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2023-2024学年河北省衡水二中高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河北省衡水二中高二（下）期末物理试卷（含解析），共17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.下列关于物理现象的说法正确的是( )
A. 水黾和轮船都能漂浮在水面上而不会沉入水中都是因为液体表面张力的作用
B. 在空间站内可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”，是因为在微重力环境下水的表面张力明显增大
C. 插入水中的细玻璃管，管内水面会比管外水面高并稳定在一定的高度，说明表面张力方向垂直液面向上
D. 液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势
2.已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为 3890Sr→3990Y+X， 3990Y是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下列说法正确的是( )
A. 衰变方程中的X为质子B. 3890Sr的比结合能小于 3990Y的比结合能
C. 此反应的实质是Sr原子发生电离D. 经过84年，会有23的锶90发生衰变
3.下列四幅图分别对应四种有关分子动理论的说法，正确的是( )
A. 任意一个分子在100℃时的速率一定比0℃时要大
B. 微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C. 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们之间的势能达到最小值
D. 实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
4.如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是( )
A. 气体从状态a到b的过程，气体体积增大
B. 气体从状态b到c的过程，一定向外界放出热量
C. 气体从状态c到d的过程，外界对气体做功
D. 气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
5.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。如图甲，XX代表激发态1，X代表激发态2，G代表基态，由于能级劈裂，如图乙，X态劈裂为两支，分别为XH、XV两个能级。原子劈裂前辐射出光谱线①和②，劈裂后辐射出光谱线③、④、⑤和⑥，下列说法正确的是( )
A. ①和⑤的能量相等
B. ③的频率大于⑥的频率
C. 若用④照射某种金属能发生光电效应，则用⑥照射也一定能发生
D. ①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和
6.图甲为利用光电管研究光电效应的电路图，其中光电管阴极K的材料是钾，钾的逸出功为W0。图乙为实验中用某一频率的光照射光电管时，测量得到的光电管伏安特性曲线，当电压为Uc时，光电流恰好为零。已知普朗克常量为ℎ，光电子的电荷量为e。下列说法正确的是( )
A. 该实验的入射光频率为eUc−W0ℎ
B. 该实验的光电子获得的最大初动能为Ek=eUc
C. 光电管两极间的正向电压越大，光电流越大
D. 当入射光的频率小于W0ℎ时，仍可以发生光电效应
7.制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折后用回形针固定，然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露出水面，最后用盖子封紧矿泉水瓶(如图a)。实验时，用力按压瓶身，“潜水艇”就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气体体积为V0，压强为p0，吸管内封闭气体的体积为V，“吸管潜水艇”的总质量为m，水的密度恒为ρ，气体温度始终保持不变，所有气体视为理想气体。缓慢挤压瓶身时，瓶内封闭气体吸热还是放热，挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水中时(如图b)，水面上方的气体体积减小了多少？(不考虑吸管厚度和回形针的体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于大气压，即管内外气压始终相等)下列选项正确的是( )
A. 吸热，2V0(1−mρV)B. 放热，V0(1−mρV)
C. 吸热，V0(1−mρV)D. 放热，2V0(1−mρV)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰⋅维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )
A. 不符合理论规律，一定不可能实现
B. 如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现
C. 如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现
D. 违背能量转化和守恒定律，不可能实现
9.无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了研究在运动过程中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验。乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，乙站在甲正前方10m处，二人同时沿同一直线向正前方运动，各自运动的v−t图像如图所示，结果手机检测到蓝牙耳机能被连接的时间为4s。下列判断正确的是( )
A. 3s时甲、乙相距最近B. 3s时甲、乙相距最远
C. 最远连接距离为5.5mD. 最远连接距离为7.5m
10.粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为300的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点连接一个质量为2m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α=135°，如图所示，现让拉力F顺时针缓慢转动900且保持α角大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 轻绳对B拉力一直减小
B. BC间的摩擦力先增大再减小
C. 物体C对地面的压力先增大再减小
D. 物体C对地面的摩擦力的最大值为 6mg
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某学生利用如图甲所示的实验装置来研究匀变速直线运动，测量一个质量m=100g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器。
(1)下列是该同学正确的实验操作和计算过程，请在空白处填写：
①器材安装完毕，先接通电源，再______，让重锤自由落下，待纸带全部通过打点计时器后，关闭电源。
②取下纸带，取其中一段清晰的点，每隔一个点标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1=5.13cm，x2=6.69cm，x3=8.23cm，x4=9.77cm，已知实验所用交流电的频率为50Hz，打点计时器的打点间隔T= ______s，则重锤运动的加速度的代数表达式为a= ______(用含x1，x2，x3，x4和T的代数式表示)，代入数据得加速度a= ______m/s2(结果保留3位有效数字)。
③打点计时器打下C点时纸带的速度vc= ______m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)如果实验时交变电压频率稍有波动，从50Hz变成49Hz，而做实验的同学并不知道，仍按50Hz进行数据处理，那么③中算得的vc与实际值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势E约为十几伏，内阻r约为几欧姆，实验室中提供以下器材：
A.量程为10mA、内阻未知的电流表G；
B.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)；
C.定值电阻R0(50Ω)；
D.滑动变阻器R3(0∼100Ω)；
E.滑动变阻器R4(0∼2000Ω)；
F.开关2只，导线若干。
先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：
①按图甲连接好电路，断开S1、S2，将滑动变阻器R′的滑片调至图中a端所对应的位置；
②闭合S1，调节R′，使电流表G满偏；
③保持R不变，再闭合S2，调节电阻箱电阻R1=100.0Ω，使电流表G的读数为5mA；
④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表G内阻Rg的大小。
(1)为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取______(选填“R3”或“R4”)；而实际干路上电流会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱R1的阻值，记录每次电阻箱的阻值R及对应的电流表的示数I。作出1I−R图像如图丙所示，处理数据得到斜率k大小为0.2，纵轴截距b为8，则求得电池的电动势为______V，内阻为______Ω(结果均保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.甲乙两车在同一水平公路上沿同一方向做匀速直线运动，甲车的速度为10m/s，乙车的速度为20m/s，从某一时刻开始计时时，甲车在前，乙车在后，两车相距32m，此后，乙车刹车，做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，甲车仍做匀速直线运动：求：
(1)第一次相遇时，甲车行驶的位移
(2)若两车相遇时并不相撞，且不影响各自运动，则，从第一次相遇到第二次相遇所用的时间
(3)从第一次相遇到第二次相遇，两车间的最大距离．
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。
a.打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置。
b.关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这是测得两管水银面高度差为19.0cm
c.打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K
d.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm。
已知容器C和管A的总体积为1000cm3，外界大气压强为p0=76cmHg，保持不变，此时环境温度为300K。求：
(1)容器B的体积；
(2)被测固体的体积；
(3)维持左侧液面在m处，要使放入固体后两管中液面高度差仍为19.0cm，则环境温度应为多少。
15.图甲为山地车的气压避震装置，主要由活塞、汽缸和弹簧组成。某研究小组将其取出进行研究。其示意图如图乙所示，将带有活塞A的导热汽缸B放置在倾角为θ=30°的光滑斜面上，活塞用另一端固定的轻弹簧拉住，轻弹簧平行于斜面，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1=27cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=1cm，汽缸内气体的初始温度为T1=270K。已知汽缸质量为M=0.6kg，横截面积为S=1.5cm2，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为g=10m/s2，大气压为p0=1.0×105Pa。
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1；
(2)对汽缸缓慢加热，汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，k=2×10−3J/K，求该过程中气体吸收的热量Q；
(3)环境温度保持T1不变，某次骑行者骑山地车加速下坡(坡度为θ=30°)时，产生的加速度大小为a=5m/s2，避震装置仍如图乙所示放置，发现此时活塞到汽缸底部的距离L′=27cm，通过计算分析汽缸的气密性是否良好，若良好，请说明理由；若不良好，进气或漏气部分气体占原有气体的百分比为多少？
答案解析
1.D
【解析】解：A.水黾能漂浮在水面上而不会沉入水中是因为液体表面张力的作用，轮船都能漂浮在水面上而不会沉入水中是因为收到水的浮力作用，且受到水的浮力与重力是一对平衡力，故A错误；
B.在空间站内可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”，是因为在微重力环境下水的表面张力表现的更加明显，故B错误；
C.插入水中的细玻璃管，管内水面会比管外水面高并稳定在一定的高度，说明水与玻璃是浸润的，这个是毛细现象，表面张力方向与液面相切，故C错误；
D.液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势，故D正确。
故选：D。
水黾能漂浮在水面上是水的表面张力，而轮船浮在水面是因为受浮力作用；在太空环境中，表面张力比较明显；表面张力的方向与液面相切；液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势。
掌握表面张力产生的原因，表面张力的方向以及表面张力的作用是解题的基础。
2.B
【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，故A错误；
B、衰变反应是释放能量反应，由于衰变产物 3990Y是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于 3890Sr的比结合能，故B正确；
C、β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，故C错误；
D、根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下(12)3=18的锶90没有发生衰变，即会有78的锶90发生衰变，故D错误。
故选：B。
根据β衰变的本质判断；
根据原子核的稳定程度比较比结合能大小；
根据衰变的本质分析是什么核反应；
由半衰期的意义进行计算。
本题考查了衰变的实质，半衰期的特点，和衰变前后有质量亏损，牢记相关内容即可。
3.C
【解析】解：A.温度是分子平均动能的标志，所以100℃时分子的平均速率比0℃时大，但100℃时有的分子速率比0℃时要小，故A错误；
B.图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的位置连线，表明悬浮微粒在做无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误；
C.当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时无论分子间距离增大还是减小，分子力均做负功，分子势能均增大，所以此时它们之间的势能达到最小值，故C正确；
D.图中模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的，所以也不用要求小球的速率一定相等，故D错误。
故选：C。
根据温度是分子平均动能的标志分析；根据布朗运动的定义分析；分子力做负功，分子势能增大；根据气体压强的微观解释分析。
这些都是识记性内容，需要在平时的学习中多看，多记。
4.D
【解析】解：A.气体从状态a到b的过程，图线过原点，由此可分析出气体发生的是等容变化，气体体积不变，故A错误；
B.气体从状态b到c的过程，是等压变化，温度升高，内能增加，根据一定质量的理想气体状态方程
pVT=C
可知体积变大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知是吸热过程，故B错误；
C.气体从状态c到d的过程，是等温变化，压强减小，根据一定质量的理想气体状态方程可知体积变大，气体对外界做功，故C错误；
D.气体从状态d到a的过程，温度降低，所以内能减小，故D正确。
故选：D。
根据图像分析出气体的压强和温度的变化趋势，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律完成分析。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。
5.D
【解析】解：A.原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知E⑤>E①，故A错误；
B.光子③、⑤对应的能量关系为E③能量越大频率越大，可知③的频率小于⑤的频率，故B错误；
C.由光子能量E=ℎν和E④>E⑥可知，用④照射某金属表面时能发生光电效应，可知E④大于此金属的逸出功W0，因E④>E⑥，则无法比较E⑥与W0的大小关系，故用⑥照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；
D.XX态能级与基态能级差保持不变，即①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，故D正确。
故选：D。
原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，根据题图判断出各光子对应的能量和频率大小关系；根据光电效应的条件分析；由能级差关系判断频率之和的关系。
该题考查能级与跃迁以及光子的能量，解决本题的关键掌握辐射光子的能量与能级差的关系。
6.B
【解析】解：AB.根据动能定理，最大初动能Ekm=eUc
根据爱因斯坦光电效应方程ℎν=Ekm+W0
可得该实验的入射光频率为ν=eUc+W0ℎ，故A错误，B正确；
C.开始时光电管两极间的正向电压越大，光电流越大，但随着光电流增加，当达到饱和光电流时，随正向电压增加，光电流不再增大，故C错误；
D.根据逸出功W0=ℎν0
极限频率ν0=W0ℎ
根据光电效应产生的条件可知，当入射光的频率小于W0ℎ时，不可以发生光电效应，故D错误。
故选：B。
AB.根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程求解作答；
C.光电流未达到饱和光电流时，随正向电压的增大而增大，到达饱和光电流后，增加正向电压，光电流不变，据此分析作答；
D.根据逸出功求极限频率，根据光电效应产生的条件分析作答。
本题考查了动能定理、光电效应产生的条件、饱和光电流以及爱因斯坦光电效应方程的理解和运用；注意光电流与所加正向电压的关系。
7.B
【解析】解：气体温度不变，瓶内封闭气体发生等温变化，则瓶内封闭气体内能保持不变，即ΔU=0
挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即W>0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0，可知气体对外放热。
设“潜水艇”悬浮时，吸管内部封闭气体的压强为p1，体积为V1，根据平衡条件得
ρgV1=mg
解得：V1=mρ
对吸管内的气体，根据玻意耳定律有
p0V=p1V1
解得：p1=p0Vρm
设水面上方的气体体积减小了ΔV。对水面上方的气体，根据玻意耳定律得
p0V0=p1(V0−ΔV)
解得：ΔV=V0(1−mρV)，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据温度变化分析气体内能的变化，由体积的变化分析气体做功情况，结合热力学第一定律分析吸放热情况；根据平衡条件求出“潜水艇”悬浮时吸管内部封闭气体的体积。对吸管内的气体，根据玻意耳定律求出压强。对水面上方的气体，根据玻意耳定律求解气体体积减小量。
本题主要考查热力学第一定律和气体实验定律的综合应用，做题中要注意悬浮时的受力情况，从而确定体积的变化。
8.AD
【解析】解：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，该思想违背了能量守恒定律，不可能实现。故AD正确，BC错误。
故选：AD。
根据能量守恒定律分析判断。
本题主要考查了能量守恒定律，解题关键是明确能量守恒定律是宇宙自然界普遍适用的一条重要定律，适用于任何情况的自然现象中。
9.AD
【解析】解：AB.t=0时，由v−t图像，0−3s内，甲的速度比乙的大，两者间距逐渐减小；3−6s内，甲的速度比乙的小，两者间距逐渐增大，t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近，故A正确，B错误；
CD.由于蓝牙耳机能被连接的时间为4s，蓝牙耳机连接的时间从t=1s至t=5s，当t=1s时，甲的速度为5m/s，在0−1s内，甲与乙的位移之差为
Δx=x甲−x乙=6+52×1m−3×1m=2.5m
因t=0时，乙站在甲正前方10m处，则t=1s时甲与乙之间的距离为s=10m−2.5m=7.5m，甲与乙之间的最远连接距离为7.5m，故C错误，D正确。
故选：AD。
t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近；
v−t图像面积代表位移，求甲与乙的位移之差，确定最远连接距离。
本题解题关键是分析出t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近。
10.BD
【解析】解：A.让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α角大小不变，因为结点受力平衡，如图
设绳拉力与重力夹角为β，重力和外力夹角为θ，根据正弦定理
Fsinβ=Gsinα=Tsinθ
根据几何关系可知，Gsinα比值不变，θ从135°减为45°，当结点左端与竖直方向成45°时，此时结点左端拉力最大，即此时轻绳对B拉力最大，故可知轻绳对B拉力先增大后减小，故A错误；
B.由上述可得初始时，轻绳对B拉力的最小，为Tmin=2mgtan45∘=2mg
可知此时B受到重力沿斜面向下的分力为GBsin30°=2mgsin30°=mg
可得
Tmin>mg
即B受到的拉力大于重力沿斜面向下的分力，对B进行受力分析，沿斜面方向上可得
fB+mg=T
在此期间B、C始终保持静止，根据轻绳对B拉力的大小关系变化，可知BC间的摩擦力先增大再减小，故B正确；
C.将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向上的分力，且因为拉力的大小的变化规律和平衡力可知，物体C受到地面的支持力先减小后增大，根据牛顿第三定律可得C对地面的压力先减小再增大，故C错误；
D.将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向右的分力，θ为90°时，即当轻绳对B的拉力最大的时候，根据平衡力可知地面对物体C的摩擦力最大，可知轻绳对B的拉力最大为
T′=GAcs45∘
可得此时轻绳对B的拉力在水平方向上的分力为T′′=T′cs30°
解得T′′= 6mg
根据整体法可知地面对物体C的摩擦力为 6mg，则根据牛顿第三定律可知，物体C对地面的摩擦力的最大值为 6mg，故D正确；
故选：BD。
结点O处的三个力画出矢量三角形，根据正弦定理判断各力的变化情况；根据细绳对B的拉力变化情况分析B在平行于斜面的方向上的平衡方程判断摩擦力的变化情况，将B、C看成一个整体，从而分析CD。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，注意整体法、隔离法灵活选择研究对象求解。
11.释放纸带 0.02 (x3+x4)−(x1+x2)(4T)2 9.66 1.87 偏大
【解析】解：(1)①实验中为了节约纸带同时获取更多的数据点，应先接通电源再释放纸带；
②根据频率与周期之间的关系，可得打点周期为
T=1f=150s=0.02s
根据逐差相等公式
Δx=at2
可得加速度
a=(x3+x4)−(x1+x2)(4T)2
利用加速度的数学表达式，代入数据可解得
g=(8.23+9.77)−(5.13+6.69)0.082×10−2m/s2≈9.66m/s2
③匀变速直线运动某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度，由此可得
vC=x2+x34T=6.69+8.234×0.02×10−2m/s=1.87m/s
(2)若电源的频率从50Hz变成49Hz，而做实验的同学并不知道，仍按50Hz进行数据处理，则实际周期大于0.02s，实验时计算时间小于实际时间，因此③中算得的vC与实际值相比将偏大。
故答案为：(1)①释放纸带；②0.02，(x3+x4)−(x1+x2)(4T)2，9.66，③1.87；(2)偏大。
(1)根据实验操作要求分析；根据频率计算；根据逐差公式计算；根据平均速度计算；
(2)根据平均速度公式，分析实际时间和计算所用时间关系分析。
熟练掌握打点计时器的实验操作要求，掌握逐差法计算加速度和计算瞬时速度的方法。
12.R4 偏小 15 6.7
【解析】解：(1)由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为10mA，可知电路最小电阻应大于1000Ω，滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取R4。
由于接入电阻箱R1，导致干路上电流变大，当电流表G示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，则电流表内阻真实值大于R1，故测得的电流表内阻比真实值偏小。
(2)由实验步骤三、四可知流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值
Rg=R1=100Ω
根据图乙所示电路图，由闭合电路欧姆定律得
E=I总(r+R1)+IRg
由R0与G并联可知
I总=R0+RgR0I
联立解得
1I=R0+RgR0ER1+R0+RgR0Er+RgE
可知1I−R1图像的斜率为
R0+RgR0E=k
解得电源电动势为
E=15V
1I−R1图像的纵轴截距为
R0+RgR0Er+RgE=b
解得电源内阻为
r≈6.7Ω
故答案为：(1)R4，偏小(2)15，6.7。
(1)根据电源电动势与电流表量程求出电路最小总电阻，然后选择滑动变阻器，由实验原理判断电流表内阻比真实值偏小；
(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查电源的电动势和内阻理解实验原理是解题的前提与关键，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
13.解：(1)设第一次相遇，两车运动的时间为t1，甲车的位移为x1，乙车的位移为x2
根据题意：由，△x+x1=x2
即 △x=v01t1+12at12−v1t1
代入数据，解之；t1=4s或t1=16s(舍)
x1=v1t1=10×4=40m
(2)第一次相遇时，乙车的速度为v02，
则v02=v01+at1=20+(−1)×4=16m/s
设两车从第一次相遇到第二次相遇所用时间为t2
根据题意有：x2=x1
即：v1t2=v02t2+12at22
代入数据，解之；t2=12s
(3)从第一次相遇到第二次相遇过程中，当两车速度相等时，两车距离最大．设从第一次相遇到两车速度相等所用时间为t3
根据题意有：v02+at3=v1
代入数据，解之；t3=6s
所以△x=x2−x1=v02t3+12at32−v1t3=16×6+12×(−1)×62−10×6=18m．
所以两车间的最大距离为18m．
【解析】(1)第一次相遇时，甲车的位移与乙车的位移存在这样的关系△x+x1=x2，根据位移关系，求出时间，从而求出甲车行驶的位移．
(2)从第一次相遇到第二次相遇过程中，两车的位移相等，抓住位移相等这一关系，根据运动学公式求出所用时间．
(3)第一次相遇后，乙车运动到甲车的前面，此时乙车的速度比甲车大，在运动的过程中，乙车的速度在减小，两车的距离先增大后减小，当两车速度相等时，距离最大．根据速度相等，求出时间，从而求出最大距离．
第一次相遇抓住两车位移的关系△x+x1=x2.第二次相遇，抓住两次相遇过程中位移相等．根据两车速度的关系判断距离的变化，从而得出何时距离最大．
14.解：(1)根据玻意耳定律有
p0(VB+VC)=(p0+ρgℎ1)VC
解得
VB=250cm3
(2)根据玻意耳定律有
p0(VB+VC−Vx)=(p0+ρgℎ1)(VC−Vx)
解得
Vx=500cm3
(3)根据查理定律有
p1T=p2T′
解得
T′=250K
答：(1)容器B的体积为250cm3；
(2)被测固体的体积为500cm3；
(3)维持左侧液面在m处，要使放入固体后两管中液面高度差仍为19.0cm，则环境温度应为250K。
【解析】(1)未放入被测固体时，以A、B、C中的气体为研究对象，确定初未状态参量，根据玻意耳定律解答；
(2)放入被测固体后，以A、B、C中的气体为研究对象，确定初末状态参量，根据玻意耳定律解答。
(3)根据查理定律，求解环境温度。
本题考查了气体实验定律的应用，解答此类问题先确定研究对象，确定变化过程的初未状态参量，选择相应的气体实验定律解答。
15.解：(1)对汽缸分析有
p0S=p1S+Mgsinθ
代入数据解得
p1=0.8×105Pa
(2)汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，则有
V1T1=V2T2
该过程中内能增大
ΔU=kT2−kT1
气体对外做功
W=−p1(V2−V1)
根据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
解得：Q=0.14J
(3)根据牛顿第二定律有
p2S+Mgsinθ−p0S=Ma
解得
p2=1×105Pa
若不漏气，根据
p1V1=p2V2
可知此时
L3=21.6cm说明气密性不良。气体进入汽缸
η=L′−L3L3
联立解得：η=25%
答：(1)初始状态下汽缸内气体压强为0.8×105Pa；
(2)该过程中气体吸收的热量为0.14J；
(3)不良好，漏气部分气体占原有气体的百分比为25%。
【解析】(1)对汽缸进行受力分析，根据其平衡状态得出压强的大小；
(2)气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得出气体的温度，结合热力学第一定律得出气体的吸热量；
(3)根据玻意耳定律分析出气密性是否良好，并得出对应的百分比。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析。
1.下列关于物理现象的说法正确的是( )
A. 水黾和轮船都能漂浮在水面上而不会沉入水中都是因为液体表面张力的作用
B. 在空间站内可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”，是因为在微重力环境下水的表面张力明显增大
C. 插入水中的细玻璃管，管内水面会比管外水面高并稳定在一定的高度，说明表面张力方向垂直液面向上
D. 液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势
2.已知锶90的半衰期为28年，其衰变方程为 3890Sr→3990Y+X， 3990Y是一种非常稳定的元素，关于上述衰变过程，下列说法正确的是( )
A. 衰变方程中的X为质子B. 3890Sr的比结合能小于 3990Y的比结合能
C. 此反应的实质是Sr原子发生电离D. 经过84年，会有23的锶90发生衰变
3.下列四幅图分别对应四种有关分子动理论的说法，正确的是( )
A. 任意一个分子在100℃时的速率一定比0℃时要大
B. 微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C. 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们之间的势能达到最小值
D. 实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
4.如图所示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ab的延长线过原点，则下列说法正确的是( )
A. 气体从状态a到b的过程，气体体积增大
B. 气体从状态b到c的过程，一定向外界放出热量
C. 气体从状态c到d的过程，外界对气体做功
D. 气体从状态d到a的过程，气体的内能减小
5.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。如图甲，XX代表激发态1，X代表激发态2，G代表基态，由于能级劈裂，如图乙，X态劈裂为两支，分别为XH、XV两个能级。原子劈裂前辐射出光谱线①和②，劈裂后辐射出光谱线③、④、⑤和⑥，下列说法正确的是( )
A. ①和⑤的能量相等
B. ③的频率大于⑥的频率
C. 若用④照射某种金属能发生光电效应，则用⑥照射也一定能发生
D. ①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和
6.图甲为利用光电管研究光电效应的电路图，其中光电管阴极K的材料是钾，钾的逸出功为W0。图乙为实验中用某一频率的光照射光电管时，测量得到的光电管伏安特性曲线，当电压为Uc时，光电流恰好为零。已知普朗克常量为ℎ，光电子的电荷量为e。下列说法正确的是( )
A. 该实验的入射光频率为eUc−W0ℎ
B. 该实验的光电子获得的最大初动能为Ek=eUc
C. 光电管两极间的正向电压越大，光电流越大
D. 当入射光的频率小于W0ℎ时，仍可以发生光电效应
7.制作“吸管潜水艇”是深受小朋友喜爱的科学实验，如图所示，将吸管对折后用回形针固定，然后管口竖直向下插入装有水的矿泉水瓶中，使吸管顶部露出水面，最后用盖子封紧矿泉水瓶(如图a)。实验时，用力按压瓶身，“潜水艇”就会沉入水底，松开手后，“潜水艇”又浮出水面。设水面上方的封闭气体体积为V0，压强为p0，吸管内封闭气体的体积为V，“吸管潜水艇”的总质量为m，水的密度恒为ρ，气体温度始终保持不变，所有气体视为理想气体。缓慢挤压瓶身时，瓶内封闭气体吸热还是放热，挤压瓶身使“潜水艇”恰好悬浮在水中时(如图b)，水面上方的气体体积减小了多少？(不考虑吸管厚度和回形针的体积，吸管内外液面高度差产生的压强远小于大气压，即管内外气压始终相等)下列选项正确的是( )
A. 吸热，2V0(1−mρV)B. 放热，V0(1−mρV)
C. 吸热，V0(1−mρV)D. 放热，2V0(1−mρV)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰⋅维尔金斯设计了一种磁力“永动机”。如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下。在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权。关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )
A. 不符合理论规律，一定不可能实现
B. 如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现
C. 如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现
D. 违背能量转化和守恒定律，不可能实现
9.无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。为了研究在运动过程中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验。乙佩戴无线蓝牙耳机，甲携带手机检测，乙站在甲正前方10m处，二人同时沿同一直线向正前方运动，各自运动的v−t图像如图所示，结果手机检测到蓝牙耳机能被连接的时间为4s。下列判断正确的是( )
A. 3s时甲、乙相距最近B. 3s时甲、乙相距最远
C. 最远连接距离为5.5mD. 最远连接距离为7.5m
10.粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为300的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点连接一个质量为2m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α=135°，如图所示，现让拉力F顺时针缓慢转动900且保持α角大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 轻绳对B拉力一直减小
B. BC间的摩擦力先增大再减小
C. 物体C对地面的压力先增大再减小
D. 物体C对地面的摩擦力的最大值为 6mg
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某学生利用如图甲所示的实验装置来研究匀变速直线运动，测量一个质量m=100g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器。
(1)下列是该同学正确的实验操作和计算过程，请在空白处填写：
①器材安装完毕，先接通电源，再______，让重锤自由落下，待纸带全部通过打点计时器后，关闭电源。
②取下纸带，取其中一段清晰的点，每隔一个点标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1=5.13cm，x2=6.69cm，x3=8.23cm，x4=9.77cm，已知实验所用交流电的频率为50Hz，打点计时器的打点间隔T= ______s，则重锤运动的加速度的代数表达式为a= ______(用含x1，x2，x3，x4和T的代数式表示)，代入数据得加速度a= ______m/s2(结果保留3位有效数字)。
③打点计时器打下C点时纸带的速度vc= ______m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)如果实验时交变电压频率稍有波动，从50Hz变成49Hz，而做实验的同学并不知道，仍按50Hz进行数据处理，那么③中算得的vc与实际值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势E约为十几伏，内阻r约为几欧姆，实验室中提供以下器材：
A.量程为10mA、内阻未知的电流表G；
B.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)；
C.定值电阻R0(50Ω)；
D.滑动变阻器R3(0∼100Ω)；
E.滑动变阻器R4(0∼2000Ω)；
F.开关2只，导线若干。
先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：
①按图甲连接好电路，断开S1、S2，将滑动变阻器R′的滑片调至图中a端所对应的位置；
②闭合S1，调节R′，使电流表G满偏；
③保持R不变，再闭合S2，调节电阻箱电阻R1=100.0Ω，使电流表G的读数为5mA；
④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表G内阻Rg的大小。
(1)为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取______(选填“R3”或“R4”)；而实际干路上电流会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(2)按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱R1的阻值，记录每次电阻箱的阻值R及对应的电流表的示数I。作出1I−R图像如图丙所示，处理数据得到斜率k大小为0.2，纵轴截距b为8，则求得电池的电动势为______V，内阻为______Ω(结果均保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.甲乙两车在同一水平公路上沿同一方向做匀速直线运动，甲车的速度为10m/s，乙车的速度为20m/s，从某一时刻开始计时时，甲车在前，乙车在后，两车相距32m，此后，乙车刹车，做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，甲车仍做匀速直线运动：求：
(1)第一次相遇时，甲车行驶的位移
(2)若两车相遇时并不相撞，且不影响各自运动，则，从第一次相遇到第二次相遇所用的时间
(3)从第一次相遇到第二次相遇，两车间的最大距离．
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。
a.打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置。
b.关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这是测得两管水银面高度差为19.0cm
c.打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K
d.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm。
已知容器C和管A的总体积为1000cm3，外界大气压强为p0=76cmHg，保持不变，此时环境温度为300K。求：
(1)容器B的体积；
(2)被测固体的体积；
(3)维持左侧液面在m处，要使放入固体后两管中液面高度差仍为19.0cm，则环境温度应为多少。
15.图甲为山地车的气压避震装置，主要由活塞、汽缸和弹簧组成。某研究小组将其取出进行研究。其示意图如图乙所示，将带有活塞A的导热汽缸B放置在倾角为θ=30°的光滑斜面上，活塞用另一端固定的轻弹簧拉住，轻弹簧平行于斜面，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1=27cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=1cm，汽缸内气体的初始温度为T1=270K。已知汽缸质量为M=0.6kg，横截面积为S=1.5cm2，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为g=10m/s2，大气压为p0=1.0×105Pa。
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1；
(2)对汽缸缓慢加热，汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，k=2×10−3J/K，求该过程中气体吸收的热量Q；
(3)环境温度保持T1不变，某次骑行者骑山地车加速下坡(坡度为θ=30°)时，产生的加速度大小为a=5m/s2，避震装置仍如图乙所示放置，发现此时活塞到汽缸底部的距离L′=27cm，通过计算分析汽缸的气密性是否良好，若良好，请说明理由；若不良好，进气或漏气部分气体占原有气体的百分比为多少？
答案解析
1.D
【解析】解：A.水黾能漂浮在水面上而不会沉入水中是因为液体表面张力的作用，轮船都能漂浮在水面上而不会沉入水中是因为收到水的浮力作用，且受到水的浮力与重力是一对平衡力，故A错误；
B.在空间站内可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”，是因为在微重力环境下水的表面张力表现的更加明显，故B错误；
C.插入水中的细玻璃管，管内水面会比管外水面高并稳定在一定的高度，说明水与玻璃是浸润的，这个是毛细现象，表面张力方向与液面相切，故C错误；
D.液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势，故D正确。
故选：D。
水黾能漂浮在水面上是水的表面张力，而轮船浮在水面是因为受浮力作用；在太空环境中，表面张力比较明显；表面张力的方向与液面相切；液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势。
掌握表面张力产生的原因，表面张力的方向以及表面张力的作用是解题的基础。
2.B
【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，故A错误；
B、衰变反应是释放能量反应，由于衰变产物 3990Y是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于 3890Sr的比结合能，故B正确；
C、β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，故C错误；
D、根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下(12)3=18的锶90没有发生衰变，即会有78的锶90发生衰变，故D错误。
故选：B。
根据β衰变的本质判断；
根据原子核的稳定程度比较比结合能大小；
根据衰变的本质分析是什么核反应；
由半衰期的意义进行计算。
本题考查了衰变的实质，半衰期的特点，和衰变前后有质量亏损，牢记相关内容即可。
3.C
【解析】解：A.温度是分子平均动能的标志，所以100℃时分子的平均速率比0℃时大，但100℃时有的分子速率比0℃时要小，故A错误；
B.图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的位置连线，表明悬浮微粒在做无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误；
C.当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时无论分子间距离增大还是减小，分子力均做负功，分子势能均增大，所以此时它们之间的势能达到最小值，故C正确；
D.图中模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的，所以也不用要求小球的速率一定相等，故D错误。
故选：C。
根据温度是分子平均动能的标志分析；根据布朗运动的定义分析；分子力做负功，分子势能增大；根据气体压强的微观解释分析。
这些都是识记性内容，需要在平时的学习中多看，多记。
4.D
【解析】解：A.气体从状态a到b的过程，图线过原点，由此可分析出气体发生的是等容变化，气体体积不变，故A错误；
B.气体从状态b到c的过程，是等压变化，温度升高，内能增加，根据一定质量的理想气体状态方程
pVT=C
可知体积变大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知是吸热过程，故B错误；
C.气体从状态c到d的过程，是等温变化，压强减小，根据一定质量的理想气体状态方程可知体积变大，气体对外界做功，故C错误；
D.气体从状态d到a的过程，温度降低，所以内能减小，故D正确。
故选：D。
根据图像分析出气体的压强和温度的变化趋势，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律完成分析。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合热力学第一定律即可完成分析。
5.D
【解析】解：A.原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知E⑤>E①，故A错误；
B.光子③、⑤对应的能量关系为E③
C.由光子能量E=ℎν和E④>E⑥可知，用④照射某金属表面时能发生光电效应，可知E④大于此金属的逸出功W0，因E④>E⑥，则无法比较E⑥与W0的大小关系，故用⑥照射该金属不一定能发生光电效应，故C错误；
D.XX态能级与基态能级差保持不变，即①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，故D正确。
故选：D。
原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，根据题图判断出各光子对应的能量和频率大小关系；根据光电效应的条件分析；由能级差关系判断频率之和的关系。
该题考查能级与跃迁以及光子的能量，解决本题的关键掌握辐射光子的能量与能级差的关系。
6.B
【解析】解：AB.根据动能定理，最大初动能Ekm=eUc
根据爱因斯坦光电效应方程ℎν=Ekm+W0
可得该实验的入射光频率为ν=eUc+W0ℎ，故A错误，B正确；
C.开始时光电管两极间的正向电压越大，光电流越大，但随着光电流增加，当达到饱和光电流时，随正向电压增加，光电流不再增大，故C错误；
D.根据逸出功W0=ℎν0
极限频率ν0=W0ℎ
根据光电效应产生的条件可知，当入射光的频率小于W0ℎ时，不可以发生光电效应，故D错误。
故选：B。
AB.根据动能定理和爱因斯坦光电效应方程求解作答；
C.光电流未达到饱和光电流时，随正向电压的增大而增大，到达饱和光电流后，增加正向电压，光电流不变，据此分析作答；
D.根据逸出功求极限频率，根据光电效应产生的条件分析作答。
本题考查了动能定理、光电效应产生的条件、饱和光电流以及爱因斯坦光电效应方程的理解和运用；注意光电流与所加正向电压的关系。
7.B
【解析】解：气体温度不变，瓶内封闭气体发生等温变化，则瓶内封闭气体内能保持不变，即ΔU=0
挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即W>0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0，可知气体对外放热。
设“潜水艇”悬浮时，吸管内部封闭气体的压强为p1，体积为V1，根据平衡条件得
ρgV1=mg
解得：V1=mρ
对吸管内的气体，根据玻意耳定律有
p0V=p1V1
解得：p1=p0Vρm
设水面上方的气体体积减小了ΔV。对水面上方的气体，根据玻意耳定律得
p0V0=p1(V0−ΔV)
解得：ΔV=V0(1−mρV)，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据温度变化分析气体内能的变化，由体积的变化分析气体做功情况，结合热力学第一定律分析吸放热情况；根据平衡条件求出“潜水艇”悬浮时吸管内部封闭气体的体积。对吸管内的气体，根据玻意耳定律求出压强。对水面上方的气体，根据玻意耳定律求解气体体积减小量。
本题主要考查热力学第一定律和气体实验定律的综合应用，做题中要注意悬浮时的受力情况，从而确定体积的变化。
8.AD
【解析】解：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，该思想违背了能量守恒定律，不可能实现。故AD正确，BC错误。
故选：AD。
根据能量守恒定律分析判断。
本题主要考查了能量守恒定律，解题关键是明确能量守恒定律是宇宙自然界普遍适用的一条重要定律，适用于任何情况的自然现象中。
9.AD
【解析】解：AB.t=0时，由v−t图像，0−3s内，甲的速度比乙的大，两者间距逐渐减小；3−6s内，甲的速度比乙的小，两者间距逐渐增大，t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近，故A正确，B错误；
CD.由于蓝牙耳机能被连接的时间为4s，蓝牙耳机连接的时间从t=1s至t=5s，当t=1s时，甲的速度为5m/s，在0−1s内，甲与乙的位移之差为
Δx=x甲−x乙=6+52×1m−3×1m=2.5m
因t=0时，乙站在甲正前方10m处，则t=1s时甲与乙之间的距离为s=10m−2.5m=7.5m，甲与乙之间的最远连接距离为7.5m，故C错误，D正确。
故选：AD。
t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近；
v−t图像面积代表位移，求甲与乙的位移之差，确定最远连接距离。
本题解题关键是分析出t=3s时，甲和乙两人的速度相等，相距最近。
10.BD
【解析】解：A.让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α角大小不变，因为结点受力平衡，如图
设绳拉力与重力夹角为β，重力和外力夹角为θ，根据正弦定理
Fsinβ=Gsinα=Tsinθ
根据几何关系可知，Gsinα比值不变，θ从135°减为45°，当结点左端与竖直方向成45°时，此时结点左端拉力最大，即此时轻绳对B拉力最大，故可知轻绳对B拉力先增大后减小，故A错误；
B.由上述可得初始时，轻绳对B拉力的最小，为Tmin=2mgtan45∘=2mg
可知此时B受到重力沿斜面向下的分力为GBsin30°=2mgsin30°=mg
可得
Tmin>mg
即B受到的拉力大于重力沿斜面向下的分力，对B进行受力分析，沿斜面方向上可得
fB+mg=T
在此期间B、C始终保持静止，根据轻绳对B拉力的大小关系变化，可知BC间的摩擦力先增大再减小，故B正确；
C.将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向上的分力，且因为拉力的大小的变化规律和平衡力可知，物体C受到地面的支持力先减小后增大，根据牛顿第三定律可得C对地面的压力先减小再增大，故C错误；
D.将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向右的分力，θ为90°时，即当轻绳对B的拉力最大的时候，根据平衡力可知地面对物体C的摩擦力最大，可知轻绳对B的拉力最大为
T′=GAcs45∘
可得此时轻绳对B的拉力在水平方向上的分力为T′′=T′cs30°
解得T′′= 6mg
根据整体法可知地面对物体C的摩擦力为 6mg，则根据牛顿第三定律可知，物体C对地面的摩擦力的最大值为 6mg，故D正确；
故选：BD。
结点O处的三个力画出矢量三角形，根据正弦定理判断各力的变化情况；根据细绳对B的拉力变化情况分析B在平行于斜面的方向上的平衡方程判断摩擦力的变化情况，将B、C看成一个整体，从而分析CD。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，注意整体法、隔离法灵活选择研究对象求解。
11.释放纸带 0.02 (x3+x4)−(x1+x2)(4T)2 9.66 1.87 偏大
【解析】解：(1)①实验中为了节约纸带同时获取更多的数据点，应先接通电源再释放纸带；
②根据频率与周期之间的关系，可得打点周期为
T=1f=150s=0.02s
根据逐差相等公式
Δx=at2
可得加速度
a=(x3+x4)−(x1+x2)(4T)2
利用加速度的数学表达式，代入数据可解得
g=(8.23+9.77)−(5.13+6.69)0.082×10−2m/s2≈9.66m/s2
③匀变速直线运动某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度，由此可得
vC=x2+x34T=6.69+8.234×0.02×10−2m/s=1.87m/s
(2)若电源的频率从50Hz变成49Hz，而做实验的同学并不知道，仍按50Hz进行数据处理，则实际周期大于0.02s，实验时计算时间小于实际时间，因此③中算得的vC与实际值相比将偏大。
故答案为：(1)①释放纸带；②0.02，(x3+x4)−(x1+x2)(4T)2，9.66，③1.87；(2)偏大。
(1)根据实验操作要求分析；根据频率计算；根据逐差公式计算；根据平均速度计算；
(2)根据平均速度公式，分析实际时间和计算所用时间关系分析。
熟练掌握打点计时器的实验操作要求，掌握逐差法计算加速度和计算瞬时速度的方法。
12.R4 偏小 15 6.7
【解析】解：(1)由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为10mA，可知电路最小电阻应大于1000Ω，滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取R4。
由于接入电阻箱R1，导致干路上电流变大，当电流表G示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，则电流表内阻真实值大于R1，故测得的电流表内阻比真实值偏小。
(2)由实验步骤三、四可知流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值
Rg=R1=100Ω
根据图乙所示电路图，由闭合电路欧姆定律得
E=I总(r+R1)+IRg
由R0与G并联可知
I总=R0+RgR0I
联立解得
1I=R0+RgR0ER1+R0+RgR0Er+RgE
可知1I−R1图像的斜率为
R0+RgR0E=k
解得电源电动势为
E=15V
1I−R1图像的纵轴截距为
R0+RgR0Er+RgE=b
解得电源内阻为
r≈6.7Ω
故答案为：(1)R4，偏小(2)15，6.7。
(1)根据电源电动势与电流表量程求出电路最小总电阻，然后选择滑动变阻器，由实验原理判断电流表内阻比真实值偏小；
(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。
本题考查电源的电动势和内阻理解实验原理是解题的前提与关键，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象可以求出电源电动势与内阻。
13.解：(1)设第一次相遇，两车运动的时间为t1，甲车的位移为x1，乙车的位移为x2
根据题意：由，△x+x1=x2
即 △x=v01t1+12at12−v1t1
代入数据，解之；t1=4s或t1=16s(舍)
x1=v1t1=10×4=40m
(2)第一次相遇时，乙车的速度为v02，
则v02=v01+at1=20+(−1)×4=16m/s
设两车从第一次相遇到第二次相遇所用时间为t2
根据题意有：x2=x1
即：v1t2=v02t2+12at22
代入数据，解之；t2=12s
(3)从第一次相遇到第二次相遇过程中，当两车速度相等时，两车距离最大．设从第一次相遇到两车速度相等所用时间为t3
根据题意有：v02+at3=v1
代入数据，解之；t3=6s
所以△x=x2−x1=v02t3+12at32−v1t3=16×6+12×(−1)×62−10×6=18m．
所以两车间的最大距离为18m．
【解析】(1)第一次相遇时，甲车的位移与乙车的位移存在这样的关系△x+x1=x2，根据位移关系，求出时间，从而求出甲车行驶的位移．
(2)从第一次相遇到第二次相遇过程中，两车的位移相等，抓住位移相等这一关系，根据运动学公式求出所用时间．
(3)第一次相遇后，乙车运动到甲车的前面，此时乙车的速度比甲车大，在运动的过程中，乙车的速度在减小，两车的距离先增大后减小，当两车速度相等时，距离最大．根据速度相等，求出时间，从而求出最大距离．
第一次相遇抓住两车位移的关系△x+x1=x2.第二次相遇，抓住两次相遇过程中位移相等．根据两车速度的关系判断距离的变化，从而得出何时距离最大．
14.解：(1)根据玻意耳定律有
p0(VB+VC)=(p0+ρgℎ1)VC
解得
VB=250cm3
(2)根据玻意耳定律有
p0(VB+VC−Vx)=(p0+ρgℎ1)(VC−Vx)
解得
Vx=500cm3
(3)根据查理定律有
p1T=p2T′
解得
T′=250K
答：(1)容器B的体积为250cm3；
(2)被测固体的体积为500cm3；
(3)维持左侧液面在m处，要使放入固体后两管中液面高度差仍为19.0cm，则环境温度应为250K。
【解析】(1)未放入被测固体时，以A、B、C中的气体为研究对象，确定初未状态参量，根据玻意耳定律解答；
(2)放入被测固体后，以A、B、C中的气体为研究对象，确定初末状态参量，根据玻意耳定律解答。
(3)根据查理定律，求解环境温度。
本题考查了气体实验定律的应用，解答此类问题先确定研究对象，确定变化过程的初未状态参量，选择相应的气体实验定律解答。
15.解：(1)对汽缸分析有
p0S=p1S+Mgsinθ
代入数据解得
p1=0.8×105Pa
(2)汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，则有
V1T1=V2T2
该过程中内能增大
ΔU=kT2−kT1
气体对外做功
W=−p1(V2−V1)
根据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
解得：Q=0.14J
(3)根据牛顿第二定律有
p2S+Mgsinθ−p0S=Ma
解得
p2=1×105Pa
若不漏气，根据
p1V1=p2V2
可知此时
L3=21.6cm
η=L′−L3L3
联立解得：η=25%
答：(1)初始状态下汽缸内气体压强为0.8×105Pa；
(2)该过程中气体吸收的热量为0.14J；
(3)不良好，漏气部分气体占原有气体的百分比为25%。
【解析】(1)对汽缸进行受力分析，根据其平衡状态得出压强的大小；
(2)气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律得出气体的温度，结合热力学第一定律得出气体的吸热量；
(3)根据玻意耳定律分析出气密性是否良好，并得出对应的百分比。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析。
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