2024年山东省潍坊市昌乐一中高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年山东省潍坊市昌乐一中高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核(47Be)发生了“K俘获”，生成一个新的原子核 ZAX，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子(vc)，核反应方程为： 47Be+−10e→ZAX+vc。关于铍原子核(47Be)的“K俘获”的过程，下列说法正确的是( )
A. 新原子核 ZAX带负电
B. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个中子
C. 新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子
D. 新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数不同
2.一质量为m的滑块(可视为质点)，以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与v02的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是( )
A. 滑块下滑过程中处于失重状态
B. 滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2
C. 若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3s
D. 若v0=4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s
3.新冠病毒疫情防控工作中额温枪被广泛使用。有一种额温枪的工作原理是采集人体辐射出的红外线，并将红外线照射到温度传感器上，发生光电效应，从而将光信号转化为电信号显示出人体的温度。已知人体在正常体温时辐射的红外线波长约为9×10−6m，用该波长的红外线照射图甲电路中阴极K，电路中的光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h=6.63×10−34J⋅s，c=3.0×108m/s，e=1.6×10−19C。下列说法正确的是( )
A. 真空中波长9×10−6m的红外线的频率约为3.3×1010Hz
B. 由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为1.7×10−20J
C. 人体温度升高，辐射的红外线强度增大，饱和光电流减小
D. 对于某种金属，无论照射光的频率多小，只要强度足够大、光照时间足够长就可以产生光电效应现象
4.人造地球卫星与地心间距离为r时，若取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2.此过程中损失的机械能为( )
A. GMm2(1r1−1r2)B. GMm2(1r2−1r1)C. GMm(1r1−1r2)D. GMm(1r2−1r1)
5.如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是( )
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则( )
A. 小球带负电
B. 电场力跟重力是一对平衡力
C. 小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D. 运动过程中小球的机械能守恒
7.如图甲所示，生活中常用两根并排的竹竿将砖块从高处运送到低处。将竹竿简化为两根平行放置、粗细均匀的圆柱形直杆，一长方体砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑。图乙为垂直于运动方向的截面图(砖块截面为正方形)。若仅将两竹竿间距减少一些，则( )
A. 竹竿对砖块的弹力变小B. 竹竿对砖块的摩擦力变大
C. 砖块的加速度不变D. 砖块下滑到底端的时间变短
8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是( )
A. ∠BCD=135∘
B. ∠BAE和∠BCD不相等
C. 该五棱镜折射率的最小值是1sin22.5∘
D. 该五棱镜折射率的最小值是 2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞(截面积分别为S1和S2)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从A下降h高度到B位置时，活塞上细沙的总质量为m。在此过程中，用外力F作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强p0保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 整个过程，外力F做功大于0，小于mgh
B. 整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C. 整个过程，理想气体的内能增大
D. 整个过程，理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h+mgh)
10.“战绳“是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的23，此时质点a的位移为8 2cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是( )
A. a、b两质点振动的相位差为43π
B. t=18s时，质点a的位移仍为8 2cm，且速度方向向下
C. 健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
D. 健身者抖动绳子端点(刚开始处于平衡位置)，经过0.4s振动恰好传到P点
11.如图所示，一根足够长水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水平初速度v0沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则( )
A. 从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针
B. 磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速
C. 磁铁与圆环的最终速度为MM+mv0
D. 整个过程最多能产生热量Mm2(M+m)v02
12.如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮(不计滑轮质量和大小)与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53∘，某时刻由静止释放物块(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球和物块组成的系统机械能守恒B. 弹簧的劲度系数为3mg2d
C. 小球到达Q点时的速度大小为 8gd3D. 重力对物块做功的功率一直增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某研究性学习小组设计实验粗测小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值。给小球一个初速度，用手机给运动小球录像。为了比较准确的测量时间，播放时选择倍速“0.25×”，表示播放时间是实际时间的四倍。图甲是小球经某一瓷砖边缘第一次播放暂停时的时间显示，其中“00：11”是时间扩大为4倍后，录像播放了11s，“01：07”是时间扩大为4倍后总的播放时间。从图甲小球暂停位置到小球停止，小球共垂直瓷砖边缘沿直线运动了12块整瓷砖和第13块瓷砖部分长度，图乙是小球刚停下时的播放时间，图丙是小球停下时的位置，刻度尺0刻度与第12、13块瓷砖边缘对齐。每块瓷砖长度为60cm，图丁是图丙部分放大，小球的运动可视做匀变速直线运动。
根据以上信息：
(1)第一次暂停时刻对应的小球实际速度为______m/s(结果保留两位有效数字)；
(2)小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值为______(用重力加速度g，小球滚动的距离L，小球滚动的时间t三个字母表示)；
(3)下列说法正确的是______。
A.小球直径越大，测量位移时读数误差越小
B.视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，造成了实验测量比值偏小
C.多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量
D.为了减小实验误差，应多测几次，求平均值
14.某实验小组设计了如图(a)所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：
干电池：电动势E=1.5V，内阻r=1Ω；
毫安表：满偏电流IB=1mA，内阻Rg=125Ω；
滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大；
定值电阻R1、R2和R3，其中R1=1000Ω；
开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。
(1)按照图(a)连接好电路，表笔1为______(填“红”或“黑”)表笔。
(2)当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏，此时R0=______Ω，“欧姆表”的倍率是______(填“×10，或“×100”)；
(3)闭合开关S使“欧姆表”倍率改变，电阻R2=______Ω.将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏。
(4)保持开关闭合，在表笔间接入电阻R3(图中未画出)，电流表指针指向图(b)所示的位置时，电阻R3=______Ω。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
15.某水上滑梯的简化结构图如图所示。总质量为m的滑船(包括游客)，从图甲所示倾角θ=53∘的光滑斜轨道上A点由静止开始下滑，到达离地高h=2.5m的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R=12.5m的光滑圆弧轨道BCD，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后从D点沿圆弧切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ=53∘。已知斜面abcd的底面离地高度为2.5m且与水平面成β=37∘角，滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入水平接收平台。求：
(1)A点距离地面高度；
(2)滑船运动最高点到水平底边ad的距离；
(3)滑船要进入接收平台时和D点的水平距离。
16.如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1=1×102N/C、方向水平向右的匀强电场；一条长L=0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量m1=0.5kg、带电荷量q=−0.1C的绝缘带电小球a；在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长、半径R=1m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E2=20N/C、方向垂直纸面向里的匀强电场。把小球a拉至A点(轻绳绷直且水平)静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取g=10m/s2，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力。求：
(1)轻绳的最大张力Tm；
(2)小球a运动到C点时速度的大小vC和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔEp；
(3)若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量m2=0.5kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔEb是多大。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
17.如图所示，高为h=14.4cm、截面积S=5cm2的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况(温度t0=0℃、压强p0=1×105Pa)下，用绝热活塞Q和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q用劲度系数为k=1000N/m的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部；现将一质量为m=1kg的物体放在活塞P上，活塞P下降，如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏度？(活塞的质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g取10m/s2，结果保留整数)
18.某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道AB，中间为水平传送带BC，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面CD.倾斜轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为m2、m3……mn−1、mn的n−1个物块在水平面CD上沿直线依次静止排列．质量为m1物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A点距离传送带平面的高度h=2.5m，水平距离L1=3.5m，传送带两轴心间距L2=7m，物块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求物块刚滑上传送带时的速度大小；
(2)改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围；
(3)若物块m1以v0(已知)的速度离开传送带，滑到水平轨道上与m2发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上．各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞．经过依次碰撞后，定义第n个物块mn获得的动能Ekn与第1个物块的初动能Ek0之比为第1个物块对第n个物块的动能传递系数k1n，求k13；
(4)接第(3)问，若m3=m4=……mn−1=mn=m14，求m2为何值时，第n个物块获得的速度最大，并求出第n个物块的最大速度vnm。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、所有的原子核均带正电，故A错误；
BCD、根据核反应方程 47Be+−10e→ZAX+vc，结合质量数与电荷数守恒，可知X的质量数为：A=7+0=7，质子数为：Z=4−1=3，所以新核为73X，则新原子核 ZAX与原来的铍原子核的核子数相同，新原子核 ZAX的中子数为：7−3=4，铍原子核的中子数为：7−4=3，所以新原子核 ZAX比原来的铍原子核多一个中子，新原子核 ZAX比原来的铍原子核少一个质子，故BD错误，C正确。
故选：C。
根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数=中子数+电荷数分析即可。
本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，考查了学生的物理观念。
2.【答案】C
【解析】解：AB.滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度方向要斜面向上；
根据运动的合成与分解，滑块具有竖直向上的分加速度，因此滑块处于超重状态；
设加速度的大小为a，根据运动学公式v02=2ax
变形得x=12a⋅v02
x−v02图像的斜率k=3−06s2/m=12s2/m
结合x−v02函数，图像的斜率k=12a
代入数据解得滑块下滑的加速度大小为a=1m/s2
综上分析，故AB错误；
CD.若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的位移为x1=v022a=322×1m=4.5m<6m
下滑时间为t1=v0a=31s=3s
同理可知，若v0=4m/s，滑块减速至速度为零下滑的位移为x2=v022a=422×1m=8m>6m
由位移公式可得L=v0t2−12at22
解得t2=2s
另一解6s不符合题意舍去，故C正确，D错误。
故选：C。
AB.滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，根据超重和失重的含义分析作答；
根据运动学公式求解x−v02函数，结合图像斜率的含义求加速度的大小；
CD.根据运动学公式求下滑的距离和所用时间，要注意分析下滑距离与斜面长的关系。
本题考查了匀变速直线运动中的x−v02图像，根据运动学公式求解x−v02函数是解题的关键；解题时要注意斜面长这一条件，要避免盲目套用公式的现象。
3.【答案】B
【解析】解：A、由c=λν得，红外线的频率ν=cλ=3×1089×10−6Hz≈3.3×1013Hz，故A错误；
B、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0
根据动能定理得：−eUc=0−Ekm
解得该光电管的阴极金属逸出功W0≈1.7×10−20J，故B正确；
C、人体温度升高，辐射的红外线强度增大，逸出光电子增加，饱和光电流增大，故C错误；
D、对于某种金属，根据爱因斯坦光电效应方程，若照射光的频率小于其极限频率，则无论强度多大、光照时间多长，都不会有光电子逸出，不会产生光电效应现象，故D错误。
故选：B。
由c=λν求解红外线的频率；根据爱因斯坦光电效应方程、动能定理求解该光电管的阴极金属逸出功；饱和光电流与单位时间内逸出的光电子数有关；根据光电效应的条件进行分析。
本题考查爱因斯坦光电效应方程相关物理量的概念及决定因素，学生需深刻理解，弄懂本质才不会出错。
4.【答案】B
【解析】解：根据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时有：GMmr12=mv12r1…①，
卫星的引力势能为：EP1=−GMmr1…②
轨道半径为r2时：GMmr22=mv22r2…③
卫星的引力势能为：EP2=−GMmr2…④
设摩擦而损失的机械能为△E，根据能量守恒定律得：12mv12+EP1=12mv22+EP2+△E…⑤
联立①∼⑤得：△E=GMm2(1r2−1r1).故B正确，ACD错误。
故选：B。
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，根据能量守恒求出损失的机械能。
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。
5.【答案】C
【解析】解：A.仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器U1U2=n1n2知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；
B.仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点U1I1=U2I2，可知原线圈中电流变小，故B错误；
C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压(副线圈电压)不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流(电流表示数)先减小后增大，故D错误。
故选：C。
滑片M下移会影响副线圈的匝数，根据原副线圈的匝数比与原副线圈的电压之比的关系结合欧姆定律分析出电流表的示数变化，根据原副线圈的功率相等分析出原线圈的电流变化；
滑片N移动会改变电路中的电阻，根据欧姆定律分析出灯泡中的电流的变化和电流表示数的变化。
本题主要考查了变压器的构造和原理，熟悉原副线圈的电学物理量与线圈匝数的关系，同时根据电阻的变化分析出电路中电学物理量的变化即可。
6.【答案】B
【解析】解：AB.小球受到重力、电场力和细绳的拉力在竖直平面内做匀速圆周运动，根据合外力提供向心力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故A错误，B正确；
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；
D.由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性。由电场力做功情况，判断电势能的变化。机械能守恒的条件是只有重力做功。
本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，即可确定出小球的电性。
7.【答案】C
【解析】解：A.设竹竿与水平方向夹角为α，两竹竿对砖块弹力的夹角为θ，砖块在垂直运动方向受力如图
根据平衡条件有2FNcsθ2=mgcsα
仅将两竹竿间距减少一些，θ不变，竹竿对砖的弹力不变，故A错误；
B.竹竿对砖的摩擦力为f=2μFN，竹竿对砖的弹力FN不变，则摩擦力不变，故B错误；
C.沿物块运动方向，根据牛顿第二定律有mgsinα−f=ma、摩擦力f不变，则砖块下滑的加速度不变，故C正确；
D.根据位移-时间公式有x=12at2
解得t= 2xa
竹竿的长度不变，物块下滑的位移不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变，故D错误。
故选：C。
根据砖块在垂直运动方向受力列平衡方程分析判断；根据摩擦力公式分析判断；根据牛顿第二定律分析判断；根据位移-时间公式判断。
本题关键掌握垂直运动方向的受力情况和沿运动方向的受力情况分析。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意画出光路图如图所示，根据光路图和反射定律可知：4θ=90∘，即θ=22.5∘，则∠BCD=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=112.5∘，故A错误；
B、由几何知识可得：∠BAE=180∘−(90∘−θ)=90∘+22.5∘=112.5∘，则∠BAE=∠BCD，故B错误；
CD、光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值n0，则
n0=1sinθ，解得n0=1sin22.5∘，故C正确，D错误。
故选：C。
作出光路图，根据几何知识求出光在CD面上的入射角，并求出∠BCD。当光线刚好在CD面和AE面上发生全反射时，五棱镜折射率最小，根据临界角公式sinC=1n求出折射率最小值。
解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求出临界角。要知道光线刚好在界面上发生全反射时，棱镜的折射率最小。
9.【答案】BD
【解析】解：A、外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，根据功的公式W=Fscsα，s=0，可知外力F做功为零，故A错误；
BC、气缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于一定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；
D、此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为p0S1h，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气体做功小于mgh，所以外界对气体做功W故选：BD。
由机械功的公式W=Fs分析外力对右活塞的做功情况；对于一定质量的理想气体，温度不变，则分子平均动能不变，内能不变；左端活塞到达B位置时，对左右两活塞受力分析即可求得F；加沙前后，对左边活塞受力分析可得气体压强的改变量，有几何关系可得体积改变量，W=ΔpΔV即可求解外界对气体做的功，再结合热力学第一定律即可分热量Q与重力做功及大气压强做功的大小关系。
本题考查了温度对分子平均动能以及内能影响，外界对气体所做的功时的公式W=−pΔV，整个试题难度较大。
10.【答案】AB
【解析】解：A.a、b两质点平衡置间距离为波长的23，一个周期波前进一个波长的距离，所以两质点振动的相位差为Δφ=2π×23λλ=43π，故A正确；
B.质点振动周期为T=1f=12s=0.5s，t=0时质点a的位移为8 2cm，根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a的振动方程为ya=16sin(4πt+π4)
将t=18s=T4代入可得
y′a=8 2cm
由振动规律知18s时刻a在平衡位置上，质点a的位移仍为8 2cm，振动方向向下，故B正确；
C.波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故C错误；
D.由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长λ>5m，所以波从健身者传到P点所用的时间t=Lλ⋅T<205×12s=2s，故D错误。
故选：AB。
根据波形平移法分析波源的起振方向；根据a、b之间的距离和波长的关系分析两点振动步调关系；波源到P点的距离一定，则波传播到P点的时间相同；介质不变，则传播速度不变。
解决本题的关键是要会用波形平移法分析质点的起振方向，要知道两质点的距离为半个波长时，这两个点的振动步调相反，机械波的传播速度与介质有关，与波源的频率和振幅无关。
11.【答案】CD
【解析】解：A.若条形磁铁能穿过金属环，在条形磁铁靠近圆环左端时，向左的磁通量就越大，会感应出向右的磁场，电流方向从左向右看为顺时针方向，在右端远离磁铁时，向左的磁通量减小，感应出向左的磁场，电流方向从左向右看为逆时针，故A错误；
BC.磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；设磁铁运动的方向为正方向，最终共同速度为v
Mv0=(M+m)v
解得v=MM+mv0，故B错误，C正确；
D.磁铁若能穿过金属环，二者的末速度相等时损失的动能最大，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，为
Q=12Mv02−12(M+m)v2=Mm2(M+m)v02，故D正确。
故选：CD。
本题根据楞次定律判断圆环中感应电流的方向；由于不知道环与磁铁的质量之间的关系，不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；由动量守恒定律求磁铁与圆环的最终速度；由能量转化与守恒，求整个过程最多能产生热量。
本题解题关键是找到磁铁与圆环共速时产生热量最多。
12.【答案】BC
【解析】解：A、小球由P到Q的过程，对于小球、物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；
B、P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知
PQ=dtan53∘=43d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为
x=12PQ=23d
小球在P点，由力的平衡条件可知
mg=kx
解得：k=3mg2d，故B正确；
C、当小球运动到Q点时，设小球的速度为v，此时物块的速度为零。对于小球、物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得
4mg(dcs53∘−d)−mgdtan53∘=12mv2
解得：v= 83gd，故C正确；
D、由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，小球由P到Q的过程，物块的速度先增大后减小，由P=mgv可知重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选：BC。
根据弹簧的弹性势能变化情况，由机械能守恒分析小球和物块组成的系统机械能变化情况。由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解弹簧的劲度系数。根据小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求解小球到达Q点时的速度大小。根据物块速度变化情况分析重力对物块做功的功率变化情况。
本题主要是考查机械能守恒定律。要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
13.【答案】1.22Lgt2 CD
【解析】解：(1)由图可知，小球从开始运动到第一次播放暂停经过的实际时间为114s，运动的总的实际时间为624s，则第一次暂停到最后停止运动用时间为
t=624s−114s=12.75s
从第一次暂停到最后停止运动经过的位移为
x=12×0.6m+0.18m=7.38m
根据
v02=xt
可得第一次暂停时刻的速度
v0=2xt=2×
(2)根据逆向思维可知
L=12at2
由牛顿第二定律可知
f=ma
解得
fmg=2Lgt2
(3)A.小球直径越大，测量位移时读数误差会越大，故A错误；
B.视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，只是初速度的值较小，小球运动的距离和时间都偏小，而造成的实验测量比值不一定偏小，故B错误；
C.多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量，故C正确；
D.为了减小实验误差，应多测几次，求平均值，故D正确。
故选：CD。
故答案为：(1)1.2；(2)2Lgt2；(3)CD。
(1)根据图确定小球运动的总时间、第一次播放暂停经过的实际时间和从第一次暂停到最后停止运动经过的位移，依据平均速度公式计算；
(2)根据位移-时间公式和牛顿第二定律推导；
(3)根据减小误差的方法分析判断。
本题关键掌握利用利用题中的信息确定运动的时间和位移。
14.【答案】红 374×100125225
【解析】解：(1)按照多用电表读数规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极；
(2)当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得：
EIg=r+Rg+R1+R0
解得：R0=374Ω
开关S闭合后，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，故开关S闭合时，欧姆表的倍率选最小倍率，开关S断开时的倍率是最大倍率，故填“×100”。
(3)闭合开关S，倍率为原来的110，干路电流最大值应为原来的10倍，则I2=9mA故有
IgI2=R2Rg+R1
解得：R2=125Ω
(4)由图可知此时毫安表读数为0.40mA，则干路电流为4.0mA，电路总电阻为375Ω，而欧姆表此倍率的内阻为
E10Rg=150Ω
解得：R3=225Ω
故答案为：(1)红；(2)374；×100；(3)125；(4)225
(1)根据多用电表的特点分析出表笔的连接位置；
(2)根据多用电表的使用规则得出欧姆表的倍率；
(3)根据欧姆定律得出电阻的阻值；
(4)根据图片得出毫安表的读数，结合欧姆定律得出电阻的大小。
本题主要考查了多用电表的读数和使用，熟悉多用电表的工作原理，熟悉读数规则，结合闭合电路欧姆定律完成分析。
15.【答案】解：(1)假设A点离地面高度为H，从A到C的过程由动能定理得
mgH=12mvC2
在C点处，根据向心力可得
FN−mg=mvC2R
联立代入数据可得：H=5m
(2)根据动能定理可得，滑船在D点时速度大小满足
mg(H−h)=12mvD2
代入数据解得：vD=5 2m/s
滑船在光滑斜面abcd上做类斜抛运动，运动到最高点时速度沿水平方向，速度大小为v
根据速度的合成与分解可得：v=vDcsθ，代入数据得：v=3 2m/s
根据动能定理可得，滑船在光滑斜面abcd上最高点与水平底边ad的高度差h′满足
−mgh′=12mv2−12mvD2
代入数据解得：h′=1.6m
根据几何关系，滑船运动最高点到水平底边ad的距离为h′sinβ，代入数据得83m。
(3)假设滑船进入接收平台时和D点的水平距离为x，滑船在光滑斜面abcd上运动时间为t，二者满足
x=tvDcsθ=3 2t ①
又因为
h′sinβ=12gsinβ(t2)2 ②
联立①②，代入数据解得：x=8m
答：(1)A点距离地面高度为5m；
(2)滑船运动最高点到水平底边ad的距离1.6m；
(3)滑船要进入接收平台时和D点的水平距离8m。
【解析】(1)根据动能定理和向心力求出A到地面的高度；
(2)根据动能定理和类斜抛运动分析，当到达最高点时沿斜面向上的速度为零；
(3)根据类斜上抛运动，当再次回到ad边时，利用水平方向的匀速直线运动，求出水平距离。
本题主要考查动能定理的应用，在做题中要注意类平抛的应用。
16.【答案】解：(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理mgL=12mv2
解得v=4m/s
在B点，根据牛顿第二定律得Tm−mg=mv2L
解得Tm=15N
(2)小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律：水平方向qE1=ma
解得a=20m/s2
小球a减速至0时t=va，解得t=0.2s
x=vt−12at2，解得x=0.4m
小球a运动到C点时的速度大小为vC=gt，解得vC=2m/s
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔEP=−W=−qE1⋅x，解得ΔEP=4J
即小球电势能增加了4J。
(3)因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔEa=qE2R+2⋅qE22R，解得ΔEa=10J
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔEb=ΔEa=10J
答：(1)轻绳的最大张力15N；
(2)小球a运动到C点时速度的大小2m/s，小球a从B到C过程电势能增加了4J；
(3)从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能10J。
【解析】(1)小球a从A运动到B点，根据动能定理、在B点，根据牛顿第二定律，求轻绳的最大张力；
(2)小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律解得加速度，根据匀变速直线运动速度-时间公式、位移-时间公式，求位移，根据ΔEP=−W=−qE1⋅x，求电势能的变化量；
(3)根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒，求增加的机械能。
本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动速度-时间公式、位移-时间公式、动量守恒和能量守恒的掌握，是一道综合性很强的题，难度较高。
17.【答案】解：对于气体甲，
初态p1=1×105Pa，V1=hS2
末态p′1=p0+mgS=(1.0×105+105×10−4)Pa=1.2×105Pa，V′1=l′1S
根据玻意耳定律有pV1=p′1V′1，
代入数据解得l′1=6cm；
若使活塞P返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为l′2=8.4cm，此时弹簧要伸长1.2cm，对活塞Q有p′1S+k⋅Δl=p′2S
代入数据解得p′2=1.44×105Pa，V′2=l′2S
对气体乙，
初态p2=1×105Pa，V2=h2S，T2=273K
根据一定质量的理想气体状态方程有p2V2T2=p′2V′2T′2
代入数据解得T′2=459K，则t=(459−273)℃=186℃；
答：此时气体乙的温度为186℃。
【解析】根据题意首先对甲气体应用玻意尔定律，在对乙气体应用一定质量的理想气体状态方程列式即可求解最终气体乙的温度。
该题考查一定质量的理想气体状态方程以及玻意尔定律的综合应用，需要明确该题甲乙两部分气体分别做的何种变化，该题综合性较强，难度较大。
18.【答案】解：(1)物块m1在斜面上下滑过程，由动能定理得：
m1gh−μm1gcsθ×hsinθ=12m1v02−0
解得m1到达传送带时的速度大小：v0= 2gh(1−μtanθ)
(2)a、当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块克服摩擦力所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的速度最小，最小速度设为v1，
由动能定理得：−μm1gL2=12m1v12−12m1v02
代入数据解得：v1=2 2m/s；
b、当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力对物块所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为v2，
由动能定理得：μm1gL2=12m1v22−12m1v02
代入数据解得：v2=8m/s；
物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围为2 2m/s≤v≤8m/s；
(3)两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0=m1v′1+m2v′2
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得：12m1v02=12m1v′12+12m2v′22
解得：v′2=2m1v0m1+m2
Ek0=12m1v02
Ek2=12m2v′22
对物块1、2，动能传递系数为k12=Ek1Ek0
解得：k12=4m1m2(m1+m2)2
同理可解得物块2、3，动能传递系数为k13=Ek3Ek1=Ek2Ek1×Ek3Ek2=4m1m2(m1+m2)2×4m2m3(m2+m3)2=16m1m22m3(m1+m2)2(m2+m3)2
(4)质量相等的物块碰撞时没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，物块碰撞后交换速度，则m3与后面的物块碰撞后依次交换速度，m3的最大速度等于第n个物块的最大速度vnm，m3=m14，
则k13=16m1m22m3(m1+m2)2(m2+m3)2=64m121[4m2+m12m2+5m1]2，
当4m2=m12m2，即m2=m12时，分母最小，k13最大为k13m=6481，
此时第n个物块的速度最大，12mnvnm2=k13m×12m1v02
解得：vnm=169 2gh(1−μtanθ)
答：(1)物块刚滑上传送带时的速度大小为 2gh(1−μtanθ)；
(2)物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围为2 2m/s≤v≤8m/s；
(3)k13的大小为4m1m2(m1+m2)2；
(4)m2为m12时，第n个物块获得的速度最大，第n个物块的最大速度为169 2gh(1−μtanθ)。
【解析】(1)应用动能定理求出m1到达传送带时的速度大小。
(2)根据传送带的不同情况分析物块的速度范围。
(3)两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后物块m2的速度大小，根据动能传递系数的定义求出动能传递系数k13。
(4)求出第n个物块的速度表达式，然后求出第n个物块的最大速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意获取解题所需信息，分析清楚物块的运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、根据动能传递系数的定义即可分析答题。