律知折射角也减小，由几何关系知反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故C正确。
故选：AC。
若减小入射角θ，由反射定律和折射定律结合几何关系可知反射光线和折射光线之间的夹角如何变化；反射光线一定存在；由图象乙能读出此新材料的临界角C，根据全反射临界角公式sinC=1n，求解折射率。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。

9.【答案】BC

【解析】解：AB、上升过程中系统能量守恒，由图像可知，势能先变小，后变大，因此小球乙的动能先变大后变小，速度也先变大，后变小。故A错误，B正确；
C、根据库仑定律F=kq1q2r2可知，当甲乙两球的距离趋于无穷大时，他们之间的库仑力趋于零，电势能几乎不变化，此时系统势能的变化量主要取决于重力势能的变化
即：ΔE=mgΔx，
则：mg=ΔEΔx
由此可知，小球的重力等于图中渐近线的斜率
故：mg=ΔEΔx=0.50.1N=5N
所以m=0.5kg，故C正确。
D、从x1=6.0cm处运动到x2=20.0cm处，势能增加了0.9J−0.5J=0.4J
重力势能增加了mgΔx=5×0.14J=0.7J
则电势能变化了0.4J−0.7J=−0.3J，
即电势能减少了0.3J，故D错误。
故选：BC。
根据库仑定律、能量守恒定律结合图像进行分析。
本题主要考查学生对能量守恒定律的理解，学生需要根据图像分析问题。属于中档题。

10.【答案】AD

【解析】解：AB、0−t1这段时间内，bc边切割向里的磁场，根据右手定则知，电流逆时针方向，线框匀加速直线运动，则切割磁场的速度v=at，电动势E=BLat，电流大小i=ER=BLaRt；t1−t2这段时间内，ad边和bc边同向切割两相反方向的磁场，根据右手定则知，电流为顺时针方向，电流大小i=2BLatR；t2−t3时间内，ad边切割向外的磁场，根据右手定则知，电流为逆时针方向，电流i=BLatR，第三段i−t图线斜率与第一段i−t图线斜率相同，第二段i−t图线斜率绝对值是第一段i−t图线斜率的2倍，故A正确，B错误；
CD、匀加速直线运动的速度位移关系可知v2=2ax，则i=ER=BLvR=BL2aRx；
克服安培力功率等于导线框消耗的电功率，0−t1这段时间内：P=FAv=BIl⋅vB2L2v2R=2B2L2axR，t1−t2这段时间内：P=2BILv=2B⋅2BLvR⋅Lv=4B2L2v2R=8B2L2axR，t2−t3时间内，P=FAv=BIl⋅vB2L2v2R=2B2L2axR，可知第二段P−x图线的斜率是第一段时间内图线斜率的4倍，第三段P−x图线的斜率与第一段P−x图线斜率相等，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据右手定则得出三段时间内感应电流方向，结合导体切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流的表达式，从而确定正确的i−t图线；抓住克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率求出三段过程中功率与x的关系式，从而分析判断。
本题考查了电磁感应的图像问题，解决本题的关键是得出物理量间的关系式，从而分析判断；对于图像法问题，有时也可以通过排除法来解决。

11.【答案】ACD

【解析】解：AB、a与弹簧接触前，对a、b组成的系统，由牛顿第二定律得：magsinθ−μmagcosθ−mbg=(ma+mb)a
对物块b，由牛顿第二定律得：T−mbg=mba
代入数据解得：a=2m/s2，T=12N，故A正确、B错误；
C、物块a由P到Q过程，对物块a、b组成的系统，由能量守恒定律可知，a位于Q时，弹簧的弹性势能：
Ep=mag(PO+OQ)sinθ−μmagcosθ(PO+OQ)−mbg(PO+OQ)sinθ
代入数据解得：Ep=18J，故C正确；
D、a由Q第一次到达O点过程，对a、b组成的系统，由动能定理得：
Ep−mag⋅OQ⋅sinθ−μmag⋅OQ⋅cosθ+mbg⋅OQ⋅sinθ=12(ma+mb)v2−0
代入数据解得：v=233m/s，故D正确。
故选：ACD。
应用牛顿第二定律求出物块的加速度与轻绳上的拉力；应用能量守恒定律求出a位于Q点时弹簧的弹性势能；应用动能定理求出a第一次被弹回O点时的速度。
本题考查了牛顿第二定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律、能量守恒定律与动能定理即可解题。

12.【答案】红  2049 950 1024

【解析】解：(1)电流从红表笔流入多用表，根据内电源可知，a接红表笔；
(2)根据闭合电路欧姆定律得R1=EIg−Rg−r=1.5V500×10−6A−950Ω−1Ω=2049Ω；
(3)欧姆表使用时当被测电阻等于内阻时，指针指在中央刻度，根据已知此挡欧姆表内阻为，由欧姆定律得指针满偏时的总电流为，则R2的电流为I2=Im−Ig=1×10−3A−500×10−6A=5×10−4A，R2的阻值为R2=IgRgI2=500×10−6A×950Ω5×10−4A=950Ω；
欧姆调零时，被测电阻为零，总电阻等于内阻1500Ω，根据串并联电阻关系得，R3满足，代入数据解得R3=1024Ω。
故答案为：(1)红；(2)2049；(3)950，1024。
多用表要求电流从红表笔流入；根据闭合电路欧姆定律计算满偏时的电阻；当指针在中央刻度时被测电阻等于欧姆表的内阻，求出总电流，从而得R2的电流，根据欧姆定律计算阻值，根据串并联电阻关系求R3的阻值。
本题考查多用表欧姆挡的原理和使用方法，内阻是电源内阻、保护电阻和滑动变阻器电阻之和，测量不同阻值，选择合适的倍率，调零(调节欧姆调零旋钮短接满偏)表盘读数乘以倍率。

13.【答案】解：设包裹运动的时间为t，其水平位移为x，则有x=v0cos37∘t
在竖直方向上，有−xtan53∘=v0sin37∘t−12gt2
联立解得：t=4s，x=38.4m
对于小车，有x=12at2=38.4m
代入数据解得：a=4.8m/s2
答：小车的加速度为4.8m/s2。

【解析】物体做斜抛运动，其水平方向上做匀速直线运动，竖直方向的分运动为匀变速直线运动，据此列式表示其水平位移和竖直位移，即可求解其运动时间和水平位移；对于小车根据匀变速直线运动的位移-时间公式求解其加速度。
解决本题的关键在于根据斜抛运动的水平位移和竖直位移的关系求解其运动时间和位移，要灵活运用匀变速直线运动的规律解决问题。

14.【答案】解：(1)把打入的气体和桶内的气体作为整体，气体的温度不变，初态：p1=p0，V1=V+V0
末态：p2=p0+ρgh=1.0×105Pa+1.0×103×10×0.225Pa=1.0225×105Pa，V2=V
根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，解得V=0.51L
(2)设打气的次数为n，每次打入气体的体积V0=1.5L
以打入的气体与桶内原有气体为研究对象，
气体初状态压强p1=p0=1.0×105Pa，体积V′=hS+nV0=5×10L+1.5n=50L+1.5nL，气体末状态体积V3=h′S
气体末状态的压强p3=p0+ρgh′=1.0×105Pa+1000×10×50×10−2Pa=1.05×105Pa
气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：
p1V′=p3V3
代入数据解得：n=2次
答：(1)压入桶中的空气在外界环境下体积的最小值为0.51L；
(2)打气筒的打气次数n为2次。

【解析】(1)把打入的气体和桶内的气体作为整体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得；
(2)以打入的气体与桶内的原有气体为研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出打气的次数。
打气问题是所谓的“变质量问题”，有一定的难度，解题的关键是：巧妙地选择研究对象，把变质量问题变为不变质量问题进行研究，选择研究对象后，应用查理定律与玻意耳定律即可解题。

15.【答案】解：(1)由题意知，由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，仅有重力做功，由
mgh=12mv2
可得Q点的速度为：v=5m/s；
(2)在第Ⅲ象限，由于
qE=mg
故小球做匀速圆周运动，

设小球从C点离开第Ⅲ象限，由
qvB=mv2R
由几何关系可得
QC=2R
OC=2Rcosθ
联立解得：R=0.5m，QC=1.0m，OC=0.8m，
故C点坐标为(0,−0.8m)；
小球在做圆周运动转过的圆心角
α=π
而T=2πRv=2πmqB
故小球在第三象限运动的时间为
t=α2π⋅T=π2π⋅2πmqB
解得：t=π10s；
(3)小球在C点的速度大小
vC=v=5m/s
由几何关系知，与x轴的夹角为θ=37∘
在第IV象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，当竖直方向减速为0时，有
vCsin37∘=gt
解得：t=0.3s
此时竖直方向位移
h=vC2t=52×0.3m=0.45m 故小球不能再次回到x轴，此时
y=OC−h=0.8m−0.45m=0.35m
小球在水平方向做匀减速直线运动
qE=max
所以小球的水平位移为
x=vC cos37∘⋅t−12axt2
解得：x=0.75m
故小球距x轴最近时的位置坐标为(0.75m,−0.35m)。
答：(1)小球经过Q点时的速度大小为5m/s；
(2)小球离开第Ⅲ象限的位置坐标，小球在第Ⅲ象限运动的时间为π10s。
(3)小球不可以再次回到x轴，小球距x轴最近时的位置坐标为(0.75m,−0.35m)。

【解析】(1)由P运动到Q点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理可求Q点速度；
(2)在第Ⅲ象限，电场力等于重力，在洛伦兹力作用下小球做匀速圆周运动，根据几何关系求出小球做圆周运动圆心角，结合周期公式即可求解；
(3)在第IV象限，小球在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀减速直线运动当竖直方向减速为0时距离x轴最近。
解决该题的关键是掌握小球的运动情况，作出小球运动轨迹，根据几何知识求解小球做匀速圆周运动的半径，根据周期公式和圆心角求运动时间。

16.【答案】解：(1)设小球到C的速度为v0，B到C过程中小球克服摩擦力做功为Wf1，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即

小球由A到C过程中，根据动能定理得
m2gR−Wf1=12m2v02
代入数据解得v0=12m/s；
(2)小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块速度相等，根据动量守恒定律可知小球与滑块速度交替，即碰撞后滑块速度为v=v0=12m/s，滑块滑上小球后达到的共同速度为v1，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒定律得m1v=(m1+m0)v1
第一次碰前小车和滑块速度均为v1，碰后小车速度变为−12v1，滑块速度仍为v1，碰后通过动量守恒，达到共同速度为v2，则由动量守恒得
−12m0v1+m1v1=(m1+m0)v2
由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得
12m0(12v1)2+12m1v12=12(m1+m0)v22+Q
联立代入数据解得Q=48J；
(3)以小车第一次碰后为计时起点，根据牛顿第二定律得，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为
a1=μm1gm1=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，a2=μm1gm0=0.1×2×101m/s2=2m/s2
小车速度随时间变化的图像如图所示：

由图可知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次到第2次碰撞过程中，路程为
s1=v222a2×2=422×2×2m=8m
同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中，s2=2m
第3次碰撞到第4次碰撞过程中，s3=0.5m
第4次碰撞到第5次过程中，s4=0.125m
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程为
s=s1+s2+s3+s4=8m+2m+0.5m+0.125m=10.625m。
答：(1)小球运动到C点时(还未与滑块碰撞)的速度大小为12m/s；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量为48J；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程为10.625m。

【解析】(1)BC段克服摩擦力做功等于小球重力与图像面积的乘积，小球从A到C根据懂你能定律求速度；(2)小球与滑块碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得两者交换速度，之后与小车作用过程根据动量守恒求共同速度，根据已知第一次和第二次与墙壁碰撞过程后根据动量守恒定律得达到共速的速度，根据能量守恒求因摩擦产生的热量；(3)以小车与墙壁第一次碰后为计时起点，根据牛顿第二定律计算滑块与小车的加速度大小，画出小车速度-时间图像，根据匀变速直线运动的速度-位移关系求出小车与墙壁第1次到第2次碰撞过程中的路程，同理分别求出第2次到第3次、第3次到第4次、第4次到第5次的路程，再求总路程。
本题考查动量守恒定律、能量守恒定律和匀变速直线运动的规律以及牛顿第二定律，过程较复杂，同学要耐心分析，运用相应的公式代入求解。