2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷-普通用卷

这是一份2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷-普通用卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列关于分子动理论和热力学定律的表述，正确的是( )
A. 若已知阿伏加德罗常数和物质的质量，就一定能算出该物质的分子质量
B. 在布朗运动实验的某次观察记录中，画出的折线是固体颗粒的运动轨迹，它反映了液体(或气体)分子的无规则运动
C. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡
D. 一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量和它对外界做功之和
2.在物理学中图像可以直观地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像，丁图是原子核的比结合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是( )
A. 甲图中，a光的频率大于b光的频率
B. 乙图中，金属c的逸出功大于金属d的逸出功
C. 丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氡
D. 丁图中，质量数越大比结合能越大
3.如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升，不计绳子质量和一切摩擦，则重物上升过程中( )
A. 绳子的拉力逐渐减小
B. 健身者所受合外力逐渐增大
C. 健身者对地面的压力逐渐减小
D. 健身者对地面的摩擦力逐渐增大
4.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道半径约为地球半径的1716倍。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则根据以上已知信息不可求得的物理量是( )
A. 地球的密度B. 漂浮在实验舱中的宇航员所受地球的引力
C. 实验舱绕地球运动的线速度大小D. 实验舱绕地球运动的向心加速度大小
5.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的周期是0.2s
B. 这列波的传播方向沿x轴正方向
C. 这列波在0.2s内向x轴负方向传播的距离为113个波长
D. t=0时刻，x=5cm处的质点偏离平衡位置的位移为−13A
6.如图所示为高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为50kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻R线=10Ω。下列说法正确的是( )
A. 升压变压器的原线圈输入电压有效值为U1=50V
B. 电流互感器原线圈用细导线绕制
C. 将滑动触头P上移，用户获得的电压将减小
D. 用户获得的功率为49kW
7.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d；相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。四个点的连线构成一个正方形abcd，A、C是ac连线上的两个点，B、D是bd连线上的两个点，A、B、C、D到正方形中心O的距离相等，下列判断正确的是( )
A. A、C两点电场强度相同
B. UAO=−UBO
C. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电场力先做正功后做负功
D. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电势能始终不变
8.如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并与玻璃管无摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈，规定顺时针方向为电流的正方向。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 本次实验中朝下的磁极可能是N极也可能是S极
B. t1∼t2与t2−t3两段时间里图线与坐标轴围成的面积一定不相等
C. 磁铁下落过程减少的重力势能一定大于增加的动能
D. 磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时穿过线圈的磁通量会更大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.某款手机防窥屏的原理如图所示；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，改变某些条件时可实现对像素单元可视角度θ的控制，已知相邻两屏障间距离为L，透明介质折射率为 2，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，下列说法正确的是( )
A. 防窥屏的厚度越大，可视角度θ越大
B. 屏障的高度d越大，可视角度θ越小
C. 透明介质的折射率越大，可视角度θ越小
D. 当可视角度θ=90°时，屏障高度为 32L
10.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均是定值电阻，R是滑动变阻器，图中各电表均为理想电表。闭合开关S，当R的滑动触片P向下滑动时，下列判断正确的是( )
A. 电源总功率增大
B. 电源的效率提高
C. 电压表V1的示数变小，V2的示数变小
D. 电流表A1的示数变大，A2的示数变小，A3的示数变大
11.一长为2L的轻杆的一端固定在水平光滑转轴O上，杆的中点与另一端各固定质量为m的小球A、B，系统可在竖直面内绕转轴O做圆周运动，运动到最高点时速度恰好为零，已知重力加速度为g，则( )
A. 小球A经过最低点时的动能为65mgL
B. 该系统经过最低点时A、B两球的动能之比为1：2
C. 小球B经过最低点时杆对B的弹力太小为295mg
D. 小球A经过最低点时OA杆对A的弹力大小为365mg
12.如图所示，光滑水平面与光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，已知其下滑的加速度大小为a1，同时位于水平面上紧靠斜面底端的小滑块B，在外力的作用下由静止开始向左匀加速直线运动，其加速度大小为a，若在某时刻A恰好追上B，则( )
A. a=12a1
B. 小滑块A恰好追上B时，A在斜面上和水平面上运动时间之比为1：2
C. 若将a1增大为原来的4倍，并调整a，仍使A从原来的位置释放且恰好追上B，则AB相遇时用的总时间会变成原来的一半
D. 若仅减小a1，并调整a，仍使A从原来的位置释放且恰好追上B，则AB的相遇点会变远
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用图(a)所示的沙漏摆研究单摆的运动规律。实验中，木板沿图示O′O方向移动，根据漏在板上的沙描出了如图(b)所示的图形，然后分别沿中心线O′O和沙漏摆摆动方向建立直角坐标系，并测得图中Oa=ab=bc=cd=x0，则：

(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，则其横坐标表示的物理量应为______(选填“位移”、“速度”或“时间”)；手抽动木板必须保证木板______(选填“匀速”或“匀加速”)移动；
(2)若该同学利用计时器测得沙漏摆的周期为T，则木板移动的速度表达式为v= ______；
(3)该同学利用该装置测定当地的重力加速度，他认为只有少量沙子漏出时，沙漏重心的变化可忽略不计，但是重心位置不确定，于是测量了摆线的长度L，如果此时他直接利用单摆周期公式计算重力加速度，则得到的重力加速度值比真实值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14.某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下实验器材：
电池组(电动势约为6.0V，内阻约为1Ω)；
灵敏电流计G(满偏电流Ig=100μA)；
内阻Rg=200Ω，定值电阻R0(R0=1Ω)；
定值电阻R1；
电阻箱R；
开关与导线若干。
同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
(1)若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要______(选填“串联”或“并联”)定值电阻R1等于______Ω。
(2)为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。
(3)同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，纵截距为b，电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E= ______，内阻r= ______。(用题目中所给的字母表示)

(4)该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该型号的灯泡并联后再与R2=9.0Ω的定值电阻串联起来接在上述电池组上(若测得电池组的电动势E=6.0V，内阻r=1.0Ω)，如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为______W(结果保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共4小题，共38分。
15.如图所示，足够长的U形粗糙金属导轨，其平面与水平面成θ角，其中导轨MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，NQ之间电阻为r，其余部分金属导轨电阻不计，金属棒ab与导轨之间的摩擦因数为μ，金属棒由静止释放后可以沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，求：
(1)导体棒ab在导轨上运动的最大速度v1是多少？
(2)当导体棒ab在导轨上运动速度大小为v(v16.如图所示，某足够宽的空间有垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，质量为M=0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左、大小为F=0.6N的恒力，g取10m/s2。求：
(1)刚开始滑块的加速度大小a1以及滑块受到的摩擦力大小Ff1；
(2)滑块匀加速所达到的最大速度v1以及绝缘木板运动的最大加速度a2。
17.如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为h，最高点的曲率半径(曲线上该点所在处的曲率圆半径)为2h，被一个弯曲的与“小山”连在一起的光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g，挡板罩质量不计，求：
(1)小球的初速度v0多大；
(2)小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；
(3)如果“小山”固定，小球初始速度是(1)中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。
18.2023年是芯片行业重要的里程碑，中国成为了全球生产芯片的重要国家。离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。图甲所示，是离子注入工作原理的示意图，A处的离子无初速的“飘入”加速电场；经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，加速电场的电压为U，不计离子重力。求：

(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；
(2)若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小；
(3)为了追求芯片的精致小巧，需要对硅片材料的大小有严格的控制。如图乙所示，O点到硅片的距离为2r，磁场的磁感应强度满足 6qUm3qr≤B≤ 6qUmqr，要求所有离子都打到硅片上，求硅片的最小长度l。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、已知阿伏加德罗常数和物质的摩尔质量才能算出该物质的分子质量，故A错误；
B、布朗运动是固体小颗粒的运动，折线是每隔一段时间悬浮颗粒的位置，折线不是运动轨迹，但是它能间接反映液体(或气体)分子的无规则运动，故B错误；
C、根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，故C正确；
D、一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量和外界对它做功之和，故D错误。
故选：C。
理解分子动理论的知识，结合热力学第一定律和热平衡定律完成分析。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉分子动理论的内容，结合热力学第一定律即可完成分析。
2.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，a光的截止电压大，根据光电效应方程可知Ek=hν−W0
根据能量守恒定律可得：eU=Ek
有Ue=hνe−W0e
可知对应遏止电压大的a光频率大，故A正确；
B.根据eUc=hν−W0，有W0=hν−eUc，当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，故B错误；
C.根据题意可知氡半衰期为3.8天，因为每次衰变后的氡质量均变成原来的一半，所以每过3.8天要衰变掉质量不相同的氡，故C错误；
D.由图丁可知质量数大，比结合能不一定大，故D错误。
故选：A。
根据光电流随电压变化变化关系判断；理解逸出功的概念，结合光电效应分析出光的频率大小关系；理解半衰期的概念，结合题目选项完成分析；原子核的比结合能与质量数没有必然联系。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的发生条件，结合光电效应方程和半衰期的概念即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：AB、重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零；绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，故AB错误；
CD、对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知：
在竖直方向，则有：mgsinθ+FN=Mg
解得：FN=Mg−mgsinθ
在水平方向，则有mgcsθ=Ff
当健身者向右缓慢移动时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力和摩擦力变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力和摩擦力逐渐增大，故C错误，D正确。
故选：D。
重物缓慢上升，处于平衡状态，则绳弹力等于重力；对健身者进行动态平衡的分析可得出相应结论。
本题考查共点力平衡的动态平衡问题，明确不变的物理量时分析变化量的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A、由于忽略地球自转的影响，所以在地表，根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
解得M=gR2G
则地球的平均密度约为ρ=M43πR3
联立可得ρ=3g4πGR
故A正确；
B、漂浮在空间站中的宇航员所受地球的引力F=GMm(1716R)2=mgR2(1716R)2=(1617)2mg，由于m未知，故B错误；
C、根据匀速圆周运动的规律，可知GMm(1716R)2=mv21716R
同时有GMmR2=mg，
解得v= 1617gR，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力，有GMm(1716R)2=ma，则空间站绕地球运动的向心加速度大小为a=GM(1716R)2=(1617)2g，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：B。
空间站中宇航员所受万有引力提供向心力；根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求地球密度和空间站加速度，再根据密度的公式求地球平均密度，由于宇航员的质量未知，无法计算地球对宇航员的万有引力。
本题以空间站运行为背景，考查万有引力定律公式，关键要抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活选择向心力公式。
5.【答案】C
【解析】解：A、从图中可以看出波长等于λ=12cm=0.12m，根据波速公式可得T=λv=，故A错误；
BC、经t=0.2s=113T，则波传播的距离为113λ，根据波形的平移法可知该波沿x轴负方向传播，故B错误，C正确；
D、t=0时刻，x=5cm处的质点偏离平衡位置的位移为−12A，故D错误。
故选：C。
根据波形图读出波长λ，根据波速公式计算周期，由时间t=0.2s与T的关系，判断波的传播方向；根据时间与周期的关系分析x=5cm处的质点的状态。
此题考查波动图象的相关规律，关键是确定时间t=0.2s与T的关系，利用波形平移法判断波的传播方向，根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态。
6.【答案】D
【解析】A.根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，电流互感器原线圈中的电流I2=n′nI=101×1A=10A
升压变压器的输出电压U2=PI2=5000010V=5000V
升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，则U1U2=110，则U1=500V，故A错误；
B.电流互感器原线圈接大电流应该用粗导线绕制，故B错误；
C.将滑动触头P上移，减小了n3，降压变压器用户获得的电压U4=n4n3U3，可知n3减小时U4增大，故C错误；
D.输电线上损失的功率ΔP=I22R线=1000W=1KW，用户获得的功率P4=P3=P−ΔP，所以P4=50KW−1KW=49KW，故D正确。
故选：D。
A.根据理想变压器电流与匝数比的关系求解升压变压器副线圈中的电流；根据功率公式求解升压变压器副线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系求升压变压器原线圈两端的电压；
B.电流互感器原线圈通过的电流大，据此分析线圈的粗细；
C.根据理想变压器电压与匝数比的关系分析作答；
D.根据功率公式求输电线上的功率损失，再根据功率关系求用户得到的功率。
本题主要考查了远距离输电，明确电流互感器的工作原理，掌握理想变压器电流与匝数比、电压与匝数比的关系和功率公式是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据场强矢量叠加可得，A、C两点电场强度大小相等，方向均指向O，故A错误；
B、根据对称性与电势叠加原理：φA=−φB，则UAO=−UBO，故B正确；
CD、负电荷沿CA运动时，电场力先做负功，后做正功，点电荷的电势能先增大后减小，故CD错误。
故选：B。
依据点电荷的电场强度方向，结合矢量的合成法则；沿着电场线方向电势是降低的，与电场力做功正负来判定电势能的大小。
考查矢量的合成法则，掌握点电荷的电场强度大小与方向的确定，理解电势的高低与电场线的方向，及会依据电场力做功的正负来判定电势能的大小。
8.【答案】C
【解析】解：A、由乙图可知t1～t2时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的“增反减同”可知实验中朝下的磁极为S极，故A错误；
B、乙图中图线与横轴所围面积表示通过线圈横截面的电荷量，有q=IΔt=Δt=ΔΦΔt，根据题意可知，线圈在t1～t2与t2∼t3两段时间里的磁通量的变化量大小相同，所以这两段图线与坐标轴围成的面积大小相等，故B错误；
C、由能量守恒定律可知磁铁下落过程减少的重力势能等于磁铁增加的动能与线圈中产生的焦耳热之和，故C正确；
D、根据磁通量公式：Φ=BS，磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时，穿过线圈的磁通量不变，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律，分析磁极、磁通量的变化，从而确定受力方向，能量转化的关系。
本题考查学生对楞次定律及其推论“来拒去留”，以及法拉第电磁感应定律的掌握，基础题。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据几何关系可知，可视角度θ与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度θ不变，故A错误；
B、屏障的高度d越大，光线射到界面的入射角越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度θ越小，故B正确；
C、透明介质的折射率越大，则在空气中的折射角越大，则可视角度θ越大，故C错误；
D、可视角度θ=90°时，根据透明介质的折射率为n=sinisinγ= 2，可得光线在透明介质中的入射角为30°
根据几何关系得屏障高度为d=L2tan(90°−30°)= 32L，故D正确
故选：BD。
根据折射定律得出折射角的变化趋势；根据防窥屏的工作原理结合折射定律及几何关系解得D。
本题主要考查了光的折射定律，能够理解防窥屏的工作原理，同时结合全反射的知识即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：A、触片P向下滑动时，滑动变阻器的有效电阻减小导致总电阻减小，干路电流增大电源的总功率变大，故A正确；
B、电源的效率η=IUIE=UE=R外R外+r=11+rR外，R外减小，所以η减小，故B错误；
D、电阻R2两端的电压为UR2=E−I1(R1+r)，因I1变大，其他量不变，可知UR2变小，即V2的示数变小，则流过R2的电流I2变小，A2的示数变小；I1变大，I2变小，结合流过R3的电流为I3=I1−I2，可知I3变大，即A3的示数变大，故D正确；
C、电压表V1的示数为UV1=I1R1+I3R3，由于I1、I3增大，因此电压表V1的示数变大，故C错误。
故选：AD。
当R的滑动触片P向下滑动时，分析其有效电阻的变化，判断干路电流的变化，即可知道电源总功率的变化；根据电源效率表达式判断电源效率变化情况；根据UR2=E−I1(R1+r)结合I1变化情况判断V2的示数变化和电表A2的变化情况，再结合电路结构判断A3变化情况；电压表V1的示数由UV1=I1R1+I3R3结合电流变化判断。
本题是电路动态分析问题，关键要理清电路结构，按局部→整体→局部的顺序进行分析，要根据串并联电路规律和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、对AB组成的整体，在转动过程中，角速度相同，根据v=ωr可知vB=2vA
只有重力对系统做功，从最高点到最低点系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mg⋅2L+mg⋅4L=EkA+EkB，其中EkA=12mvA2 EkB=12mvB2
联立解得：EkA=65mgL EkB=245mgL，
该系统经过最低点时A、B两球的动能之比为EkAEkB=14，故A正确，B错误；
C、小球B经过最低点时，杆的弹力F和小球B重力的合力提供向心力，即F−mg=mvB22L，解得：F=295mg，故C正确；
D、通过最低点时，AB所受的合力等于其做圆周运动所需的向心力，可得F1−2mg=mvA2L+mvB22L，解得：F1=465mg，故D错误。
故选：AC。
根据同轴转动明确二者的线速度关系，根据系统机械能守恒求解最低点二者的动能；两个小球在运动的过程中受重力和杆的弹力作用，杆的弹力与重力的合力提供向心力即可判断杆的弹力。
两球都做圆周运动，但角速度相同，即可判断线速度关系，要注意杆对小球可以是拉力，可以是支持力，要注意对小球的受力分析。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、设A恰能追上B，在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2
A、B匀加速运动加速度大小分别为a1、a
则由位移关系a1t1t2=12a(t1+t2)2
速度关系a1t1=a(t1+t2)
解得：t1=t2=12(t1+t2) a=12a1
故A正确，B错误；
C、设小滑块A从斜面上由静止释放的位置距斜面底端的距离为x，则x=12a1t12
若仅将a1变为原来的4倍，则t′1=12t1，又因为调整a，仍使A恰好追上B，仍满足t′1=t′2=12(t′1+t′2)，AB的相遇时间t′1+t′2会变成原来的一半，故C正确；
D、根据C选项结论可得AB的相遇点不变，故D错误。
故选：AC。
AB、利用解析法，假设恰好A能追上B的情况，利用运动学公式计算加速度之比，时间之比；
C、利用位移与时间公式计算从静止释放到斜面底端的距离，然后改变加速度，计算此情况下相遇时间；
D、利用C选项计算结果判断。
本题考查了匀变速直线运动规律，其中重点考查应用位移关系、加速度关系解决追及相遇问题。
13.【答案】时间 匀速 2x0T 偏小
【解析】解：(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，如果保证木板沿v的方向做匀速直线运动，则沿v方向的运动距离和时间成正比，故其横坐标表示的物理量应为时间；且手抽动木板必须保证木板匀速移动；
(2)由图(b)可知，从O到b完成一次周期性变化，木板在一个周期内发生的位移为2x0，木板移动的速度v=2x0T；
(3)单摆的周期公式T=2π Lg
重力加速度g=4π2LT2
单摆的真实摆长L′=L+L0>L，
因此得到的重力加速度值比真实值偏小。
故答案为：(1)时间，匀速；(2)2x0T；(3)偏小。
(1)根据振动图像的坐标轴分析判断，且手抽动木板保证木板匀速移动；
(2)根据图(b)结合木板沿v方向发生的位移进行计算；
(3)根据单摆的周期公式和真实摆长的关系列式进行误差判断。
考查单摆的振动问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
14.【答案】串联 79800 R1+Rgb kb−R0 0.34
【解析】解：(1)根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联一个定值电阻R1=U′Ig−Rg8100×10−6Ω−200Ω=79800Ω；
(3)根据闭合电路欧姆定律可知E=I(Rg+R1)+I(Rg+R1)R(R0+r)
变形可得：1I=R1+RgE+(R0+r)(R1+Rg)E1R
则由图象性质可知：纵轴截距b=R1+RgE，斜率k=(R0+r)(R1+Rg)E=b(R0+r)
联立解得：E=R1+Rgb r=kb−R0
(4)设灯泡的电压为U，电流为I，则有：U=E−4I(R2+r)
代入数据解得：U=6−40I；
作出对应的I−U图象如图所示，由图象可知，灯泡电流I=0.14A，电压U=0.6V，
故四只灯泡消耗的实际总功率为P=4UI=4×0.14×0.6W=0.34W；
故答案为：(1)串联；79800；(3)R1+Rgb；kb−R0；(4)0.34
(1)根据电表改装原理分析解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距分析解答；
(4)根据灯泡在电路中的连接结构，作出对应的I−U图象，根据交点解答电功率。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，关键明确实验原理，掌握数据处理的方法是解题的关键。
15.【答案】解：(1)导体棒ab在导轨上运动达到最大速度时，合力为0，根据平衡条件有
BIL+μmgcsθ=mgsinθ
根据闭合电路的欧姆定律有
I=ER+r
感应电动势为
E=BLv1
得v1=(mgsinθ−μmgcsθ)(R+r)B2L2
(2)设回路产生的总热量为Q，根据能量守恒定律得
Q+μmgxcsθ+12mv2=mgxsinθ
故导体棒ab上产生的焦耳热
QR=RR+rQ
所以QR=RR+r(mgxsinθ−μmgxcsθ−12mv2)
棒下滑位移的大小为x时
q=I−t
I−=E−R+r
E−=ΔΦt
ΔΦ=BLx
解得q=BLx(R+r)
答：(1)导体棒ab在导轨上运动的最大速度v1为(mgsinθ−μmgcsθ)(R+r)B2L2；
(2)导体棒ab上产生的焦耳热QR为RR+r(mgxsinθ−μmgxcsθ−12mv2)，流过ab棒横截面的电荷量q为BLx(R+r)。
【解析】(1)根据平衡条件、闭合电路欧姆定律和感应电动势公式列式求解；
(2)根据能量转化和守恒定律以及焦耳热的分配关系和电荷量的计算公式列式联立解答。
考查电磁感应和能的转化和守恒定律以及闭合电路的欧姆定律等，会根据题意列式求解相关物理量。
16.【答案】解：(1)整体为对象：F=(M+m)a1
小滑块为对象：Ff1=ma1
解之得：a1=2m/s2 Ff1=0.2N
(2)匀加速结束时，滑块：
Ff1=fm=μFN1
可得：FN1=0.4N
又有：FN1+Bqv1=mg，
所以，v1=6m/s
当滑块与绝缘木板之间弹力为零时，二者间滑动摩擦力也为零。
绝缘木板加速度达到最大：F=Ma2 a2=3m/s2
答：(1)加速度大小a1为2m/s2，摩擦力大小Ff1为0.2N；
(2)滑块的最大速度v1为6m/s，木板运动的最大加速度a2为3m/s2。
【解析】(1)对滑块进行整体和隔离的受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度大小和摩擦力的大小；
(2)当洛伦兹力等于重力时，滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后滑块做匀速运动，木板做匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律可分析木板的加速度大小。
先整体后隔离解决此类问题，注意洛伦兹力是变化的力，由于洛伦兹力的变化会影响摩擦力的变化，这是本题易错点。
17.【答案】解：(1)小球恰好能越过“小山”，则小球到达山顶时二者共速为v，小球与“小山”组成系统水平方向动量守恒：向右为正方向，mv0=(m+4m)v
系统机械能守恒：12mv02=12(m+4m)v2+mgh
解得：v0= 52gh
(2)设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒：mv0=mv1+4mv2
系统机械能守恒：12mv02=12mv12+12×4mv22
联立解得：v1=−310 10gh v2=15 10gh
(3)小球达到最高点速度为v′，由机械能守恒定律12m(2v0)2=12mv′2+mgh
在最高点，由牛顿第二定律：mg+FN=mv′22h
联立解得：FN=3mg
根据牛顿第三定律压力F′N=FN
即小球对“小山”的压力为3mg
答：(1)小球的初速度 52gh；
(2)小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为310 10gh，15 10gh；
(3)小球在最高点对“山”的压力为3mg。
【解析】(1)(2)根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答；
(3)根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律解答。
本题考查动量和能量的综合应用，注意动量守恒的条件，会灵活运用分方向动量守恒定律解题。
18.【答案】(1)离子通过加速电场，根据动能定理有
qU=12mv2
解得
v= 2qUm；
(2)根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示

由几何关系知道，离子的轨迹半径
r′=r
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB0=mv2r
联立解得
B0= 2qUmqr；
(3)离子打在硅片上端，设离子的轨迹半径为r1，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB1=mv2r1
又
B1= 6qUm3qm
联立解得
r1= 3r
画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示

根据几何知识有
tan∠OCP=rr1
解得
tan∠OCP= 33
故
∠OCP=30°，∠COP=60°，∠MOP=120°，∠QOB=60°，∠BOD=30°
根据几何关系有
tan∠BOD=x12r
解得
x1=2 33r；
离子打在硅片下端时，设离子的轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB2=mv2r2
又
B2= 6qUmqr，
联立解得
r2= 33r
画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示，

根据几何知识有
tan∠OC′P=rr2
解得
tan∠OC′P= 3
故
∠OC′P=60°，∠C′OP=30°，∠M′OP=60°，∠POB′=60°，∠B′OD=30°
根据几何关系有
tan∠B′OD=x22r
解得
x2=2 33r
故硅片的最小长度为
l=x1+x2
解得
l=4 33r。
答：(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为 2qUm；
(2)圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为 2qUmqr；
(3)O点到硅片的距离为2r，磁场的磁感应强度满足 6qUm3qr≤B≤ 6qUmqr，要求所有离子都打到硅片上，硅片的最小长度l为4 33r。
【解析】(1)根据动能定理求解离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；
(2)作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解圆形区域内匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)根据牛顿第二定律联立磁感应强度的值求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据几何知识求解粒子打在硅片上的位置到O点竖直距离，硅片的最小长度为粒子打在硅片的上下两端到O点竖直距离之和。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。