高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（三）学生版

这是一份高中物理高考 2021届高三第二次模拟考试卷 物理（三）学生版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2020年11月27日0时41分，华龙一号核电5号机组首次并网成功，标志着我国正式进入核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，其裂变方程为：eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→X＋eq \\al(95,38)Sr＋2eq \\al(1,0)n。则下列叙述正确的是( )
A．裂变后粒子的总核子数减少
B．X原子核中含有85个中子
C．裂变过程中释放核能是因为新核的结合能小
D．裂变过程中释放核能是因为新核的比结合能小
2．2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则( )
A．在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态
B．在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态
C．在2x0处深潜器运动的速度大小为
D．在3x0处深潜器运动的速度最大
3．如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( )
A．条纹方向与AB边平行
B．条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹问距越大
C．减小薄片的厚度，条纹间距变小
D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小
4．有两位同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自利用那里实验室中的DIS系统探究了单摆周期T和摆长L的关系。然后通过互联网交流实验数据，并用计算机绘制了如图甲所示的T2－L图像。另外，去“复旦大学”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图像，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图线是A
B．甲图中图线的斜率表示对应所在位置的重力加速度的倒数
C．由乙图可知，a、b两摆球振动周期之比为3∶2
D．由乙图可知，t＝1 s时b球振动方向沿y轴负方向
5．如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻，电压与电流变为零。图乙中S1与S2为电流曲线在虚线MN两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是( )
A．图乙中的S1＝S2
B．图乙中的S1＞S2
C．图乙中电压与电流的比值逐渐变小
D．图乙中电阻R在0～t1内产生的内能等于在t1～t2内产生的内能
6．一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其p－V图像如图所示，其中QM平行于横轴，NQ平行于纵轴，M、N在同一等温线上。下列说法正确的是( )
A．气体从状态M到状态N的过程中温度先降低后升高
B．气体从状态N到状态Q的过程中温度先升高后降低
C．气体从状态N到状态Q的过程中放出热量
D．气体从状态Q到状态M的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态M到状态N的过程中气体对外界所做的功
7．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则( )
A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
8．一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为9 m，靠桥面中心的钢杆长度为2 m（即AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T。以下说法正确的是( )
A．每根钢杆拉力大小为eq \f(1,6)mg
B．每对钢缆AD中拉力大小为eq \f(1,3)mg
C．每对钢缆CM中拉力大小为eq \f(\r(2),2)mg
D．BB′的长度为6 m
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图甲所示，为了观察一油箱内的储油量，设计师在油箱的一侧竖直安装了一系列厚度相同长度不同的透明塑料板，每块塑料板的形状如图乙所示，下部尖端部分截面为等腰直角三角形。当光由正上方竖直向下射入到塑料板中，从观察窗口中可以清晰看到油量计的上表面有明、暗两片区域。通过观察明暗区域分界线的位置，便可判断出油量的多少，以下说法中正确的是( )
A．从观察窗口观察到的暗区是因为光在塑料板下端发生了全反射
B．从观察窗口观察到的明亮区域越大，油量越少
C．使用的塑料板折射率应满足n＜eq \r(2)
D．使用的塑料板折射率应满足n＞eq \r(2)
10．如图，一带负电的点电荷固定在P处，一带电油滴静止在O点。现让该油滴从P点的正上方A处静止释放，通过O点后运动到B点。下列关于这个过程中的说法正确的是( )
A．油滴在A处的加速度大于g
B．点电荷在O点产生的场强大于在B点产生的场强
C．油滴在B点的电势能最大
D．从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量
11．如图，倾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的挡板，挡板上连接一轻质弹簧，斜面上端A与竖直放置的光滑圆弧形管道平滑连接，在外力的作用下，一质量为m的小球静止在P点。弹簧处于压缩状态。现释放小球，小球无能量损失地进入圆弧形管道（小球直径稍小于管道直径），刚好可到达圆弧形管道的最高点，已知圆弧形管道半径为R，OA⊥PA，PA＝eq \r(3)R，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．弹簧储存的弹性势能为3mgR
B．其他条件不变，把小球质量变为2.5m，则小球仍能进入圆弧形管道
C．其他条件不变，把小球质量变为0.5m，则小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方能竖直向上
D．其他条件不变，换成长度相同弹性势能较大的弹簧，在圆弧形管道最高点，圆弧形管道对小球的作用力一定增大
12．如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计），倾角θ＝37°，间距d＝1 m，电阻r＝3 Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3 V，3 W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化图线如图乙所示。在t＝0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2）( )
A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．金属杆到达ab位置的速度大小为3 m/s
C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5
D．金属杆克服安培力做功为6 J
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)用如图甲所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50 Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：
(1)用逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小g＝________m/s2；
(2)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。
A．没有使用电火花计时器
B．m1和m2的质量太悬殊
C．绳子和定滑轮之间存在阻力
D．绳子拉力不等于m2的重力
14．(8分)某同学要将一量程为300 mV的毫伏表改装成量程为3 V的电压表，该同学测得毫伏表内阻为1000 Ω，经计算后将一阻值为R0的电阻与该毫伏表连接，进行改装。然后利用一标准电压表V，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测（虚线框内是改装后的电压表）。
(1)根据图甲和题目所给的条件，将图乙中的实物进行连线。
(2)当标准电压表V的示数为2.00 V时，毫伏表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装电压表的量程不是预期值，而是________（正确答案标号）。
A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V
(3)产生上述问题的原因可能是________（正确答案标号）。
A．毫伏表内阻测量错误，实际内阻小于1000 Ω
B．毫伏表内阻测量错误，实际内阻大于1000 Ω
C．R0值计算错误，接入的电阻偏大
D．R0值计算错误，接入的电阻偏小
(4)要达到预期目的，无论毫伏表测得的内阻是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R0的电阻换成阻值为kR0的电阻即可，其中k＝________。
15．(8分)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力，如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系，质量m＝0.5 kg的小球以初速度v0＝0.40 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为y轴负方向，大小变为F2＝0.10 N（图中未画出），试求：
(1)2.0 s末小球在y方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；
(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。
15．(8分)为做好新型冠状病毒肺炎（COVID－19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是某喷雾消毒桶的原理图。喷雾器的容积V1＝10 L，打气筒的容积V0＝200 cm3。某次使用时，装入了V2＝8 L药液，然后关闭所有阀门及加水口，并通过打气筒打气，使桶内上方气体压强达到p1＝3.6 atm时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强降为p2＝1.2 atm时，喷雾器不能正常喷雾。要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，提高桶内的压强。已知外界大气压p0＝1.0 atm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视为温度不变。
(1)喷雾器从开始喷雾，到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？
(2)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？
16．(8分)某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时，经过一段风洞区域，使空皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示。已知传送带的宽度d＝0.96 m，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央。空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风洞可以对香皂盒产生与传送带垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒的尺寸远小于传送带的宽度，取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a1的大小；
(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度vm为多少？
17．(14分)如图所示，在直角坐标系Oxy中，A、C两点关于原点O对称，AO＝OC＝L，直线AC与x轴正方向的夹角θ＝53°。直线AC右侧和x轴下方所夹的区域内有一匀强电场，方向沿y轴正方向。直线AC左侧区域内有一匀强磁场，方向垂直坐标平面向里，电场和磁场区域均足够大。一带正电的粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0运动，经过x轴上D点（图中未画出）后恰好能通过C点，再经磁场偏转后到达O点。不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。求：
(1)O、D两点间的距离；
(2)电场强度E与磁感应强度B之比。
18．(16分)如图所示，光滑斜轨道AB和一条足够长的粗糙水平轨道BC平滑连接，质量为5 kg的物块Q静置在水平轨道的最左端，质量为1 kg的物块P从斜道上距离BC竖直高度h＝1.8 m处由静止下滑，滑下后与物块Q碰撞。已知两物块与水平轨道BC之间的动摩擦因数均为0.2，物块P、Q均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物块P滑上斜轨道的最大高度；
(3)物块Q运动的总路程。
（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷
物 理（三） 答 案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．【答案】B
【解析】核反应过程质量数守恒，所以裂变后粒子的总核子数不变，A错误；设X原子核中有x个质子，质量数为y，则有92＝x＋38，235＋1＝y＋95＋2，解得x＝54，y＝139，则X原子核中含有中子数为y－x＝85，B正确；裂变释放核能是因为新核的比结合能大于原来重核的比结核能，CD错误。
2．【答案】C
【解析】在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A错误；在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，B错误；根据v2＝2ax可得深潜器到达x0处时的速度，在x0～2x0段加速度为零，做匀速运动，因此在2x0处深潜器速度大小为，C正确；由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，D错误。
3．【答案】D
【解析】薄膜干涉的光程差Δs＝2d（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与BC边平行，故A错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；由Δx＝eq \f(l,d)λ可知，减小薄片厚度，条纹间距将增大，故C错误；将红光换成蓝光照射，入射光波长减小，条纹间距将减小，故D正确。
4．【答案】D
【解析】根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，得T2＝eq \f(4π2l,g)，知图线的斜率k＝eq \f(4π2,g)，图线B的斜率较小，则图线B对应的重力加速度较大，可知甲图中“南开”的同学所测得的实验结果对应的图象是B，故AB错误；周期等于完成一次全振动的时间，由乙图可知，a、b两单摆的周期之比为2∶3，故C错误；由乙图可知，t＝1 s时，b球处于平衡位置向－y方向运动，故D正确。
5．【答案】A
【解析】电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在0～t1时间内放出的电荷量为S1，电压减小了6 V；在t1～t2时间内放出的电荷量为S2，电压又减小了6 V，由q＝CU，可知S1＝S2，A正确，B错误；图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻R上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，C错误；在每小段时间内，根据公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于R两端的电压在0～t1内的高于在t1～t2内的，故电阻R在0～t1内产生的内能大于在t1～t2内产生的内能，D错误。
6．【答案】D
【解析】根据p－V图像的等温线可知，气体从状态M到状态N的过程中温度先升高后降低，A错误；气体从状态N到状态Q的过程中，体积不变，压强变大，故气体的温度升高，内能增大，结合热力学第一定律可知，该过程气体吸收热量，BC错误；因气体从状态Q到状态M的过程中的压强较大，而两种情况气体体积的变化相同，故气体从状态Q到状态M的过程中外界对气体所做的功大于气体从状态M到状态N的过程中气体对外界所做的功，D正确。
7．【答案】D
【解析】根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r可得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，根据图象可知，A的eq \f(r3,T2)比B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；行星的密度大小ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(3π,GT2)，根据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；第一宇宙速度大小为v＝eq \a\vs4\al(\f(2πr,T))，由于A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma可得a＝eq \f(GM,r2)，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确。
8．【答案】C
【解析】桥面总质量m，每根钢杆拉力均为T，由平衡条件可得12T＝mg，解得T＝eq \f(1,12)mg，A错误；对整体受力分析如图甲，由平衡条件可得2TCMsin 45°＝mg，解得TCM＝eq \f(\r(2),2)mg，C正确；对左边的悬索受力分析如图乙所示，由平衡条件可得TAD＝TCMcs 45°＝eq \f(1,2)mg，B错误；对A点受力分析如图丙所示，由平衡条件可得tan θ＝eq \f(1,3)，由几何关系可得BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．【答案】BD
【解析】左侧塑料板长，尖端部分浸入油中，光线在塑料与油的分界面处不会发生全反射，从观察窗口观察是暗区，右侧塑料板短，尖端部分没有浸入油中，光线在塑料与空气的分界面处发生全反射，从观察窗口观察到的是亮区，A错误；油量越少，浸入油中是塑料板个数越少，发生全反射的塑料板个数越多，从观察窗口观察到的明亮区域越大，B正确；根据临界角公式得sin C＝eq \f(1,n)，C＝45°，解得n＝eq \r(2)，所以使用的塑料板折射率应满足n＞eq \r(2)，C错误，D正确。
10．【答案】CD
【解析】带电油滴静止在O点，则电场力向上，油滴在A处受到向上的库仑力，因此加速度小于g，A错误；离点电荷远近，电场强度越大，所以点电荷在O点产生的场强小于在B点产生的场强，B错误；油滴从A点到B点，电场力做负功，电势能增大，油滴在B点的电势能最大，C正确；带电油滴静止在O点，从A处静止释放，通过O点时速度最大，根据能量守恒定律，从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量与动能的减少量之和等于电势能的增加量，所以从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量，D正确。
11．【答案】AC
【解析】小球刚好运动到圆弧形管道的竖直最高点时速度为零，根据机械能守恒定律有Ep＝mg×eq \r(3)Rsin θ＋ mgRcs θ＋mgR＝3mgR，故A正确；弹簧劲度系数不变时，弹簧的弹性势能不变，把小球质量变为2.5m，设小球可上升的最大高度为h，则有Ep＝2.5mgh，解得h＝1.2R＜eq \r(3)Rsin θ＝1.5R，因此小球不能进入圆弧形管道，故B错误；把小球质量变为0.5m时，设小球经过最高点时的速度为v，则有Ep＝eq \f(1,2)mg×eq \r(3)Rsin θ＋eq \f(1,2)mgRcs θ＋eq \f(1,2)mgR＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2，在最高点满足FN＋eq \f(1,2)mg＝eq \f(1,2)meq \f(v2,R)，解得FN＝2.5mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律，小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方向竖直向上，故C正确；其他条件不变，增大弹簧的弹性势能，则小球在最高点有速度，需要向心力，与原来相比，支持力可能向上且减小，故D错误。
12．【答案】ABD
【解析】因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1 s，磁场强度正好达到2 T，故A正确；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势E＝U＋eq \f(P,U)r＝6 V，根据法拉第电磁感应定律E＝Bdv，解得v＝3 m/s，故B正确；金属杆从开始到达ab位置的过程中根据v＝at，解得a＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，解得μ＝0.375，故C错误；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势，解得l＝3 m，则FA＝BId＝Beq \f(P,U)d＝2 N，安培力对金属杆做功W＝－FAl＝－6 J，故D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．(6分)
【答案】(1)1.9 9.5 (2)C
【解析】(1)由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，重锤的加速度大小a＝eq \f(x4＋x5＋x6－（x1＋x2＋x3）,9T2)＝1.9 m/s2，由牛顿第二定律有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小g＝9.5 m/s2。
(2)与没有使用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
14．(8分)
【答案】(1)见解析图 (2)B (3)BD (4)
【解析】(1)毫伏表与分压电阻串联可以改装成电压表，根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示。
(2)毫伏表量程为300 mV，由图丙所示表盘可知，其分度值为1 mV，其示数为250 mV，电压表示数为2.00 V，电压表示数为毫伏表示数的8倍，改装后电压表量程为300×10－3×8 V＝2.40 V，故B正确。
(3)由(2)可知，改装后电压表量程偏小，由串联电路特点可知，分压电阻阻值偏小，如果R0值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电压表量程偏小，故BD正确，AC错误。
(4)由(2)可知，分压电阻的电压为毫伏表电压的7倍，即串联电阻R0＝7Rg，把毫伏表改装成3 V的电压表，串联电阻阻值，则k＝。
15．(8分)
【解析】(1)设在0～2.0 s内小球运动的加速度为a1，则F1＝ma1
2.0 s末小球在y方向的速度v1＝a1t1
代入数据解得v1＝0.8 m/s
沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1
沿y轴方向运动的位移y1＝eq \f(1,2)a1t12
2.0 s内运动的位移s1＝＝0.8eq \r(2) m≈1.1 m。
(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同，则
F2＝ma2，v1＝a2t2
代入数据得t2＝4.0 s。
15．(8分)
【解析】(1)对喷雾器内的气体，初态p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L
末态p′＝p2＝1.2 atm
根据玻意尔定律得：pV＝p′V′
解得：V′＝6 L
喷雾器内剩余药液的体积为10 L－6 L＝4 L。
(2)对喷雾器内的气体和待打入的气体有：p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打气筒至少再打24次气。
16．(8分)
【解析】(1)对空香皂盒，根据牛顿第二定律得：
F－μmg＝ma1
解得：a1＝8m/s2。
(2)始终以传送带为参考系进行分析。传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是先加速（在风洞区域），然后减速离开风洞区域），到达传送带边缘时速度恰好减为零。设加速时间为t1，减速时间为t2，相对传送带的加速距离为x1，减速距离为x2，则香皂盒减速过程的加速度为：a2＝μg＝4 m/s2
x1＝eq \f(1,2)a1t12，x2＝eq \f(1,2)a2t22
a1t1＝a2t2，x1＋x2＝eq \f(1,2)d
传送带的最大速度
联立解得：t1＝0.2 s，vm＝3 m/s。
17．(14分)
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设O、D间的距离为x，通过x轴时速度方向与x轴正方向夹角为α，则：
Lsin 53°＝eq \f(1,2)at2
v0t＝x＋Lcs 53°
由通过x轴后，恰好通过C点，则
整理得：x＝0.2L，tan α＝2。
(2)从A到D的过程中，根据动能定理得：EqLsin 53°＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
而
可得v＝eq \r(5)v0
从C点进入磁场之后做匀速圆周运动，恰好通过O点，设OC的垂直平分线与过C点的半径夹角为β，如图，由几何关系可得β＝α－θ
则sin β＝
又粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,R)
而
联立解得：。
18．(16分)
【解析】(1)物块P滑至斜面底端时，由动能定理得：mPgh＝eq \f(1,2)mPv02
解得：v0＝6 m/s。
(2)设物块P滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块Q碰撞后，物块P、Q的速度分别为v1、v2，则据动量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2
由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得：eq \f(1,2)mPv02＝eq \f(1,2)mPv12＋eq \f(1,2)mQv22
解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s
所以碰撞后P反向运动，由动能定理得：mPgh1＝eq \f(1,2)mPv12
解得：h1＝0.8 m。
(3)设第一次碰撞后物块Q移动的距离为x1，据动能定理得：μmQgx1＝eq \f(1,2)mQvQ2
解得：x1＝1 m
由牛顿第二定律得物块P和物块Q在地面上滑行时的加速度大小为aP＝aQ＝a＝μg
物块Q向右运动的时间为s
第一次碰撞后P沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为v1，比第一次碰后的Q速度大，所以会发生第二次碰撞。物块P反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于g，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于0.8 s。物块P滑回B点后向前运动1 m的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于0.25 s，所以物块P从反弹后运动到B点右方1 m的位置所用的时间一定大于1.05 s，因此物块P与物块Q第二次碰撞是发生在Q停止运动之后。
第二次碰撞前瞬间P的速度为v3，由运动学公式得：v32－v12＝2ax1
物块P与物块Q碰撞过程中动量守恒：mPv3＝mPv4＋mQv5
物块P与物块Q的碰撞为弹性碰撞，则有：eq \f(1,2)mPv32＝eq \f(1,2)mPv42＋eq \f(1,2)mQv52
联立解得：v4＝－eq \f(4,3)eq \r(3) m/s，v5＝eq \f(2,3)eq \r(3) m/s
因P与Q第二次碰撞后P的动能eq \f(1,2)mPv42＜2μmPgx1，所以不会发生第三次碰撞，故两物块共碰撞二次。
第二次碰撞后物块Q滑行的距离为x2，则有：eq \f(1,2)mQv52＝μmQgx2
解得x2＝eq \f(1,3) m
故物块Q滑行的距离x＝x1＋x2＝eq \f(4,3) m。