2023年湖南省永州市高考物理二模试卷（含答案解析）

这是一份2023年湖南省永州市高考物理二模试卷（含答案解析），共21页。
2023年湖南省永州市高考物理二模试卷
1. 华能石岛湾高温气冷堆核电站是我国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站。核反应堆是核电站的心脏，它是通过可控链式核裂变反应来实现核能利用的。一个 92235U原子核在中子的轰击下发生裂变反应，其裂变方程为 92235U+01n→xySr+54139Xe+301n，下列说法正确的是(    )
A. 核反应方程中Sr的中子数为56
B. 核反应方程中Sr的质量数为92
C. 因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
D. 因为裂变释放能量，Xe原子核的比结合能应比U原子核的小
2. 电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图实线所示，a、b、c、d是轨迹上的四个点，下列说法正确的是(    )

A. b处的电场强度与c处的电场强度相同
B. 电子从a到d运动时，加速度不断增大
C. 电子在a处受到的电场力方向与a处虚线相切
D. 电子从a到b运动时，电势能逐渐减小
3. 如图a所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动；达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度一时间图像如图b所示，则下列说法中正确的是(    )

A. 乙选手起跑2s后刚好追上甲选手
B. 乙选手起跑时，甲选手正好跑了3m
C. 相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4m
D. 乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇
4. 2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员进入空间站与神舟十四号航天员乘组首次在轨会师，对接过程的示意图如图所示。天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接。已知万有引力常量为G。则下列说法正确的是(    )

A. 地球的质量为4π2r12GT12
B. 飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1 (r1+r32r1)3
C. 飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D. 飞船在轨道Ⅱ经过B点时受到地球的万有引力大于在轨道Ⅲ经过B点时受到地球的万有引力
5. 为庆祝党的二十大的胜利召开，某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼间由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32。在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示，与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m=1kg，重力加速度g=10m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm=320 2N，最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(    )

A. θ最大为60∘
B. 当θ最大时最右端轻绳的拉力为320 2N
C. 当tanθ=12时第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45∘
D. 当tanθ=34时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30∘
6. 某实验室进行交变电流实验研究，交流发电机输出的交变电压如图甲所示，将其接在如图乙所示电路的a、b端，滑动变阻器总电阻为2R，3只相同灯泡的电阻为R且电阻恒定不变。接通电源后调节滑片P处于正中央时，三只相同灯泡均正常发光。下列说法中正确的是(    )

A. 变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B. 小灯泡的额定电压为6V
C. 滑片P向下移动，L1变暗、L2变暗 D. 滑片P向上移动，L1变暗、L2变亮
7. 如图所示，在x轴上有一根材质均匀的绳子，绳子的两端点分别置于x=−6m和x=12m处，现使绳子两端点分别上下做简谐运动，产生两列波甲和乙，分别沿x轴正方向和x轴负方向传播。t=0时刻x=−2m和x=8m处的质点刚好开始振动，t=10s时两列波恰好第一次相遇，则下列说法正确的是(    )

A. 两波源开始振动的方向相同
B. 两列波能在绳子上形成稳定的干涉图样
C. 两列波的波速1m/s
D. t=14s时，x=2m处质点的位移为−10cm
8. 水平地面上有一质量为m1=3kg的长木板，木板的左端上有一质量为m2=2kg的物块，如图(a)所示，用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小取10m/s2。则下列说法正确的是(    )

A. F1=10N B. F2=25N
C. 木板加速度所能达到的最大值为2m/s2 D. 在t1∼t2时间段物块做匀加速直线运动
9. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v−t图像如图乙所示，下列说法正确的是(    )

A. 物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为24J
B. 4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48N⋅s
C. 物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J
D. 物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为12m/s
10. 如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为θ=30∘，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为r=17R，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 通过电阻R的电量为7BLh8R
B. 金属棒受到的安培力的冲量大小为7B2L2h48R
C. 金属棒克服安培力做的功为12m(7gh−80m2g2R2B4L4)
D. 电阻R上产生的焦耳热为12m(7gh8−10m2g2R2B4L4)
11. 某同学利用如图1所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g。主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离s；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变θ，测出不同θ所对应的挡光时间t。
根据上述实验步骤请回答：
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图2所示，则挡光片的宽度d=______ mm。
(2)滑块通过光电门时速度的表达式v=______ (用实验中所测物理量符号表示)。
(3)根据实验测得的多组θ、t数据，可绘制sinθ−1t2图像，图像的纵坐标为sinθ，横坐标为1t2，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为______ (用d、s、g表示)。
12. 某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图甲所示，该同学想知道中空部分的内径d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如下实验进行测量，已知该元件的长度L及电阻率ρ。

(1)用螺旋测微器测元件的外径D。
(2)用多用电表测出其阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”、“×10”、“×100”和“×1k”四挡，选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图乙所示，则该元件的电阻为______ Ω。
(3)为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择：
A.电流表A1(量程3A，内阻r3约为0.1Ω)
B.电流表A2(量程150mA，内阻r2约为20Ω)
C.电流表A3(量程30mA，内阻r1=50Ω)
D.滑动变阻器R(0∼20Ω,额定电流2A)
E.直流电源E(12V,内阻不计)
F.导电元件Rx
G.定值电阻R1=10Ω，R2=350Ω
H.开关一只，导线若干
请选择合适的仪器，将实验电路图画在虚线框内，并标明所选器材的代号。

(4)实验测得的数据如表：
序号
1
2
3
4
5
I1/mA
5.5
9.0
15.3
20.0
24.9
I2/mA
27
48
78
100
127
I2−I1/mA
21.5
39.0
62.7
80.0
102.1
根据表格数据在上面坐标系中做出I1−(I2−I1)的图像______ ，可得该元件电阻的测量值为______ Ω(保留3位有效数字)。若测得该元件的电阻为Rx，则可得到该元件的内径d。
(5)若实验室提供的定值电阻的实际阻值比标称值略小，则由此测得的内径d与真实值相比______ (填“偏大”、“相等”或“偏小”)。
13. 为了监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为m=2kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S=20cm2。当汽缸内温度为300K时，活塞与汽缸底间距为L，活塞上部距活塞L3处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为30N时，警报器报警。已知室外空气压强p0=1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。重力加速度大小取10m/s2。求：
(1)当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为多少？
(2)若锅炉外壁的最高安全温度为1200K，那么重物的质量至少应为多少？
14. 如图所示，光滑水平面AB的左侧有一固定的竖直挡板，放在AB间的小滑块质量m=0.4kg，水平面B端紧靠倾角θ=37∘的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆时针转动，速率恒为v=2m/s。现给小滑块一个水平向右的瞬时速度v0，小滑块经过B处冲上传送带，恰好到达C端，然后返回到B端。已知B、C两端间的距离L=3.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，滑块通过B处时无机械能损失。求：
(1)瞬时速度v0的大小；
(2)滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
(3)滑块第一次在传送带上运动时滑块与传送带因摩擦产生的热量。

15. 如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量ma=1kg，mb=3kg，a球带电量q=+2C，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距L0=0.08m。现让装置O带动杆以v0=2m/s向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度B=1T的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。(g取10m/s2)
(1)求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？
(2)若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？
(3)如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形ABCD内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中AB= 3AD= 3L，L=2m，B0=1T，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，E=30V/m，给a一个向右瞬时冲量I，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在t=0时从A点沿AB方向进入磁场，最终到达C点，则冲量I多大？

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：AB、根据质量数守恒可得235+1=y+139+3，根据电荷数守恒可得92=x+54，解得：y=94，x=38，所以核反应方程中Sr的中子数为n=y−x=94−38=56，故A正确、B错误；
C、核裂变释放能量，会出现质量亏损，但是总质量数不变，故C错误；
D、比结合能越大，原子核越稳定， 92235U原子核裂变得到Xe原子核，说明Xe原子核比 92235U原子核稳定，即Xe原子核的比结合能应比U原子核的大，故D错误。
故选：A。
根据质量数守恒和电荷数守恒计算出Sr的质子数和中子数，根据比结合能越大，原子核越稳定的特点分析出两种原子核的比结合能关系；理解质量亏损的定义并做出判断。
本题主要考查了重核的裂变，根据核反应的质量数和电荷数守恒代入数据完成解答，同时要正确理解比结合能和质量亏损的概念。

2.【答案】D 
【解析】解：A、电场线与等势线垂直，且电场线由高电势指向低电势，电场线的切线方向为该点的场强方向，由图可知b处电场线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；
B、等差等势线的疏密程度表示电场强度的大小，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；
C、a处电场线与虚线垂直，所以电子受到的电场力方向与虚线垂直，故C错误；
D、电子从a到b运动时，电势逐渐升高，根据Ep=qφ可知，电子的电势能逐渐减小，故D正确。
故选：D。
负电荷在电势高的地方电势能小，根据电势高低判断电子的电势能变化；等势面的疏密程度表示场强的大小；等势面与电场线垂直。
本题考查等势面，解题关键是知道等差等势面的密集程度表示场强的大小，等势面与电场线垂直。

3.【答案】C 
【解析】解：A、由图可知，乙选手起跑2s后，则到了t=4s时两人的速度相等，同一起跑线开始则应为相距最远时，不能追上，故A错误；
B、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知当乙选手起跑时，甲选手的位移为x甲=2×22m=2m
，故B错误；
C、由图可知，t=4s时两人的速度相等，相距最远，两选手之间的最大距离等于0−4s内二者之间的位移之差，即为Δx=x甲−x乙=(2+42×2−2×22)m=4m，故C正确；
D、乙选手超过甲选手后，其速度始终比甲选手的大，两选手不可能再次相遇，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，来求乙选手起跑时甲选手的位移。相遇前甲、乙两选手速度相等时间距最大，由“面积”法求相遇前甲、乙两选手之间的最大距离。根据两人的位移关系判断是否相遇。
本题是速度-时间图像的应用，关键要明确v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。

4.【答案】B 
【解析】解：A、当神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，根据万有引力提供向心力得GMmr12=mr14π2T12
则地球的质量为M=4π2r13GT12
故A错误；
B、由图可知，轨道Ⅱ的半长轴为a=r1+r32
由开普勒第三定律a3T2=k
可得a3T22=r13T12
解得T2=T1 (r1+r32r1)3
故B正确；
C、由开普勒第二定律可知，近地点的速率大于远地点的速率，所以飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断减小，故C错误；
D、因为飞船在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ的B点时，轨道半径相同，根据万有引力提供向心力F=GMmr2，可知飞船在轨道Ⅱ经过B点时受到地球的万有引力等于在轨道Ⅲ经过B点时受到地球的万有引力。故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力解得地球质量；根据开普勒第三定律分析周期大小，根据开普勒第二定律分析C；根据万有引力公式分析D。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

5.【答案】C 
【解析】解：AB、当最左端连接的轻绳的拉力大小为Tm=320 2N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示

由平衡条件水平方向有：Tmsinθm=F2
竖直方向有：Tmcosθm=32mg
联立解得θm=45∘，F2=320N
故AB错误；
C.当tanθ=12时，灯笼整体受力分析如图

由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21=32mgtanθ
对第17个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanα=F21(32−16)mg
则第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α=45∘
故C正确；
D.当tanθ=34时，此时灯笼整体受力如图所示

由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22=32mgtanθ
对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况相同，由平衡条件tanβ=F22(32−8)mg
则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β=45∘
故D错误。
故选：C。
将灯笼当作一个整体，根据共点力的平衡条件分析AB；根据整体和隔离的分析方法结合共点力平衡条件解得CD。
在利用共点力的平衡条件解决问题时，可以选取几个物体为整体，也可以选取一个物体为研究对象。

6.【答案】D 
【解析】解：A、设灯泡的额定电压为UL，额定电流为I，原线圈的电流为I1，原线圈的电压为U1，副线圈的总电流为I2，副线圈的电压为U2，电源的总电压为U，接通电源后调节滑片P处于正中央时，滑动变阻器的电阻为R，三只相同灯泡均正常发光，通过三个灯泡的电流相同，则有
I1=I
I2=3I
U2=UL
U=UL+U1
原副线圈两端电流比等于匝数的反比，有：n1n2=I2I1=3II=31
故A错误；
B、原副线圈两端电压比等于匝数比，有：n1n2=U1U2=31=U1UL
解得：U1=3UL
根据欧姆定律得：U=UL+U1=4UL=18V
解得：UL=4.5V
故B错误；
C、滑片P向下移动，滑动变阻器阻值变小，副线圈总电阻变小，则I2变大，I1变大，U不变，U1减小，U2减小，则L1变亮、L2变暗，故C错误；
D、滑片P向上移动，滑动变阻器阻值变大，副线圈总电阻增大，则I2变小，I1变小，U不变，U1增大，U2增大，则L1变暗、L2变亮，故D正确。
故选：D。
根据串并联规律和变压器的变压关系求解原副线圈匝数比和小灯泡的额定电压；滑片P滑动，根据串并联规律判断灯泡的亮暗程度。
本题考查变压器，解题关键是掌握变压器的变压规律，结合串并联规律求解即可。

7.【答案】BD 
【解析】解：B、两波在同一根绳子上传播，波长相同，所以甲、乙波的频率相同，能形成稳定的干涉图样，故B正确；
A、t=0时刻x=−2m和x=8m处的质点刚好开始振动，甲、乙波起振方向分别是y轴正方向和y轴负方向，故A错误；
C、t=10s时两列波恰好第一次相遇，有v=Δx2t=8+22×10m/s=0.5m/s，故C错误；
D、波的周期为：T=λv=40.5m=8m，当t=14s=T+34T，沿x正方向传播的波在x=2m处引起的振动位移为−4cm，沿x负方向传播的波在x=2m处引起的振动位移为−6cm，x=2m处质点的位移为−10cm，故D正确。
故选：BD。
甲、乙波起振方向分别是正y轴方向和负y轴方向；
由图读出波长，结合波速关系找出周期关系，得出两列波频率相同，能形成稳定的干涉图样；
由两列波的振动情况，质点运动的位移。
本题综合考查了波的知识，学生需掌握波长、波速、周期间的关系，能灵活运用图像所包含的信息。注意两列频率相同的波相遇时可形成稳定的干涉。

8.【答案】AC 
【解析】解：A.木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N
木板与物块间的最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N
当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10N，故A正确；
BC.当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板f2−f1=m1a
对物块F2−f2=m2a
解得F2=20N，a=2m/s2
此时拉力大小为20N，木板加速度达到最大值为2m/s2，故B错误，C正确；
D.在t1∼t2时间段，物块相对木板静止，所受拉力逐渐增大，加速度变大，不做匀加速直线运动，故D错误。
故选：AC。
计算木板与地面间和木板与物块间的最大静摩擦力，根据拉力变化、整体法和隔离法及牛顿第二定律分析判断。
本题考查板块模型问题，要求掌握整体法和隔离法及牛顿第二定律。

9.【答案】BC 
【解析】解：A、由图可知，C与A碰前速度为v1=12m/s，碰后速度为v2=4m/s，C与A碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=(mA+mC)v2，解得mC=2kg。当C与A速度减为0时，弹簧的弹性势能最大，且为Epm=12(mA+mC)v22，解得Epm=18J，故A错误；
B、12s末A和C的速度为v3=−4m/s，4s到12s的时间内，墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，则墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3−(mA+mC)v2，解得I=−48N⋅s，方向向左，故B正确；
C、物块B刚离时，A、C向左运动的速度大小为4m/s，物块B离开始墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，取向左为正方向，则由动量守恒定律有(mA+mC)|v3|=(mA+mC+mB)v4，由系统机械能守恒有：EP=12(mA+mC)v32−12(mA+mC+mB)v42，联立解得弹簧的最大弹性势能：EP=12J，故C正确；
D、物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为4m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有(mA+mC)v3=(mA+mC)v5+mBv612(mA+mC)v32=12(mA+mC)v52+12mBv62，代入数据解得：v6=6m/s，即物块B的最大速度为6m/s，故D错误。
故选：BC。
根据动量守恒定律求出A与C碰撞后的共同速度，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后A、C的总动能。根据动量定理，可以求解弹簧对A和C整体的冲量大小，从而得到墙壁对物块B的冲量大小。物块B离开墙壁后，当A、B、C三者共速时弹性势能最大，根据A、B、C系统动量守恒和机械能守恒，可以求解弹簧最大弹性势能和物块B的最大速度。
本题的解题关键是会看图像，能从图像上读取有用信息，搞清物体的运动情况，然后根据动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律，即可进行求解。

10.【答案】AC 
【解析】解：A、通过电阻R的电量为q=I−⋅Δt=ΔΦΔtR+r⋅Δt=ΔΦR+r=BLhR+r=7BLh8R，故A正确；
B、安培力的冲量大小为：I安=BI−Lt=BLq=7B2L2h8R，故B错误；
CD、金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电流，使金属棒受到斜向下的安培力，金属棒的速度越大，阻碍它运动的安培力也越大，故金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动，当受力平衡时，其速度达到最大值vm，此时由感应电动势E=BLv，感应电流：I=ER总，可得：mgsinθ+B2L2vmR+r=4mg，解得vm=4mgRB2L2
由能量守恒定律得：4mgh=mghsin⁡θ+12(4m+m)vm2+Q总
联立解得：Q总=12m(7gh−80m2g2R2B4L4)
则电阻R上产生的焦耳热为：Q=RR+rQ总=12m(498gh−70m2g2R2B4L4)
根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为：W=Q总=12m(7gh−80m2g2R2B4L4)，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据电流的平均值与时间的乘积求通过电阻R的电量；
根据安培力平均值与时间的乘积求安培力的冲量大小；
根据功能关系求金属棒克服安培力做的功；由能量守恒定律求出电路中产生的总热量，从而求得电阻R上产生的焦耳热。
解决本题时，要能熟练推导出电量与磁通量变化量的关系，知道安培力是变力，要根据安培力平均值来求安培力的冲量。

11.【答案】2.8dt d22gs 
【解析】解：(1)游标卡尺主尺的最小分度值为1mm，读数为2mm；游标的最小分度值为0.1mm，读数为0.1×8mm=0.8mm；所以挡光片的宽度为d=2mm+0.8mm=2.8mm
(2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，所以滑块通过光电门时速度为：v=dt
(3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有
mgssinθ=12m(dt)2
整理得：sinθ=d22gs⋅1t2
由此可知，sinθ−1t2图像应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为k=d22gs
故答案为：(1)2.8；(2)dt；(3)d22gs。
(1)确定游标卡尺的主尺和游标尺的最小分度值，读出读数相加即为游标卡尺读数；
(2)根据时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度求解；
(3)根据机械能守恒定律推导函数关系式确定斜率。
本题考查验证机械能守恒定律实验，要求掌握利用光电门确定速度、利用图像处理数据和会游标卡尺读数。

12.【答案】100 见解析  100 偏大 
【解析】解：(2)当选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，说明流过电表的电流较大，则待测电阻阻值较小，故需改用“×10”挡进行测量，由图可知，该元件的电阻为10×10Ω=100Ω；
(3)由于实验器材中没有电压表但电流表A3内阻已知，且电流表A3能测最大电压为：Umax=IARA=30×10−3×50V=1.5V
Umax比电源电动势小很多，故需选择一个定值电阻与其串联，根据欧姆定律有：R=E−UmaxIA=12−1.50.03Ω=350Ω
所以选择R2与A3串联改装成电压表；又由于滑动变阻器的总阻值比待测电阻小，为了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式；由于电源电动势只有12V，待测电阻阻值约为100Ω，电流为：I=ERx=12100A=0.12A=120mA，故A1电流表量程过大，选A2做电流表比较合适；由于电流表A2的内阻未知，故采用外接法，电路图如图

(4)将数据表中I1和I2−I1的数据在坐标系中描点，并连成一条直线，让尽可能多的点在直线上，其余点分布直线两侧，可得到一条过原点的斜线，如图

由欧姆定律Rx=I1(RA3+R2)I2−I1=400I1I2−I1
由图像求得图像斜率为k=20−080−0=0.25
所以该元件电阻的测量值为Rx=400×0.25Ω=100Ω
(5)由电阻定律有Rx=ρLS=ρLπ(D2)2−π(d2)2
解得d= D2−4ρLπRx
若R2电阻的实际阻值比标称值略小，由Rx=I1(RA3+R2)I2−I1=(RA3+R2)k
可知测出的Rx阻值也偏大，所以测出的内径d偏大。
故答案为：(2)100；(3)见解析；(4)见解析，100；(5)偏大。
(2)指针偏转角度过大，说明流过电表的电流较大，待测电阻阻值较小，换用较小的挡位测量，电阻阻值为读出指针示数乘以倍率；
(3)没有电压表，对内阻已知的电流表进行改装，根据减小误差确定滑动变阻器的连接方式，根据估算电流选择电流表及电流表的连接方式；
(4)根据图像和函数关系式计算待测电阻；
(5)根据电阻定律推导待测电阻表达式分析误差。
本题考查测电阻实验，要求掌握实验原理，实验器材和电路的选择、根据图像计算电阻及实验误差分析。

13.【答案】解：(1)气体开始时的体积V1=LS；后来的体积V2=(L+L3)S
活塞上升过程为等压变化，根据盖吕萨克定律V1T1=V2T2
得T2=400K
(2)活塞碰到重物后到绳的拉力为30N是等容过程，设重物质量为M，则p2S=p0S+mg；p3S=p0S+(m+M)g−T
根据查理定律p2T2=p3T3
解得M=47kg
答：(1)当活塞刚刚接触到重物时，锅炉外壁温度为400K；
(2)若锅炉外壁的最高安全温度为1200K，那么重物的质量至少应为47kg。 
【解析】(1)活塞上升过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律分析当活塞刚刚碰到重物时锅炉外壁温度；
(2)活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，由力平衡求出初末状态时封闭气体的压强，再由查理定律求解。
本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。

14.【答案】解：(1)设滑块上滑过程中的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
  mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得：a1=10m/s2
滑块在上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，根据运动学公式有v02=2a1L
解得：v0=8m/s
(2)设滑块从B点运动到C点所用时间为t1，根据运动学公式有v0=a1t1
解得：t1=0.8s
滑块下滑过程，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
 mgsinθ+μmgcosθ=ma2
解得：a2=10m/s2
设滑块从C点向下加速到与传送带速度相同时间为t2，位移为x1，则由运动学公式v=a2t2，x1=12vt2
解得t2=0.2s，x1=0.2m
由于mgsinθ>μmgcosθ，滑块无法平衡，滑块继续向下加速，设加速度为a3，由牛顿第二定律有
 mgsinθ−μmgcosθ=ma3
解得a3=2m/s2
之后运动到B点所用时间设为t3，由运动学公式有L−x1=vt3+12a3t32
解得：t3=1s
则滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t=t1+t2+t3=0.8s+0.2s+1s=2s
(3)滑块第一次在传送带上运动过程滑块与传送带间的相对运动路程为
 s=(vt1+L)+vt2−x1+(L−x1)−vt3
解得：s=6m
因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ⋅s
代入数据可得：Q=9.6J
答：(1)瞬时速度v0的大小为8m/s；
(2)滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t为2s；
(3)滑块第一次在传送带上运动时滑块与传送带因摩擦产生的热量为9.6J。 
【解析】(1)滑块上滑过程，根据牛顿第二定律和速度-位移公式相结合求解滑块的初速度大小。
(2)由速度-时间公式求出滑块上滑的时间。对于下滑过程，由牛顿第二定律和位移-时间公式相结合求运动时间，从而得到滑块从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间t；
(3)滑块第一次在传送带上运动时，求出滑块与传送带间的相对路程，即可求出因摩擦产生的热量。
解答本题的关键要理清滑块的运动情况，特别是下滑过程中，要分析滑块能否与传送带共速，并判断共速后的运动情况。

15.【答案】解：(1)a球做加速运动的加速度为a，则：Bqv0=maa
设第一次碰前速度为va0，则：va02=2aL
设a和b碰撞后速度为va1、vb1，以向右的方向为正方向，
根据动量守恒定律可得：mava0=mava1+mbvb1
由机械能守恒定律可得：12mava02=12mava12+12mbvb12
解得：va1=−0.4m/s，vb1=0.4m/s
(2)设物块a、b第一次碰后再经过时间t1发生第二次碰撞：va1t1+12at12=vb1t1
解得：t1=0.4s
第二次碰撞前a的速度：v′a1=va1+at1
代入数据可得：va1′=1.2m/s
第二次碰撞前b的速度：v′b1=vb1=0.4m/s
碰撞过程中，以向右方向为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mav′a1+mbv′b1=mava2+mbvb2
12mav′a12+12mbv′b12=12mava22+12mbvb22
解得：va2=0，vb2=0.8m/s
第二次和第三次碰撞的时间间隔为t2，则：xa2=xb2
即：va2t2+12at22=vb2t2
解得：t2=0.4s
第三次碰撞前a的速度：v′a2=va2+at2
代入得：va2′=1.6m/s
第三次碰撞前b的速度：v′b2=vb2=0.8m/s
碰撞过程中，以向右方向为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：mav′a2+mbv′b2=mava3+mbvb3
12mav′a22+12mbv′b22=12mava32+12mbvb32
解得：va3=0.4m/s，vb3=1.2m/s
即每一次碰撞b球的速度增加0.4m/s，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，
则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为：xb1=vb1⋅t=0.4×0.4m=0.16m
xb2=vb2⋅t=0.4×2×0.4m=0.32m，xb3=vb3⋅t=0.4×3×0.4m=0.48m
……………
则杆的长度是：x=L0+xb1+xb2+xb3+⋅⋅⋅+xb8
代入计算结果得：x=5.84m
(3)若给a球一个冲量I，则I=mav0
以向右方向为正方向，a球和b球碰撞，动量守恒：mav0=mava+mbvb
机械能守恒：12mav02=12mava2+12mbvb2
解得：vb=I2
b球在长方形区域时：mbg=Eqb
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动：qbvbB0=mbvb2r
而由几何关系得：nr=2L(n=1,2,3⋯)
联立解得：I=83nN⋅s(n=1,2,3⋯)
答：(1)球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是−0.4m/s、vb1=0.4m/s；
(2)若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是5.84m；
(3)给a一个向右瞬时冲量I，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在t=0时从A点沿AB方向进入磁场，最终到达C点，则冲量I为83nN⋅s (n=1,2,3⋯)。 
【解析】(1)由牛顿第二定律和运动学规律求出a球向右加速L后的速度，再根据弹性碰撞的两个规律求出两球碰撞后的速度；
(2)在第一问的基础上同样求出第二次碰撞后的速度及时间间隔，从两次碰撞的计算结果找到下一次碰撞的时间间隔和b球向右的位移，找到相关规律后，从而计算出第三、四到第九次碰撞时b球向右移动的总位移，从而求出杆长；
(3)给a球一个冲量后，根据弹性碰撞的规律求出碰撞后两球的速度。b球进入矩形区域后由于电场力与力平稳，合为为洛伦兹力而做匀速圆周运动，由几何关系找到半径与长的关系，从而求出对小球a的冲量。
本题要理清两球的运动情况，知道平抛运动的研究方法：运动的分解法，掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律。涉及力在空间效果求速度时往往运用动能定理，涉及在时间效果求速度时往往应用动量定理。