2023年浙江省温州市普通高中高考物理适应性试卷（二）（含答案解析）

这是一份2023年浙江省温州市普通高中高考物理适应性试卷（二）（含答案解析），共24页。
2. 将一重为G的铅球放在倾角为50∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对挡板的压力为F1、对斜面的压力为F2，则( )
A. F1=G
B. F1=F2
C. F2>G
D. F2v0C. a2= 2gsinθD. a1= 2gsinθ
10. 我国科学家吴有训在上世纪20年代进行X射线散射研究，为康普顿效应的确立做出了重要贡献。研究X射线被较轻物质散射后光的成分发现，散射谱线中除了有波长与原波长相同的成分外，还有其他波长的成分，这种现象称为康普顿效应。如图所示，在真空中，入射波长为λ0的光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子传播方向与入射方向夹角为37∘，碰后电子运动方向与光子入射方向夹角为53∘(cs37∘=0.8,cs53∘=0.6)，下列说法正确的是( )
A. 该效应说明光具有波动性
B. 碰撞后光子的波长为1.25λ0
C. 碰撞后电子的德布罗意波长为0.6λ0
D. 碰撞后光子相对于电子的速度大于3×108m/s
11. 如图所示，水面上S1、S2、S3、S4是四个同振幅、同频率、同步调的水波波源，分布在同一直线上。S1S2和S3S4间的距离是4cm，OS2和OS3间的距离是5cm，P为S2S3中垂线上的一点，且OP=12cm，若水波的波长为4cm，下列说法不正确的是( )
A. S1、S2发出的波传到O点总是相互加强
B. S1、S4发出的波传到P点总是相互加强
C. S1、S2、S3、S4发出的波传到O点总是相互加强
D. S1、S2、S3、S4发出的波传到P点总是相互加强
12. 如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是( )
A. B.
C. D. '
13. 如图所示，一均匀透明体上部分为半球、下部分为圆柱，半球的半径和圆柱上表面的半径均为R，圆柱高度为5R，在圆柱体的底部中心O点放一点光源，半球上发光部分的表面积S=0.8πR2(已知球冠表面积的计算公式为S=2πrh，r为球的半径，h为球冠的顶端到球冠底面圆心的高度)，不计光的二次反射，该透明物质对光的折射率为( )
A. 1.33B. 1.41C. 1.67D. 2.00
14. 下列说法正确的是( )
A. 医院中用于体检的“B超”属于电磁波
B. 铁路、民航等安检口使用“X射线”对行李箱内物品进行检测
C. 无线网络信号绕过障碍物传递到接收终端，利用了干涉原理
D. 列车鸣笛驶近乘客的过程中，乘客听到的声波频率大于波源振动的频率
15. 如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则( )
A. 从左往右看，电动机顺时针转动B. 从左往右看，电动机逆时针转动
C. 电动机转动的转速为50r/sD. 电动机转动的转速为125r/s
16. 在下列实验中，需要用到打点计时器的有( )
A. “探究平抛运动的特点”B. “探究加速度与力、质量的关系”
C. “用单摆测重力加速度大小”D. “探究向心力大小表达式”
17. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图1。按照正确操作得到如图2所示的纸带。其中打O点时释放物体，计数点A、B、C是打点计时器连续打下的三个点。已知打点计时器的电源频率为50Hz，重物质量为200g，当地重力加速度g取9.80m/s2。
①实验桌上放着如图3所示的三个物体甲、乙、丙，则实验装置中的重物应选择______ (填“甲”、“乙”或“丙”)。
②在纸带OB段，重物的重力势能减少量为______ J(结果保留三位有效数字)。
③为了计算在OB段重物的动能增加量，需得到计时器打B点时重物的速度大小vB。下列计算B点速度大小方法正确的______ 。
A.vB= 2gxOB
B.vB=gtOB
C.利用AC段的平均速度vB=xACtAC
18. 为了探究物体下落受空气阻力大小的影响因素，某同学利用手机中的加速度传感器及相关应用程序，记录如图1中甲、乙两种情况下落手机的加速度大小随时间变化的图像。与甲对应的图像为图2中的______ (填“A”或“B”)，在图A中手机下落过程中加速度逐渐减少的原因是______ 。
19. 在“用多用表测量电学中的物理量”实验中，按如图所示连接电路给灯泡“”通电。
①一组同学闭合开关移动滑动变阻器的滑片，使灯泡正常发光。断开开关，将多用表选择开关置于合适挡位，红黑两表笔分别接开关两个接线柱A、B，则此时多用电表测量的是小灯泡的______ (填“电压”、“电流”或“电阻”)，红表笔应接接线柱______ (填“A”、“B”或“A、B都可以”)。
②另一组同学闭合开关移动滑动变阻器的滑片，灯泡始终不发光。该同学用多用电表的直流电压挡来检测电路哪个位置发生了故障。他在闭合开关的情况下用多用电表的一支表笔始终接在电路的A接线柱，另一支表笔依次接触电路中的B、C、D接线柱进行检测，发现接触B、C时电表指针没有偏转，接触D时有一定偏转。则出现故障的原因可能是______ 。
A.电池没电了
B.仅开关接触不良
C.仅滑动变阻器滑片接触不良
D.仅灯泡和灯泡座接触不良
20. 在“利用传感器制作简单的自动控制”实验中，图1是简单的门窗磁控防盗报警装置示意图。门的上沿嵌入一小块永磁体M，门框内与M相对的位置嵌入干簧管SA，并将干簧管接入报警电路。
①如图2所示，干簧管SA作为传感器，用于感知磁体磁场是否存在，继电器(虚线方框部分)作为执行装置，发光二极管LED作为电路正常工作提示，蜂鸣器H作为报警提醒。电路中P点应接直流电源的______ (填“正极”或“负极”)。
②连接好电路，闭合开关S接通电源，将磁体靠近和离开干簧管，分别观察并记录实验现象。
21. 如图甲为汽车中使用的氮气减振器，气缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙所示，气缸活塞截面积S=40cm2，活塞及支架质量m=1kg，气缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度L=20cm、压强pA=4.0×105Pa的状态A，此时弹簧恰好处于原长。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降h=4cm，气体达到状态B。从状态A到B过程气体放出热量Q=71.4J。气缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取p0=1.0×105Pa，弹簧劲度系数k=1.0×104N/m。求：
(1)状态B气体的压强pB；
(2)气体处于状态B时外力大小F；
(3)状态A到B过程外界对气体做的功W。
22. 如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为r=0.4m、0.5r、1.5r的三个半圆轨道BCO3、O3DO1、FGH，半径为r的四分之一圆弧轨道O1E，长度L=1m的水平轨道EF组成，轨道BCO3和轨道O1E前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A点由静止释放，恰好可以通过轨道O3DO1的最高点D，不计空气阻力。
(1)求A、C两点的高度差h；
(2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围；
(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为2θ的圆弧积木IDJ(I、J关于O2D对称)，滑块从I飞出后恰能无碰撞从J进入轨道，求θ的值。
23. 如图所示，间距为d、折成直角的QFG和PEH金属导轨水平部分QF、PE足够长，竖直部分FG、EH底端接有电动势为E的电源和开关K，M、N两点间接有电容为C的电容器。倾角为θ的倾斜金属轨道TD、SC，间距也为d，S、T两点间接有自感系数为L的电感线圈。水平轨道和倾斜轨道用长度为l的水平粗糙绝缘材料平滑连接。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。闭合开关K，电容器充电完毕后断开开关，并将质量为m、长度为d的金属杆ab从倾斜轨道上某一位置由静止释放，下滑过程中流过ab杆的电流大小为I=BdcsθLx(x为杆沿斜轨道下滑的距离)。ab杆到达倾斜轨道底端CD处时加速度恰好为0，通过粗糙绝缘材料到达PQ处时速度为v0。已知m=0.3kg、d=0.5m、θ=30∘、E=1.0V、C=1.2F、L=0.1H、B=1.0T、v0=1.0m/s、l=0.6m。不计除绝缘材料外的一切摩擦与空气阻力，不计电感线圈、金属杆ab及导轨的电阻。ab杆始终与导轨垂直且接触良好。求：(提示：力F与位移x共线时，可以用F−x图像下的“面积”代表力F所做的功)
(1)电容器充电完毕所带的电荷量Q；
(2)ab杆释放处距水平轨道的高度h；
(3)ab杆从EF处飞出时的速度v；
(4)ab杆与粗糙绝缘材料的动摩擦因数μ。
24. 如图所示，直角坐标系中，边长为L的正方形区域OPSQ，OP、OQ分别与x轴、y轴重合，正方形内的适当区域Ⅰ(图中未画出)中分布有匀强磁场。位于S处的粒子源，沿纸面向正方形区域内各个方向均匀发射速率为v0的带负电粒子，粒子的质量为m、电荷量为−q。所有粒子均从S点进入磁场，离开区域Ⅰ磁场时速度方向均沿x轴正方向，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子从O点射出磁场。y轴右侧依次有匀强电场区域Ⅱ、无场区、匀强磁场区域Ⅲ，各区域沿y轴方向无限长，沿x轴方向的宽度分别为L、1.5L、2L。电场区域Ⅱ的左边界在y轴上，电场方向沿y轴负方向；区域Ⅰ和区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里。区域Ⅲ左边界上有长度为L的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上即被吸收，并通过电流表导入大地。不计粒子的重力和相互作用，不考虑粒子对原有电场与磁场的影响。
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)求正方形OPSO内磁场分布的最小面积S；
(3)为使从O点进入电场的粒子，最终能打到收集板的右侧，求电场强度大小E的范围；
(4)电场强度大小E为(3)中的最大值，且从S处粒子源每秒射出粒子数为n，求稳定后电流表的示数I。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：单位 N⋅mΩ⋅s对应的基本物理量可表示为
F⋅sR⋅t= WR⋅t= PR= I2=I
可知 N⋅mΩ⋅s是电流强度的单位，故ACD错误，B正确。
故选：B。
将单位 N⋅mΩ⋅s写成对应的物理量形式，再根据相关物理公式，可解。
处理量纲问题，只要将单位换成物理量，再结合相关物理公式即可解决。
2.【答案】C
【解析】解：铅球对挡板的压力为F1、对斜面的压力为F2，则球受到重力G、斜面的支持力F1′和挡板的支持力F2′作用，根据牛顿第三定律可知
F1=F1′
F2=F2′
其中斜面对铅球的支持力垂直于斜面向上，挡板对铅球的作用力水平向右，如图所示：
F1′=F1=Gtan50∘
F2′F2=Gcs50∘>G
故ABD错误；C正确。
故选：C。
以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受挡板的弹力和斜面对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对竖直挡板的压力和球对斜面的压力。
本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解，要求同学们能正确画出受力分析图。
3.【答案】B
【解析】解：A.战斗机需在甲板上滑行的时间为t=v−v0a=60−3010s=3s
故A错误；
B.战斗机在甲板上滑行的距离为x=v+v02t=902×3m=135m
故B正确；
C.战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135m，则战斗机相对甲板滑行的距离为d=135m−x0
故C错误；
D.战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。
故选：B。
根据战斗机从被弹射到起飞由速度-时间公式求加速时间；根据x=v+v02t计算；战斗机相对甲板滑行的距离为战斗机在甲板上滑行的距离与航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移之差；航空母舰的形状和大小不可忽略，不能作为质点。
本题以某舰载作战飞机在航空母舰上起飞为情景载体，考查了匀变速直线运动规律的应用，要求学生能够熟练应用运动学公式求解。
4.【答案】C
【解析】解：A.设X的质量数为A，电荷数为Z，根据质量数守恒90=90+A，解得A=0
根据电荷数守恒38=39+Z，解得Z=−1
因此，元素X为0−1e，该核反应为β衰变，故A错误；
B.元素的半衰期决定于元素本身，衰变周期与温度无关，故B错误；
C.比结合能越大，原子核越稳定，则9039Y的比结合能比9038Sr的比结合能大，故C正确；
D.半衰期具有统计规律，是对大量原子核适用，对少数原子核不适用，故D错误。
故选：C。
A.根据质量数守恒和电荷数守恒求解元素X的质量数和核电荷数，然后作出判断；
B.元素的半衰期决定于元素本身，与温度、压力等无关；
C.比结合能越大，原子核越稳定；
D.半衰期具有统计规律，只对大量原子核适用。
核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒；注意区别原子核的质量数与原子的质量。
5.【答案】D
【解析】解：BD、磁铁的中心位于O点时，两个线圈的磁通量相等。磁铁距离左侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最大，右侧线圈的磁通量最小，此时两线圈的磁通量变化率均为零，两线圈产生的电动势均为零。磁铁距离右侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最小，右侧线圈的磁通量最大，此时两线圈产生的电动势也均为零。磁铁做周期性往复运动的过程中，当左侧线圈磁通量增加时，右侧线圈的磁通量就减少。故两个线圈磁通量的变化周期是相同的，可知两线圈产生的交变电流的频率是相等的，两线圈产生的电动势同时为零，故B错误，D正确；
AC、磁铁运动过程中两线圈的磁通量变化率是相同的，因两线圈匝数不同，由法拉第电磁感应定律可知产生的电动势的峰值与有效值均不相等。两小灯泡电阻相同，而回路的电动势有效值不同，可知两小灯泡消耗的电功率不相等。故AC错误。
故选：D。
根据磁体做周期性往复运动的过程中，判断两线圈的磁通量变化情况，由法拉第电磁感应定律分析电动势的峰值，有效值是否相同。进而可知两小灯泡消耗的电功率是否相等。
本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，要知道感应电动势与磁通量的时间变化率有关，与磁通量的大小、或磁通量变化的大小无关。
6.【答案】A
【解析】解：设地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球表面重力加速度为g0，太空电梯离地高度为h，太空电梯所在位置处重力加速度为g′
根据万有引力等于重力有：GMm(R+h)2=mg′GMmR2=mg0
整理得R2(R+h)2=1625,解得RR+h=45
故太空梯距离地面高度h=14R，h=1593km，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力等于重力，求太空梯距离地面高度。
本题考查规律，天体运动中，万有引力等于重力。
7.【答案】B
【解析】解：AD.橡胶板带负电，铝板靠近后，根据感应起电的特点可知铝板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地铁钉接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，故A错误，D错误；
B.上抬铝板过程中，下表面的正电荷减小，上表面正电荷增加。纸屑因为与金属板带同种电荷(正电荷)而不断飞散，故B正确；
C.因下表面与接地铁钉接触时，上表面的负电荷会流到大地，此时上表面不带电，下表面带正电，铝板上下表面带电量不相等，故C错误。
故选B。
根据负电荷的移动方向得出上下表面带的电性；
根据纸屑与金属板电性的关系得出其运动特点。
本题主要考查了电荷守恒定律的相关应用，理解电荷的移动特点，结合电荷之间的作用力特点即可完成分析。
8.【答案】A
【解析】解：A.根据右手螺旋定则结合对称性可知a和d导线在O点处的磁场等大反向，b和e导线在O点处的磁场等大反向，c和f导线在O点处的磁场等大反向，故O点的磁感应强度为零，故A正确；
B.根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故B错误；
CD.根据题意可知b、f对导线a的安培力大小F，e、c对导线a的安培力大小为 33F，d对导线a的安培力大小为F2，根据矢量合成的特点可知：
Fa=2Fsin30∘+2× 3F3sin60∘+F2=5F2
因为导线的电流方向相同，所以导线直线安培力表现为相互吸引，则a导线所受安培力方向沿aO指向O，故CD错误。
故选：A。
根据右手螺旋定则得出对应的点的磁感应强度的特点，结合磁感应强度的叠加特点完成分析；
根据安培力的计算公式，结合左手定则即可得出安培力的大小和方向。
本题主要考查了安培力的相关应用，熟悉右手螺旋定则得出磁感应强度的方向，结合安培力的计算公式即可完成分析。
9.【答案】D
【解析】解：AB.小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f=μmgcsθ=mgsinθ，其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：
mgsinθ⋅y−fs=12mv2−12mv02
其中，y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，因为s>y，可知vx1时，此时的弹簧的弹性势能为：
Ep2=12k(x−x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E=E0+Ep2
可知E0=E−12k(x−x1)2
是开口向下的抛物线。故A错误，B正确；
CD.设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：
Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg22t12
故第一阶段的Ek−t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：
a=mg−F弹m
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：
a=F弹−mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x>x1的范围内，先加速后减速，x−t图像的斜率先增大后减小，则Ep2−t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
分阶段分析出小球在不同过程中的运动特点，结合图像的物理意义和过程中的能量转化特点即可完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出其运动特点，理解过程中的能量转化关系即可完成分析。
13.【答案】B
【解析】解：半球上发光部分的表面积：S=0.8πR2=2πRh
解得：h=0.4R
则距离球冠的顶端0.4R的位置就是发生全反射的临界位置。根据勾股定理可知任何一个全反射的点与光源的距离为：
l= R2−(R−0.4R)2+(5R+R−0.4R)2=4 2R
设临界状态入射角为C，利用余弦定理得：
csC=l2+R2−(5R)22lR= 22
故C=45∘，sinC= 22。利用全反射规律得：
sinC=1n= 22
解得：n= 2≈1.41
故选：B。
根据几何关系得出全反射的点到光源的距离，结合数学知识和折射率的计算公式即可完成分析。
本题主要考查了光的折射定律，理解光折射的特点，结合几何关系和光的折射定律即可完成分析。
14.【答案】BD
【解析】解：A、医院中用于体检的“B超”是声波，属于机械波．故A错误；
B、X射线有一定穿透能力，铁路、民航等安检口使用X射线线对行李内物品进行检测．故B正确；
C、无线网络信号绕过障碍物传递到接收终端，利用了衍射原理，故C错误；
D、根据多普勒效应知，当两物体以很大的速度互相靠近时，感觉频率会增大，远离时感觉频率会减小，故列车鸣笛驶近乘客的过程中，乘客听到的声波频率大于波源振动的频率，故D正确．
故选：BD.
医院中用于体检的“B超”是声波，属于机械波．铁路、民航等安检口使用x射线对行李内物品进行检测利用了X射线的穿透性．无线网络信号绕过障碍物传递到接收终端，利用了衍射原理．根据多普勒效应知，当两物体以很大的速度互相靠近时，感觉频率会增大，远离时感觉频率会减小．
本题应抓住机械波和与电磁波的特点、多普勒效应和衍射、干涉等知识进行分析．要了解有关波的干涉、衍射、多普勒效应等的特点及应用．
15.【答案】AC
【解析】解：AB.由图丙可知，在t=1×10−3s时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电动机顺时针转动，故A正确，B错误；
CD.由图丙可知，电动机转动的周期为T=20×1×10−3s=2×10−2s
则角速度为ω=2πT=2π2×10−2rad/s=100πrad/s
根据ω=2πn
可得电动机转动的转速为n=ω2π=100π2πr/s=50r/s
故C正确，D错误。
故选：AC。
根据图丙和图乙的图像特点得出电动机的转动方向；
根据圆周运动的计算公式得出电动机的转速。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉公式的计算即可完成分析，难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.在“探究平抛运动的特点”过程中，是利用竖直方向上做匀变速直线运动的特点计算出点迹之间的时间间隔，不需要用到打点计时器，故A错误；
B.探究加速度与力、质量的关系实验中需要测量加速度的大小，需要通过纸带测量加速度，所以需要打点计时器，故B正确；
C.用单摆测量重力加速度实验中需要用刻度尺测摆长和秒表测周期，不需要打点计时器，故C错误；
D.探究向心力大小表达式，不需要打点计时器，故D错误。
故选：B。
理解不同实验中需要的实验器材，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了打点计时器的相关实验，理解不同实验中需要用到的实验器材即可完成分析，难度不大。
17.【答案】丙 0.453C
【解析】解：①甲是砝码，乙是钩码，丙是重锤；纸带下端应挂体积小、质量大的物体，从而物体受到的阻力较小，因此应该选择丙；
②刻度尺的分度值为1mm，由图2可知，OB段的长度xOB=23.10cm；在纸带OB段，重物下落的高度h=xOB=23.10mm，重物的重力势能减少量为ΔEp=mgh=200×10−3×9.8×23.10×10−2J≈0.453J
③AB.选项AB是根据自由落体运动规律得出的瞬时速度，自由落体运动不计空气阻力的影响，本身就满足机械能守恒，不能起到验证作用，故AB错误；
C.计算B点速度大小，应该根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度来求解，即vB=vAC−=xACtAC，故C正确。
故选：C。
故答案为：①丙；②0.453；③C。
①甲是砝码，乙是钩码，丙是重锤；纸带下端应挂体积小、质量大的物体；
②根据公式ΔEp=mgh计算重力势能的减小量；
③AB.选项AB是根据自由落体运动规律得出的瞬时速度，不能起到验证作用；
C.根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度来求解。
本题考查了利用纸带验证机械能的守恒，要能正确理解实验的原理，掌握瞬时速度的求解方法。
18.【答案】B 速度逐渐增大，空气阻力也增大
【解析】解：甲手机下落过程中，随着速度的增大，空气阻力变化较小，故手机加速度近似不变，故选B。
手机在下落过程中，对手机进行受力分析，根据牛顿第二定律可得mg−f=ma
速度逐渐变大，空气阻力也变大，故加速度减小。
故答案为：B；速度逐渐变大，空气阻力也变大
因为手机竖直下落时受到的阻力更小，所以加速度a近似恒定不变，由此选出正确的图像；
根据速度的变化得出空气阻力的变化，从而分析出加速度减小的原因。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
19.【答案】电流 A C
【解析】解：①红黑两表笔分别接开关两个接线柱A、B，多用电表测量串联在电路中，测量电路电流，即灯泡电流。
测电流时，红笔在电压高的一端，故接A接线柱。
②A.若电池没有电，则电表指针一定不偏转，故A错误；
B.仅开关接触不良，接BC接线柱，电表指针均会偏转，故B错误；
C.仅滑动变阻器滑片接触不良，则接线柱接B和C，电表指针不偏转，接D时电表指针偏转，故C可能存在，故C正确；
D.仅灯泡和灯泡座接触不良，则接线柱接C和D时，电表指针均偏转，故D错误。
故选：C。
故答案为：①电流；A；②C
①掌握多用电表的操作方法；
②根据指针的偏转特点结合电路构造分析出对应的故障。
本题主要考查了多用电表的相关应用，正确掌握多用电表的操作方法，结合电路构造的分析即可完成解答。
20.【答案】正极 二极管发光 蜂鸣器发声
【解析】解：①由于二极管具有单向导电性，故电路中P点应接直流电源的正极。
②磁体M靠近干簧管，干簧管两片簧片被磁化相吸，继电器的动触点与常开触电接通，发光二极管发光。
磁体M离开干簧管，干簧管断开，继电器的动触点与常闭触点接通，蜂鸣器发声。
故答案为：①正极；②二极管发光；蜂鸣器发声
①根据二极管的单向导电性，结合电路构造得出电源的正负极；
②根据磁体对电路的影响，结合电路构造分析出对应的实验现象。
本题主要考查了生活中的传感器的相关应用，理解传感器的工作原理即可完成分析，难度不大。
21.【答案】解：(1)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，则有：
pASL=pBS(L−h)
解得：pB=5×105Pa
(2)活塞和支架处于平衡状态，根据受力分析可得：
F+p0S+mg=pBS+kh
其中，S=40cm2=4×10−3m2；h=4cm=0.04m
解得：F=1990N
(3)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B，气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可得：
ΔU=W−Q=0
解得：W=Q=71.4J
答：(1)状态B气体的压强为5×105Pa；
(2)气体处于状态B时外力大小为1990N；
(3)状态A到B过程外界对气体做的功为71.4J。
【解析】(1)从状态A到状态B的过程中，气体发生等温变化，根据一定质量的理想气体的状态方程列式得出压强的大小；
(2)对活塞和支架进行受力分析，根据其平衡状态得出外力的大小；
(3)根据热力学第一定律列式得出外界对气体做的功。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析变化前后的气体状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析。
22.【答案】解：(1)滑块恰好经过D，重力提供向心力mg=mvD20.5r
滑块从A到D，根据动能定理mg(h−r−0.5r)=12mvD2
联立解得h=0.7m
(2)若恰好滑到F点停下，根据动能定理mgh−μ1mgL=0
解得μ1=0.7
当到G点速度为零，根据动能定理mg(h−1.5r)−μ2mgL=0
解得μ2=0.1
当返回时不超过O1点，根据动能定理mg(h−r)−μ3mg⋅2L=0
解得μ3=0.15
综上可得滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7
(3)A点到I点过程中根据动能定理mg(h−r−12rcsθ)=12mv2
设I点到最高点时间为t，则有vsinθ=gt
0.5rsinθ=(vcsθ)⋅t
解得csθ=12
可得θ=arccs12=60∘
另一解csθ=1舍去。
答：(1)A、C两点的高度差0.7m；
(2)滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数μ的范围0.15≤μ≤0.7；
(3)θ的值为60∘。
【解析】(1)D点重力提供向心力，滑块从A到D，根据动能定理，求h；
(2)恰好滑到F点停下，根据动能定理列式，到G点速度为零，根据动能定理列式，返回时不超过O1点，根据动能定理列式，分析动摩擦因数范围；
(3)A点到I点过程中根据动能定理，再根据运动学公式列式，求角度θ。
本题考查学生对动能定理、合力提供向心力的掌握，是一道中等难度题。
23.【答案】解：(1)根据题意可知q=CE=1.2×10C=12C
(2)ab杆到达倾斜轨道底端CD处时加速度恰好为0，则BId=mgtanθ
即B2d2csθLx=mgtanθ
根据几何关系可得：h=xsinθ
联立解得ab杆释放处距水平轨道的高度为：
h=0.4m
(3)经过PQ后Bid=ma，Δv=aΔt
整理Δv=BdiΔtm=Bdqm
所以ab杆从EF处飞出时的速度v=v0+Δv
联立解得：v=21m/s
(4)下滑过程，根据能量守恒定律可得：
12mv2−0=mgh−WA
安培力做功WA=FAxcsθ，FA=BId=B2d2csθLx
力F与位移x共线时，可以用F−x图像下的“面积”代表力F所做的功
解得：WA=0.6J，v=2m/s
经过粗糙段12mv02−12mv2=−μmgl
解得：μ=0.25
答：(1)电容器充电完毕所带的电荷量为12C；
(2)ab杆释放处距水平轨道的高度为0.4m；
(3)ab杆从EF处飞出时的速度为21m/s；
(4)ab杆与粗糙绝缘材料的动摩擦因数为0.25。
【解析】(1)根据电荷量的计算公式得出电荷量的大小；
(2)根据ab杆的受力分析列式得出水平轨道的高度；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式得出ab杆的速度；
(4)根据动能定理列式得出μ的大小。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉导体杆的受力分析，结合安培力公式和动量定理即可完成分析。
24.【答案】解：(1)由题知，粒子在区域Ⅰ磁场中轨道半径为L，根据洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qv0B=mv02L
解得：B=mv0qL；
(2)根据磁扩散模型可知，区域Ⅰ磁场的最小面积为：
Smin=2(14πL2−12L2)=(π2−1)L2
(3)粒子在电场中做类平抛运动，设速度偏转角为θ，则根据类平抛运动公式可知
在水平方向上：L=v0t
在竖直方向上：qE=mavy=at
根据几何关系可得：tanθ=vyv0
在磁场Ⅲ中Δy=2Rcsθ=2L
根据类平抛运动速度的反向延长线交水平位移中点，则打在D点时，根据几何关系可得：
tanθ1=Δy−L1.5L+0.5L=12
打在C点时，tanθ2=Δy1.5L+0.5L=1
与磁场右边界相切时R+Rsinθ3=2L=2Rcsθ3
解得sinθ3=0.6；tanθ3=34