2023年浙江省台州市临海、新昌两地三校高考物理联考试卷（5月份）-普通用卷

这是一份2023年浙江省台州市临海、新昌两地三校高考物理联考试卷（5月份）-普通用卷，共30页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年浙江省台州市临海、新昌两地三校高考物理联考试卷（5月份）
1. 下列仪器所测物理量的单位中，不属于基本单位的是(    )
A. B.
C. D.
2. 下列说法正确的是(    )
A. 合外力冲量越大，物体速度变化率越大
B. 相对论和量子力学否定了牛顿运动定律
C. 金属热电阻和热敏电阻都是由金属制作成的
D. 匀速转动的电动机若线圈突然被卡住，则通过线圈的电流将增大
3. 年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是(    )
A. 整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B. 榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C. 年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D. 榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
4. 我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是(    )

A. 中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B. 侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C. 中星26在C点线速度v1与侦察卫星在D点线速度v2相等
D. 相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
5. 如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则(    )


A. A点和B点的磁感应强度相同
B. 其中b导线所受安培力大小为F
C. a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D. a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
6. 下列有关四幅图像说法正确的是(    )


A. 图(1)中线圈中的磁场能在增加
B. 图(2)中变化的磁场周围存在电场，与周围有没有闭合电路无关
C. 图(3)中若B线圈不闭合，S断开时延时效果还存在
D. 图(3)中电子的衍射实验证明了电子的粒子性
7. 如图甲为交流发电机内部结构图，匝数为N的矩形线圈位置不变，磁铁绕轴转动后，线圈中生成正弦式交变电流如图乙所示，其电动势峰值为Em，周期为T，回路总电阻为R，则在0～T2时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为(    )


A. 0 B. EmTπR C. EmT2πR D. EmT 2πR
8. 如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板BC上，通过楼顶的滑轮和轻质绳索OA在竖直平面内缓慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角，β=53°，在下降过程中β角保持不变。玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板BC保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳OA与竖直玻璃墙的夹角α=37°，连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ=120°，且与OA在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量m=60kg，小木板的质量可忽略不计。工人在稳定且未擦墙时，下列说法正确的是(    )


A. 从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大
B. 从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，绳OA的弹力增大
C. 此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小为360N
D. 此时若工人不触碰轻绳，绳AB的张力大小为600N
9. 如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。下列说法正确的是(    )

A. 防窥屏实现防窥效果主要是运用了光的干涉
B. 屏障的高度d越大，可视角度θ越大
C. 透明介质的折射率越大，可视角度θ越大
D. 从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置低
10. 地铁靠站时列车车体和屏蔽门之间安装有光电传感器。如图甲所示，若光线被乘客阻挡，电流发生变化，工作电路立即报警。如图乙所示，光线发射器内大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光中只有a、b两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为2.55eV，可见光光子的能量范围是1.62eV～3.11eV，下列说法正确的是(    )


A. 光线发射器中发出的光有两种为可见光
B. 题述条件下，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为9.54eV
C. 题述a光为氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时发出的光
D. 若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能变小，光电流减小
11. 几十亿年后太阳内部氢元素消耗殆尽，内部高温高压使三个氦核发生短暂的热核反应，被称为氦闪，核反应方程为324He→X，该反应放出的能量为E，真空中光速为c。则下列说法错误的是(    )
A. 该反应属于核聚变 B. X核中有6个中子
C. X核的比结合能为E12 D. 该反应的质量亏损为Ec2
12. 如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB=CD=h，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为(    )

A. d B. ( 2−1)d C. h2d D. d2h
13. 如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O。在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点。连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为(忽略物体的大小和细线质量) (    )


A. 6l B. 10l C. 12l D. 15l
14. 下列关于分子动理论知识，说法正确的是(    )


A. 图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大
B. 图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动
C. 图丙为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高
D. 图丁分子力F随分子间距离r的变化图像，两分子间距从r=r2到r=r1，分子力先减小后增大
15. 如图甲所示，S为与波源处于同一均匀介质中的点，其与两波源P1、P2的距离分别是7m、9m，P1、P2间距离为10m，波源P1的振动图像如图乙所示；波源P2振动频率f=5Hz，其产生的简谐横波在t=0.25s时刻的图像如图丙所示，已知P1、P2均在t=0时刻开始振动，则(    )


A. 波源P2的起振方向沿y轴负方向
B. 质点S为振动加强点
C. t=1.1s时质点S向y轴负方向运动
D. 在t=0.6s时，SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇
16. (1)下列四个实验中体现控制变量法的实验有______ (多选)。

A.图1中的“探究加速度与力、质量的关系”实验
B.图2中的“探究求合力方法”实验
C.图3中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验
D.图4中的“用单摆测测量重力加速度”实验
(2)图5是“探究加速度与力、质量的关系”实验时，小车做匀变速直线运动时得到的一条纸带的一部分，计数点1的读数为______ cm；其对应的加速度a= ______ m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)“探究求合力方法”实验下列说法正确的是______ ；
A.拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
(4)用图4做“用单摆测量重力加速度”实验时
①下列实验操作正确的是______ 。
A.小球运动到最高点时开始计时
B.小球的摆角控制在5°以内
C.用天平测出小球的质量
D.测出单摆摆动5个周期的总时间t，求得单摆的周期T=15t
②实验器材中没有小铁球，于是他用小铁块来代替小铁球进行实验。由于铁块形状不规则，无法测出摆长，他设计了如下的实验方法：先测出使用某一长度摆线时单摆的周期T1，然后将单摆的摆线缩短Δl，再测出对应的周期T2。请写出重力加速度的表达式______ 。
17. 某校两个物理研究小组测量不同型号电池的电动势和内阻。

(1)第一小组利用多用电表粗略测定电动势，当多用电表选择开关位于2.5V直流挡时，多用电笔表盘如图甲所示，则该电池电动势约为______ V。研究小组想利用多用电表欧姆挡粗略测量电源内阻，你认为______ (填“可行”或“不可行”)。
(2)第二小组设计的实验电路图如图乙所示，已知R1=2Ω，改变R2得到多组数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标如图丙，请结合数据点分析电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω(结果均保留小数点后两位)；滑动变阻器R2选______ (填A或B)(滑动变阻器A、B的最大值分别为5Ω、20Ω)；该小组实验误差与电压表______ (填“V1”或“V2”)的分流无关。
18. 如图甲所示，水平对置发动机的活塞对称分布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动，发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27℃。已知大气压强为p0=1.0×105Pa，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求：
(1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1；
(2)气体温度达到827℃时，气体的压强p2；
(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。


19. 如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1=3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ=120°、半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2=2.2m、质量M=0.4kg木板(与轨道不粘连)。现将一块质量m=0.2kg的物块(可视为质点)轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2。
(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
(2)若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
(3)若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。


20. 两条间距为d=0.1m的足够长平行金属导轨水平放置，在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场，磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布，在x>0区域B=3x(T)，在−2m≤x≤0区域B=1.5(T)，如图所示。金属棒ab与导轨垂直静止在x=l.5m处，长为d=0.1m，质量m=50g，电阻R1=0.3Ω，左端的定值电阻R2=0.6Ω，处在−2m≤x≤0区域的导轨是光滑的，导轨其余部分与ab棒的动摩擦因数均为μ=0.2，在导轨的右侧接有一个带有控制电键的“恒流源”，可提供I=1A的恒定电流，现闭合电键K发现ab棒沿轨道向左运动，求：
(1)闭合电键瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小；
(2)若棒运动到x=0时立即断开电键K，问ab棒最后静止在何处(用x轴坐标表示)；
(3)求出上述整个过程中R2产生的焦耳热(备选信息：弹簧振子的周期公式T=2π mk，以其中m为振子质量，k为弹簧的劲度系数)。

21. 如图，ABCD是边长为2a的正方形磁性约束装置，内部存在垂直纸面方向的匀强磁场，AB、CD中点O、O′处各有一窄缝。平行金属板M、N和BC边平行，长度为2a、两板间距离为a，其中M板紧靠BC边且中点处的窄缝与BC边的窄缝对齐，在金属板M、N上加电压UMN时，两板间产生的电场可看成匀强电场。粒子源P不断向外释放电量为q>0、质量为m的粒子，速度大小在0G，故D正确。
故选：D。
根据加速度的方向判定榔头是否处于于失重状态；弹力是由于发生形变的物体由于要恢复形变对接触的物体有力的作用；根据牛顿第三定律分析榔头对年糕的打击力与年糕对榔头的支持力的大小关系；根据共点力平衡分析地面对石槽的支持力和石槽和年糕的总重力的关系。
本题考查超失重、弹力产生原因、牛顿第三定律等知识，要注意牢记弹力是由于施力物体发生形变而产生的。

4.【答案】D 
【解析】解：A.由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，故中星26在下半周转动时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦察卫星不可能在A点或B点相遇，故A错误；
B.侦查卫星从D点运动到A点过程中，只有引力做功，机械能不变，故B错误；
C.由开普勒第二定律，侦察卫星在D点速度最小，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，则中星26在C点线速度v1大于侦察卫星在D点线速度v2，故C错误；
D.中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由开普勒第三定律a3T2=k，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知，相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确。
故选：D。
依题意，分析中星26和侦察卫星的运动情况，分析不可能在A点或B点相遇；
只有引力做功，机械能不变；
由开普勒第二定律，分析线速度大小关系；
由开普勒第三定律a3T2=k，分析周期和半径，再比较面积。
本题考查学生对开普勒行星运动定律、机械能守恒的掌握以及对题意的分析，是一道中等难度题。

5.【答案】C 
【解析】解：A.A、B关于O点对称，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，故A错误；
B.根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：Ffd=tan30°F
解得：Ffd= 33F
e对导线b的安培力大小为：F2
则根据平行四边形定则对矢量进行合成可得b导线所受安培力大小为：Fb=2Fsin30°+2× 3F3sin60°+F2
解得：Fb=5F2，故B错误；
CD.根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
故选：C。
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。

6.【答案】B 
【解析】解：A.如图所示，电容器下极板带正电，结合电流方向可知，电容放弃处于充电阶段，则电场能增加，根据能量守恒定律知磁场能减小，故A错误；
B.根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场周围存在电场，与是否有闭合电路无关，故B正确；
C.若B线圈不闭合，S断开时不存在闭合回路，不会产生自感电流的磁场，延时效果不存在，故C错误；
D.电子的衍射实验证明电子的波动性，故D错误。
故选：B。
根据电流方向与电容器间的电场方向判定磁场能的变化；根据麦克斯韦的电磁场理论分析；若B线圈不闭合，根据AB线圈是否存在相互作用判断是否有延时效果；电子的衍射实验证明电子的波动性。
本题考查了电磁振荡、电磁波、电子的衍射实验等基础知识，知道泊松亮斑，知道延时继电器的工作原理。

7.【答案】B 
【解析】解：根据电动势最大值表达式得：Em=NBSω=NBS⋅2πT
由图像可知，0时刻的电动势为零，线圈处于中性面位置，则0～T2时间内，磁通量变化量大小为|ΔΦ|=|−BS−BS|=2BS
0～T2时间内通过矩形线圈某一截面的电荷量为
q=IΔt=ERΔt=NΔΦΔtRΔt=NΔΦR
联立可得q=EmTπR，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据交流电的产生过程可明确磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可求得通过的电荷量。
本题考查交流电的产生及电量的计算，要注意明确求电量时用平均值。

8.【答案】B 
【解析】解：对工人受力分析如图：

A.从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，由相似三角形对应边成比例有
F1DE=F2OA=mgOD
OA长度增加，OD、DE长度不变，所以F1不变，F2增加，即绳OA的弹力增大，脚对墙的作用力大小为F1sinβ，在下降过程中β角保持不变。所以脚对墙的作用力大小不变。故A错误；
B.由A选项得，OA长度增加，OD、DE长度不变，所以F1不变，F2增加，即绳OA的弹力增大，故B正确；
C.此时若工人不触碰轻绳，小木板受的压力大小等于F2，由于α=37°，β=53°则
根据平衡条件有F2=mgcosα=60×10×0.8N=480N
故C错误；
D.连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ=120°，所以绳AB的张力大小
根据平衡条件有T=F22cos60∘=480N
故D错误。
故选：B。
对工人受力分析，根据相似三角形法，分析力的变化；
根据平衡条件，求小木板受的压力大小；
根据平衡条件，求绳AB的张力大小。
本题考查学生对受力平衡、相似三角形法、平衡条件等的掌握，是一道中等难度题。

9.【答案】C 
【解析】解：A.防窥膜实现防窥效果主要是因为某些角度范围内的光被屏蔽屏障吸收，能够射出到空气的光其入射角都小于临界角，没有发生全反射，利用的是全反射原理，不是光的干涉，故A错误；
BC.光路图如图所示：

由图可知，如果屏障越高，则入射角越小，折射角越小，可视角度θ越小；
由图可知，可视角θ是光线进入空气中时折射角的2倍，根据折射定律n=sinrsini可知，透明介质的折射率越大，折射角就越大，θ角越大，故B错误，C正确；
D.根据光路可逆，可知从上往下观察手机屏幕，看到的图像比实际位置高，故D错误。
故选：C。
A.根据全反射的原理分析作答；
BC.根据题图分析屏障的高度对入射角和折射角的影响以及可视角的大小；
D.根据光路可逆，分析看到的图像位置。
注意：光从光密介质进入光疏介质，折射定律为n=sinrsini；光发生全反射的条件是光从光密介质到光疏介质、入射角大于或等于临界角。

10.【答案】B 
【解析】解：A.光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：
E1=−1.51eV−(−13.6)eV=12.09eV
E2=−3.40eV−(−13.6)eV=10.2eV
E3=−1.51eV−(−3.40)eV=1.89eV
可知光线发射器中发出的光只有一种为可见光，故A错误；
B.根据E1=W0+Ekm，光电管中光电子飞出阴极时的最大初动能为Ekm=12.09eV−2.55eV=9.54eV，故B正确；
C.a光遏止电压小于b光遏止电压，由E=W0+Ekm，eUc=Ekm
得a光子能量小于b光子能量，则题述a光子能量等于E2，为氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光，故B错误；
D.部分光线被遮挡，不改变光子能量，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变。因为光子数量减少，则光电子数量减小，光电流变小，故D错误。
故选：B。
计算出发射器发出的光子能量和可见光对比；根据爱因斯坦光电效应方程计算；根据图丙分析遏止电压，再判断能量；由光电流和光子数关系判断。
掌握爱因斯坦光电效应方程和原子能级跃迁规律。

11.【答案】C 
【解析】解：AB.设题中所给核反应方程为：324He→abX
根据电荷数守恒有：3×2=a
根据质量数守恒有：3×4=b
则可知核反应方程为324He→612X
判断该反应属于轻原子核结合成较重原子核反应，所以该反应属于核聚变，
又因为中子数等于质量数减去质子数，因此X核中有12−6=6个中子，故AB正确；
C.比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以X核的比结合能不为E12，故C错误；
D.根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δm⋅c2
又因为该反应放出的能量为E，所以该反应的质量亏损为Ec2，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒；
比结合能为结合能与核子数的比值；
爱因斯坦质能方程为：ΔE=Δmc2。
本题考查核聚变反应、比结合能、爱因斯坦质能方程。解题关键在于利用质量数守恒和电荷数守恒推断出核反应方程。

12.【答案】A 
【解析】由题意可知，小球所受的合力沿着虚线方向，根据电容的大小公式：C=ɛrS4πkd，电容的定义变形式：U=QC，
电场强度与电压的关系式：E=Ud，联立可得：E=4πkQϵrS，可知右极板向右移动，极板间的电场强度不变，即合力方向不变，如图所示：

根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据：xh2=d+xh，解得：x=d，故BCD错误，A正确。
故选A。

13.【答案】C 
【解析】解：物体A、B在同一高度做匀速圆周运动时，设连接A的细线与竖直方向的夹角为θA，连接B的细线与竖直方向的夹角为θB，O点到水平面的高度为h。
对A球，由几何关系得：sinθA=6l10l=0.6，则θA=37°
由牛顿第二定律得：mAgtanθA=mA vA26l，解得A的线速度大小：vA=32 2gl
对B球，由几何关系得：sinθB=4l5l=0.8，则θB=53°
由牛顿第二定律得：mBgtanθB=mB vB24l，解得B的线速度大小：vB=43 4gl
细线同时断裂后，两物体做平抛运动，设落地时间为t，水平方向两物体的位移如图：

由几何关系和平抛运动规律得：水平方向，有(vAt)2+(6l)2=(vBt)2+(4l)2
竖直方向：h=12gt2
联立解得：h=12l，故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体A、B在同一高度做匀速圆周运动时，分别对两物体受力分析，根据牛顿第二定律求解剪短细线瞬间两物体的速度大小，根据平抛运动规律和几何关系求解O点到水平面的高度。
本题考查匀速圆周运动和平抛运动，解题关键是分析好两物体的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。

14.【答案】AC 
【解析】解：A.若水面上痱子粉撒得较多，则油酸分子比较难散开，会导致所测油膜面积偏小，由
d=VS
可知，实验测得的油膜厚度即油酸分子直径将偏大，故A正确；
B.图乙折线显示的是液体分子不断撞击固体小颗粒，使其在液体中做永不停息的无规则运动，此为布朗运动，故B错误；
C.由热运动规律可知，温度越高，氧分子做热运动的平均速率越大，速率大的分子数目越多，所以状态③时的温度比状态①、②时都高，故C正确；
D.由图丁可知，两分子间距从r=r2到r=r0，分子力表现为引力，先增大后减小到0；从r=r0到r=r1，分子力表现为斥力，逐渐增大，故D错误。
故选：AC。
根据“用油膜法估测油酸分子的大小”实验原理、布朗运动的概念、分子热运动与平均速率的关系、分子间的相互作用力特点分析判断。
关键要掌握“用油膜法估测油酸分子的大小”实验原理、布朗运动的概念、分子热运动与平均速率的关系、分子间的相互作用力特点

15.【答案】BD 
【解析】解：A.在同一介质中，频率相同的两列机械波，波长相等，波速v=λT=2.00.2m/s=10m/s，波源P2产生的波在t=0.25s时间内传播的距离s=vt=10×0.25m=2.5m；由图丙可知，波源P2在t=0.25s时刚好传播到x=2.5m处，根据“同侧法”可知x=2.5m处的起振方向沿y轴正方向，因此波源为P2的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B.根据波源P1的振动图像图乙可知，波源P1的起振方向向上，又因为S点到两波源的波程差为
Δx=|P1S−P2S|=|7m−9m|=2m
由于波程差满足Δx=nλ(n=1)，S点到两波源的波程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，所以质点S为振动加强点，故B正确；
C.根据上述A选项分析可知，波速v=10m/s，则P1波传到S点的时间为t1=SP1v=710s=0.7s；由于S点为振动加强点，所以它的振动情况与波源P1的相同；当t=1.1s，S点已经振动了0.4s，刚好为两个周期，所以它此时向y轴正方向运动，故C错误；
D.在t=0.6s时，波传至距离波源6m处，由起振方向可知，波峰分别位于距离波源5.5m、3.5m和1.5m处，以波源为圆心，波峰到波源的距离为半径作圆，如图所示：

可知SP1P2所在的平面内有2处波峰与波峰相遇，故D正确。
故选：BD。
A.根据题图给出的信息求解波速，再求波源P2在t=0.25s时间内传播的距离，然后根据“同侧法”判断波源P2的起振方向；
B.根据题意求波程差，再根据两列波叠加时振动加强、减弱的条件进行判断；
C.根据波速求解波源P1传播到S点的时间，再判断t=1.1s时S的振动方向；
D.根据波速求解t=0.6s时间内两列波传播的距离，再求波峰相对于波源的位置，最后求解两列波的波峰相遇的情况。
本题考查了两列波的叠加、振动加强或减弱的判断以及质点振动方向的判断。

16.【答案】AC  4.20  0.63  D  B 4π2ΔlT12−T22 
【解析】解：(1)A.图1中的“探究加速度与力、质量的关系”实验，采用控制变量法，故A正确；
B.图2中的“探究求合力方法”实验，采用了等效替代法，故B错误；
C.图3中的“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验，采用控制变量法，故C正确；
D.图4中的“用单摆测测量重力加速度”实验，采用了理想模型法，故D错误。
故选：AC。
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，由图“1”计数点的读数x1=4.20cm；
“2”计数点的读数x2=9.15cm−4.20cm=4.95cm
“3”计数点的读数x3=14.70cm−9.15cm=5.55cm
“4”计数点的读数x4=20.80cm−14.70cm=6.10cm
相邻计数点的时间间隔T=5×150s=0.1s
根据“逐差法”，加速度a=x3+x4−x1−x24T2=(5.56+6.10−4.20−4.95)×10−24×0.12m/s2=0.63m/s2
(3)A.拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后再读数，不要求两测力计的示数相同，故A错误；
B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向，只需要选择一个相距较远的点即可，故B错误；
C.测量时弹簧秤指针与外壳之间不能存在摩擦力，弹簧秤与木板之间的摩擦不影响弹簧测力计的示数，故C错误；
D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，以便减小误差，故D正确；
故选：D。
(4)①A.小球运动到最低点时开始计时，故A错误；
B.为了使小球做简谐运动，小球的摆角控制在5°以内，故B正确；
C.本实验不需要用天平测出小球的质量，只需要用密度大的小球即可，故C错误；
D.测量单摆的周期时，要让小球完成40～50次全振动的时间来求解；若让单摆摆动5个周期的总时间t，求得单摆的周期，误差较大，故D错误。
故选：B。
②设第一次实验时，单摆的摆长为L，根据单摆周期公式T1=2π Lg
第二次实验的摆长为(L−ΔL)，根据单摆周期公式T2=2π L−ΔLg
联立解得g=4π2ΔLT12−T22
故答案为：(1)AC；(2)20；0.63；(3)D；(4)①B；②4π2ΔlT12−T22。
(1)根据物理学中的物理方法逐项分析作答；
(2)毫米刻度尺的最小刻度为1mm，要估读到下一位；根据逐差法求加速度；
(3)根据实验的正确操作进行逐项分析；
(4)根据实验原理和实验要求进行逐项分析；根据单摆周期公式求解重力加速度。
本题考查了物理学的研究方法、用“逐差法”求加速度、探究“求合力的方法”和“用单摆测重力加速度”，解决这些问题的关键是熟练掌握相关的方法和实验的基本原理。

17.【答案】1.17  不可行  2.90  0.90  B  V2 
【解析】解：(1)多用电表选择开关位于2.5V直流挡，最小分度值为0.1V，看表盘中间一排刻度线，由图可知电源电动势约为1.17V；
由于多用电表本身已经还有电源，多用电表欧姆挡测电阻时，被测电阻应与其他电源断开，所以不能测量电源的内阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律，有
U2=E−U1R1(R1+r)
将坐标轴上的各数据点进行描点，如图所示：

根据图像的纵截距可知，电源的电动势为2.90V；
斜率为：
k=R1+rR1=2.902.00
解得：r=0.90Ω
电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，最大示数约为2.4V，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，最小值约为0.3V，根据串联电路分压规律，可知滑动变阻器的最大阻值不小于定值电阻的8倍，所以滑动变阻器选择B；
根据实验原理可知，电路中的电流是通过电压表V1的示数和定值电阻的阻值计算的，所以由于电压表V1的分流作用，电路中的电流测量值会偏小，故实验误差于电压表V1有关，与V2无关。
故答案为：(1)1.17；不可行；(2)2.90；0.90；B；V2
(1)根据多用电表的读数规则得出电源的电动势，结合其工作原理分析出能否测量电源内阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律，结合图像的物理意义得出电源电动势和内阻，根据实验原理选择对应的实验器材。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。

18.【答案】解：(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S=p0S+F
解得：p1=4p0
(2)假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖—吕萨克定律，有LST1=L′ST2
解得：L′=113L>3L
此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由p1V1T1=p2V2T2
得：p2=449p0
(3)此过程中气体对外做功为W=−p1S⋅2L=−8p0SL
根据热力学第一定律，有ΔU=Q+W
可得此过程中气体内能的增加量为：ΔU=Q−8p0SL
答：(1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强为4p0；
(2)气体温度达到827℃时，气体的压强为449p0；
(3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量Q−8p0SL。 
【解析】(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，求出气体的压强；
(2)根据盖—吕萨克定律即可求出；
(3)根据热力学第一定律求出气体内能的增加量。
本题主要考查了理想气体的等压变化，关键是根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可。

19.【答案】解：(1)物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
mg=mv2R
解得：vB=2m/s
若物块在传送带上一直加速，由
v2=2×μ1mgmL1
解得：v=2 3m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速
t=vBμ1g+L1−vB22μ1gvB
代入数据解得：t=2s
(2)若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
vB1=3m/s
从B到D，由动能定理得
12mvD2−12mvB12=mgR(1+sin30°)
经过D点时
mvD2R=FD−mgsin30°
解得：FD=11.5N
(3)从B到G，由动能定理得
12mvG2−12mvB22=2mgR(1+sin30°)
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mvG=(m+M)v1
12mvG2−12(m+M)v12=μ2mgL2
得：vB2=3m/s
当2m/s≤v≤3m/s时
Q=12mvG2−12(m+M)v12=mvG23=m(vB22+6gR)3=v2+2415(J)
当3m/s≤v≤4m/s时
Q=μ2mgL2
代入数据解得：Q=2.2J
答：(1)若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，物块在传送带上运动的时间为2s；
(2)若传送带的速度3m/s，物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小为11.5N；
(3)见解析。 
【解析】(1)根据牛顿第二定律得出物块的速度，结合运动学公式得出其运动的时间；
(2)根据动能定理得出物块的速度，结合牛顿第二定律得出作用力的大小；
(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律联立等式得出热量与速度的关系。
本题主要考查了功能关系的相关应用，理解过程中的能量转化特点，结合动能定理和牛顿第二定律即可完成分析。

20.【答案】解：(1)闭合电键瞬间，ab棒受到的安培力向左，根据左手定则判断可知ab棒中电流方向b→a，电流大小为
 Iab=R2R1+R2I=0.60.3+0.6×1A=23A
对棒ab，根据牛顿第二定律得：
 B1Iabd−μmg=ma
其中B=3x=3×1.5T=4.5T，m=50g=0.05kg，代入上式解得：a=4m/s2     
(2)对棒ab从开始到x=0过程，根据动能定理有：
   WF+Wf=12mv02−0
其中：WF=F1+F22x=B1Iabd+02x，Wf=−μmgx
代入得：v0= 3m/s
设棒ab穿过左侧匀强磁场后的速度为v1。
根据动量定理得：−BI−d⋅t=mv1−mv0
其中q=I−t=Bdv−tR1+R2=Bdx1R1+R2=1.5×0.1×20.3+0.6C=13C
联立解得：v1=( 3−1)m/s
ab棒x