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2021年河北省邯郸市高考物理三模试卷（含答案解析）
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这是一份2021年河北省邯郸市高考物理三模试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了7m/sB，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】AD，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021年河北省邯郸市高考物理三模试卷
1. 在光电效应实验中，用同一光电管在不同实验条件下得到的三条光电流与电压之间的关系图线如图所示，则( )
A. 甲光频率大于乙光频率
B. 甲光光强大于丙光光强
C. 用乙光照射时产生的光电子的最大初动能最小
D. 三种光照射时对应的截止频率之间的关系为
2. 甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，其运动的x−t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动
B. 0∼t2时间内，甲物体通过的位移小于乙物体通过的位移
C. 0∼t1时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度
D. t2时刻甲物体的速度小于乙物体的速度
3. 2022年左右，我国将建成载人空间站，其运行轨道距地面高度约为400km，已知地球半径约为6400km，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，地球表面重力加速度为10m/s2，同步卫星距地面高度约为36000km，设空间站绕地球做匀速圆周运动，则( )
A. 空间站运行速度比同步卫星小
B. 空间站运行周期比地球自转周期小
C. 可以估算空间站受到地球的万有引力
D. 受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，速度逐渐减小
4. 空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )
A. e点的电势大于0
B. a点和b点的电场强度相同
C. b点的电势低于d点的电势
D. 负电荷从a点移动到c点，电场力做负功
5. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A，B，C都处于静止状态．则( )
A. 水平面对C的支持力等于B，C的总重力
B. B一定受到C的摩擦力
C. C一定受到水平面的摩擦力
D. 若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零
6. 如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则( )
A. A和B的位移大小相等 B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的12 D. A的末速度比B的小
7. 运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180∘后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A. 2.7m/s B. 5.4m/s C. 7.6m/s D. 10.8m/s
8. 如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场。开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动。B不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B开始运动到B着地的过程中( )
A. A的电势能增加
B. A和B系统的机械能守恒
C. A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能
D. 轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和
9. 如图1所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0=10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V 50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R，现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是( )
A. 原线圈两端输入的交变电压为u=22sin100πt(V)
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：5
C. 若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮
D. 若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断
10. 如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上的恒力大小为2N，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是( )
A. 匀速运动速度为2m/s B. 自由下落的高度为2m
C. 回路中磁通量的最大值为0.4Wb D. 回路中产生的焦耳热为4J
11. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图甲所示。
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度d如图乙所示，则d=______ cm。
③由刻度尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门A右侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前
挡光条已通过光电门B；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB；
(2)除了上述操作之外，该实验中还需要完成的操作是：______
A.将气垫导轨右端垫高，以平衡摩擦力
B.将气垫导轨调节至水平
C.用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m
D.用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m，且满足M≫m
(3)在误差允许的范围内，如果满足mgs=______ (用题干已知物理量和测得物理量字母表示)，则可认为验证了机械能守恒定律。
12. 小玲同学在进行电学实验时需要一只量程为5V左右的电压表，而实验室仅有的可用器材有：
①一只量程为3mA、内阻50Ω的电流表
②两可用定值电阻，一电阻R1=400Ω，另一电阻R2的在1000∼2000Ω之间
③一直流电源(电动势2∼4V，内阻可忽略不计)
④S1、S2及若干线
⑤小玲决定将电流表与R2串联，通过电学知识确定改装后电表量程的准确值。
(1)请帮小玲完成确定电压表量程的电路图，并将图甲中的实物图连成完整电路。
(2)连线完成以后，将S1与S2闭合，电流表的示数如图乙，为______ mA；
(3)当S1闭合，S2断开时，电流表的示数如图丙，为______ mA；
(4)由此可以计算出改装后电压表的量程为______ V，电源电动势为______ V。
13. 如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其中O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的正方向夹角为θ=30∘，在第一象限OP右侧区域有平行于直线OP斜向上的匀强电场E(E未知)。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场，一段时间后，该粒子从OP边上某点以垂直于OP的方向射出磁场，粒子进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离为d，粒子经过电场后打在x轴上M点，M点坐标为(3d,0)但未在图中画出，不计粒子所受重力和阻力。求：
(1)带电粒子的荷质比；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
14. 邯郸市人民政府在2021年春节期间，发布了禁限燃放烟花爆竹的通知。集中燃放烟花爆竹严重污染空气，并常由于操作不当引发安全事故。邯郸市某中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生了浓厚的兴趣，该小组采用如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M=2kg，L=2.85m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)，A、B间的滑动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t=0.5s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10m/s2。
(1)求爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小。
(2)求爆炸释放的能量值E。
(3)实验结束后，该小组利用所学物理知识对A停在B上的位置距小车右侧挡板的距离d及小车运动的位移x2进行了预测，经测量与实验结果基本吻合。请你通过分析计算得出d、x2的数值。
15. 在“用油膜法测量分子直径”的实验中，将体积浓度为0.06%的一滴油酸溶液，轻轻滴入水盆中，稳定后形成了一层单分子油膜。测得一滴油酸溶液的体积为0.02mL，形成的油膜面积为300cm2，则油酸分子的直径约为______ (结果保留1位有效数字)；该滴油酸溶液所含油酸分子的个数的数量级______ 。
16. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2L，温度是300K，B状态的体积为4L，C状态的体积是3L，压强为2×105Pa。
(i)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(ii)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
17. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时的波形如图所示，此时波刚好传到x=5m处的P点。t=1.2s时x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度。求该列简谐横波波速______ m/s，x=4m处的质点的振动方程为______ 。
横截面边长ab为3L的正方形薄壁不透明容器内，盛有透明液体，在容器的右侧壁上液面下方3L的位置有一点光源S与容器左侧水平距离为L、液面上方3L处有一点P，从P点通过液面观察光源S，过P点的光线反向延长线与右侧器壁交于S1点，S1位于液面下方33L处，其正视图如图所示。求：
(i)透明液体的折射率n；
(ii)如果光在真空传播速度为c，观察到的这束光在液体中传播时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：D、实验用同一光电管，阴极材料相同，而金属材料的逸出功及截止频率只与材料有关，所以三种光照射时对应的截止频率相等，故D错误；
A、由光电效应方程Ek=hν−W0，由动能定理eUc=Ek，联立可得eUc=hν−W0，由图可知甲光对应遏止电压小于乙的遏止电压，两者逸出功相同，所以甲光频率小于乙光频率，故A错误；
B、由题图知甲光饱和电流大于丙光的饱和电流，根据同种光，光强越强，饱和光电流越大，则甲光比丙光强，故B正确；
C、由题图可知乙光对应的遏止电压最大，由动能定理eUc=Ek，可知用乙光照射时产生的光电子的最大初动能最大，故C错误。
故选：B。
阴极材料相同，金属材料的逸出功及截止频率相同；由光电效应方程Ek=hν−W0和eUc=Ek，分析甲光频率与乙光频率关系、产生的光电子的最大初动能关系；根据同种光，光强越强，饱和光电流越大。
本题考查光电效应的相关知识，需要学生根据光电效应实验、爱因斯坦光电效应方程以及截止频率等相关知识解题，需要考生根据题中图象分析三种光之间的关系。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据x−t图象的斜率表示速度，知甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动，故A正确；
B、根据纵坐标的变化量表示位移，知0∼t2时间内，甲、乙两物体通过的位移相等，故B错误；
C、0∼t1时间内，甲物体的位移小于乙物体的位移，则甲物体的平均速度小于乙物体的平均速度，故C错误；
D、t2时刻甲物体图像的斜率小于乙物体图像的斜率，则甲物体的速度小于乙物体的速度，故D错误。
故选：A。
x−t图象的斜率表示速度，速度的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度的定义来分析。
本题的关键要理解位移-时间图象的物理意义，知道图像的斜率表示物体的速度，纵坐标的变化量表示位移，来分析物体的运动情况。
3.【答案】B
【解析】解：根据题意可知空间站运行轨道半径r1小于同步卫星的轨道半径r2。
A、根据万有引力提供向心力可得：v=GMr，所以空间站运行速度比同步卫星大，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得：r3T2=k，所以空间站运行周期比同步卫星的自转周期小，而同步卫星的周期等于地球自转周期，所以空间站运行周期比地球自转周期小，故B正确；
C、由于空间站的质量不知道，不能估算空间站受到地球的万有引力，故C错误；
D、受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，此后万有引力做正功，空间站的线速度逐渐增大，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小；根据万有引力定律分析万有引力；根据万有引力做功情况判断空间站的线速度变化。
本题主要是考查万有引力定律在天体中的应用，能够根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律、万有引力做功与动能变化关系进行分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则e点的电势φe=0，故A错误；
B、a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，故B错误；
C、从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势，故C错误；
D、a点的电势高于c点的电势，负电荷从a点移动到c点，电场力做负功，故D正确。
故选：D。
该电场是等量异种电荷的电场，其分布具有对称性，过e点的等势线一直延伸到无穷远处，根据电场线的分布情况判断电场强度关系，由电势的变化分析电场力做功正负。
解题的关键是要知道在两个等量异种电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等。要根据电场线和等势面分布特点进行分析。
5.【答案】C
【解析】解：A、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsinθ=(mB+mC)g，绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；
B、对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ=mAg时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力．故B错误；
C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；
D、若将细绳剪断，B物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面向下的加速度，该加速度在水平方向上有分量故对C的作用力有水平向右的分量，而C处于平衡状态可知，地面对C的摩擦力肯定不为零，故D错误；
故选：C.
充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．
本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷．
6.【答案】A
【解析】解：A、平抛的位移等于水平方向与竖直方向位移的矢量和，根据题意知，A的位移大小sA=l2+(2l)2=5l，B的位移大小sB=(2l)2+l2=5l，即A和B的位移大小相等，故A正确；
B、平抛运动时间由高度决定，即t=2hg，，则A运动时间tA=2×2lg=2lg，B的运动时间tB=2lg，可知A的运动时间是B的2倍，故B错误；
C、平抛运动的初速度等于其水平位移与时间的比值，由以上分析有vA=l2lg=12gl，vB=2l2lg=2gl，所以A的初速度不是B的12，故C错误；
D、根据平抛规律可知，小球A和B在竖直方向的速度分别为vyA=gtA=2gl，vyB=gtB=2gl，根据速度合成可知，小球A和小球B的末速度分别为，，所以可得A的末速度比B的大，故D错误。
故选：A。
根据位移的合成求合位移，根据平抛运动的时间等于竖直方向自由落体运动的时间比较运动时间，根据平抛的水平位移和运动时间比较平抛的初速度，根据速度的合成比较落地时末速度的大小。
本题考查了平抛运动的时间、水平速度及末速度的计算，熟练掌握平抛运动的运动规律是解本题的关键。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
选择△m的水为研究对象，结合动量定理求出喷水时水的速度，
关键能合适地选择研究对象，用动量定理的规律进行求解。
【解答】
解：设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则：F=Mg
设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量：△m=ρ⋅V=2ρSvt
t时间内质量为△m的水获得的冲量：I=Ft=△mv
联立②③④可得：v=Mg2ρS=9002×1000×π×0.052=7.6m/s
则C正确，ABD错误
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】解：A、带正电的小物块A所受电场力沿斜面向下，从A和B开始运动到B着地的过程中，电场力做负功，所以A的电势能增加，故A正确；
B、从A和B开始运动到B着地的过程中，根据能量守恒定律得A和B系统的部分机械能转化为A的电势能，故B错误；
C、根据能量守恒定律得A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能和系统增加的动能之和，故C错误；
D、对A进行研究，根据动能定理得，
根据功能关系得WG=−△Ep，，即，所以轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和，故D正确；
故选：AD。
根据电场力做功情况判断电势能的变化；根据系统能量转化的情况判断系统机械能是否守恒；根据能量守恒定律找出不同形式的能量变化的关系。
本题研究对象为系统，涉及功能关系多，有电势能、重力势能、动能之间的转化，全面考查了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由题图2可知，交变电压的最大值为222 V，周期为T=2×10−2 s，所以角速度为ω=2πT=100π(rad/s)，
则原线圈两端的交变电压为u=222sin100πt(V)，故A错误；
B、灯泡正常发光时的电阻为RL=UL2P=200Ω，电流为IL=PUL=0.5A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200Ω，
根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1A，所以变压器的输出电压为U2=UL+I0R0=110V，则有n1n2=U1U2=15，故B正确；
C、若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，故C错误；
D、若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由可知输出功率变大，又，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，故D正确。
故选：BD。
根据图象求交变电压的瞬时值表达式，闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析各量的变化。
理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、给导体棒施加一个竖直向上的恒力F=2N=2mg后，回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，
导体棒在t3=0.2s内，导体棒受到重力和拉力作用，受力如图所示：
根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma
解得：a=10m/s2，
导体棒匀减速至零，逆向思维，v0=at3=10×0.2m/s=2m/s，故A正确；
B、导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度：h1=v022g=222×10m=0.2m，故B错误；
C、导体棒在磁场中做匀速直线运动t2=2s导体棒匀速下降的高度：h2=v0t2=2×2m=4m
导体棒在磁场中做匀速直线运动结束时回路中磁通量最大，此后回来无感应电流，磁通量不变，
磁通量的最大值：Φm=B0Lh2=0.2×0.5×4Wb=0.4Wb，故C正确；
D、根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等，
由能量守恒定律可知，回路中产生的焦耳热：Q=mgh2=0.1×10×4J=4J，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求解导体棒在磁感应全国的变化时间内的加速度大小，根据速度-时间关系求解速度；
导体棒进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式可以求出下落的高度；
导体棒在磁场中匀速运动结束瞬间回路中磁通量最大，根据磁通量的计算公式求解最大磁通量；
根据能量守恒定律可求解回路中产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，根据功能关系等列方程求解，注意无感应电流，即没有安培力，只受到重力与竖直向上的拉力，这是解题的突破口。
11.【答案】0.950BC12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]
【解析】解：(1)游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为9mm+0.50mm=9.50mm=0.950cm；
(2)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；该实验如果托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能守恒定律，所以需要用天平称出滑块和挡光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，但不需要满足M≫m的条件，故C正确，D错误。
故选BC。
(3)托盘和砝码的重力势能的减少量为mgs。遮光条经过光电门A和光电门B的速度分别为vA=d△tA，vB=d△tB。若关系式mgs=12(M+m)vB2−12(M+m)vA2，即mgs=12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]，则可认为验证了机械能守恒定律．
故答案为：(1)0.950(2)BC(3)12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]
游标卡尺读数由主尺+游标尺读数；气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡摩擦力；该实验如果托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能守恒定律，所以需要用天平称出滑块和挡光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，但不需要满足M≫m的条件。
本题考查机械能守恒的验证，关键在于熟悉掌握实验原理与方法，注意游标卡尺的读数和单位换算。
12.【答案】2.001.604.83.2
【解析】解：(1)根据实验步骤，结合电流表的示数，电路是R1和R2的串联电路，且S1是与R1并联的，具体实物连线如图；
(2)−(4)电流表量程为3mA，刻度线共计30小格，每格刻度值为0.1mA，读数需要估读到下一位，故图乙读数为2.00mA，图丙读数为1.60mA。
开关均闭合时，根据闭合电路欧姆定律有：E=I1(RA+R2)；S1闭合，S2断开时，全电路欧姆定律有：E=I2(RA+R2+R1)
联立两式解得：E=3.2V，RA+R2=1600Ω；
改装电压表量程U=Ig(RA+R2)，代入数据得U=4.8V。
故答案为：(1)如图所示；(2)2.00；(3)1.60；(4)4.8、3.2
(1)分析实验思路结合电表的改装原理，连接实物图；
(2)根据改装原理可明确要扩大量程应串联大电阻；根据串联电路的规律可求得串联电阻；
(3)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；
(4)将定值电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，两图象的交点即为电源的工作点，读出交点坐标即可求出灯泡的功率。
本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中一般采用分压及电流表外接法，一定要牢记这两种接法的电路图。同时注意明确图象的性质和应用，能利用图象找出灯泡的工作点，注意等效电源的方法。
13.【答案】解：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v
由动能定理有qU=12mv2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有
qvB=mv2r
由几何关系知r=d
联立得
qm=2UB2d2
(2)设带电粒子在磁场中运动时间为t1，由几何关系知
vt1=πr3
带电粒子在电场中运动至x轴的时间为t2
3dsinθ=vt2
带电粒子的运动时间为
t=t1+t2
解得t=(33+2π)Bd212U
答：(1)带电粒子的荷质比为2UB2d2；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为(33+2π)Bd212U。
【解析】(1)粒子在电场中根据动能定理，进入磁场根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求得比荷；
(2)分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，相加即可算出总时间。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确粒子在电场中做类平抛运动，而在磁场中做匀速圆周运动；要明确各自规律的正确应用。
14.【答案】解：(1)设小物块加速度大小为a1，小车加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：
μmg=ma1，解得：a1=0.8m/s2
μmg=Ma2，解得：a2=0.4m/s2
(2)水平面光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒可知：
mv1=Mv2
当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足：s1+s2=L
对小物块进行运动分析：s1=v1t−12a1t2
对小车进行运动分析：s2=v2t−12a2t2
联立解得：v1=4m/s，v2=2m/s；
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值为：E=12mv12+12Mv22
解得：E=12J；
(3)从爆炸开始，经多次碰撞到小物块与小车最终相对静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下来时，小车也停止运动，根据能量守恒定律可知：
E=μmgs，其中s为小物块在小车上滑动的路程
解得：s=15m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有：s=nL+d
当n=5时，d=0.75m
设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，根据动量守恒定律可推得：mx1=Mx2
对小物块和小车运动的全过程，两者位移关系有：x1+x2=L−d
解得：x2=0.7m，方向水平向左。
答：(1)爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小分别为0.8m/s2、0.4m/s2；
(2)爆炸释放的能量值为12J；
(3)物块将停在离开右端挡板0.75m处，小车运动的位移为0.7m，方向水平向左。
【解析】(1)爆炸后分别对小物块A和小车B由牛顿第二定律求加速度；
(2)爆炸后当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞过程中，该过程动量守恒，位移之和等于小车的长度L，根据运动学公式和能量守恒求爆炸释放的能量值E；
(3)根据动量守恒分析可知，最终小物块和小车均静止，由能量守恒求出小物块在小车上的总路程，然后根据位移关系进行分析。
本题考查多木块叠加的动量守恒和能量守恒，关键是第三问根据能量守恒求出小物块在小车上的总路程，然后根据位移关系分析最终物块将停在离开右端挡板多远。
15.【答案】4×10−10m1017
【解析】解：一滴油酸溶液中所含的纯油酸体积为：V=0.06%×0.02mL=1.2×10−11m3，
已知油膜面积S=300cm2=0.03m2，
则油酸分子的直径约为：d=VS=1.2×10−110.03m=4×10−10m，
该滴油酸溶液所含油酸分子的个数为：N=V43π(d2)3=V16πd3=1.2×10−1116×3.14×(4×10−10)3=3.6×1017(个)，
即该滴油酸溶液所含油酸分子的个数的数量级为1017。
故答案为：4×10−10m；1017。
根据浓度算出一滴油酸溶液中纯油酸的体积，把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，利用d=VS求出分子直径大小。用纯油酸的体积除以一个油酸分子的体积可以得出油酸分子的个数，从而得出其数量级。
掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中可以认为油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．
16.【答案】解：(i)由图示图象可知，A→B过程气体的体积与热力学温度成正比，该过程气体压强不变，
由盖-吕萨克定律得：VATA=VBTB
代入数据解得：TB=600K
由图示图象可知，B→C过程气体温度不变，则TC=TB=600K
C→A过程，由理想气体状态方程得：pAVATA=pCVCTC
代入数据解得：pA=1.5×105Pa
(ii)A→B过程理想气体温度升高，内能增加△U=200J
体积膨胀，气体对外界做功：
W=−pA⋅△V=−1.5×1×105×(4−2)×10−3J=−300J
根据热力学第一定律△U=W+Q得：
Q=△U−W=200J−(−300J)=500J，该理想气体吸热，吸收热量Q为500J
答：(i)在该循环过程中B状态的温度TB是600K，A状态的压强pA是1.5×105Pa。
(ii)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热，热量Q是500焦耳。
【解析】(i)根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律求出状态B的温度，应用理想气体状态方程求出状态A的压强。
(ii)应用热力学第一定律分析答题。
根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律、理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义，这是本题的易错点。
17.【答案】2.5−10cos(5π4t)cm
【解析】解：结合图，由同侧法知，t=0时刻，x=3m处质点由平衡位置沿y轴正方向运动，此时，该质点的速度最大。由波的特点知，x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度，所经历的时间等于t=0时刻x=3m处质点的振动形式传播到x=6m处Q点所经历的时间，为Δt=1.2s。由图知，波长λ=4m，故波速v=ΔxΔt=6−31.2m/s=2.5m/s。波的周期T=λv=42.5s=1.6s，由图知，振幅A=10cm，t=0时刻，x=4m处质点位于负向最大位移处，故该质点的振动方程为y=−Acos2πTt=−10cos(2π1.6t)cm=−10cos(5π4t)cm。
故答案为：(1)2.5；(2)−10cos(5π4t)cm。
由图读出波长，x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度，所经历的时间等于t=0时刻x=3m处质点的振动形式传播到x=6m处Q点所经历的时间，为△t=1.2s，根据波传播的距离和时间求出波速，由波速公式求解周期。由图判断出振幅，以及x=4m处的质点的初位置，然后结合振动方程即可求出。
本题要从波的传播方向熟练判断出质点的振动，灵活运用波形平移法确定波形，要知道波速两个公式v=xt和v=λT都可以运用，要根据条件灵活选择。
18.【答案】解：(i)延长ab，过P作ab的垂线交于c。连接PS1与液面交点为O。设折射角为α，入射角为β。
由题意和数学知识得：PcS1b=cObO=3L33L=3
又cO+bO=4L，则cO=3L
tanα=cOPc=33=3，得α=60∘
故tanβ=bOSO=L3L=33，得β=30∘
又Oc+Oa=4L，得Oa=L
故该透明液体的折射率：n=sinαsinβ=sin60∘sin30∘=3
(ii)由几何知识可得SO=2L
光在透明液体中传播速度为v=cn
故这束光在液体中传播时间为t=SOv
解得t=23Lc
答：(i)透明液体的折射率n为3；
(ii)这束光在液体中传播时间为23Lc。
【解析】(i)作出光路图，根据几何知识求出入射角和折射角，再由折射定律求透明液体的折射率n；
(ii)根据几何知识求出光在液体中传播距离，由v=cn求出光在液体中传播速度，从而求得光在液体中传播传播时间。
本题是几何光学问题，关键是根据题意作出光路图，根据折射定律和几何知识求解。作光路图时要注意光线的方向。
2021年河北省邯郸市高考物理三模试卷
1. 在光电效应实验中，用同一光电管在不同实验条件下得到的三条光电流与电压之间的关系图线如图所示，则( )
A. 甲光频率大于乙光频率
B. 甲光光强大于丙光光强
C. 用乙光照射时产生的光电子的最大初动能最小
D. 三种光照射时对应的截止频率之间的关系为
2. 甲、乙两物体在t=0时刻同地出发，其运动的x−t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动
B. 0∼t2时间内，甲物体通过的位移小于乙物体通过的位移
C. 0∼t1时间内，甲物体平均速度大于乙物体的平均速度
D. t2时刻甲物体的速度小于乙物体的速度
3. 2022年左右，我国将建成载人空间站，其运行轨道距地面高度约为400km，已知地球半径约为6400km，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，地球表面重力加速度为10m/s2，同步卫星距地面高度约为36000km，设空间站绕地球做匀速圆周运动，则( )
A. 空间站运行速度比同步卫星小
B. 空间站运行周期比地球自转周期小
C. 可以估算空间站受到地球的万有引力
D. 受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，速度逐渐减小
4. 空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则( )
A. e点的电势大于0
B. a点和b点的电场强度相同
C. b点的电势低于d点的电势
D. 负电荷从a点移动到c点，电场力做负功
5. 如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A，B，C都处于静止状态．则( )
A. 水平面对C的支持力等于B，C的总重力
B. B一定受到C的摩擦力
C. C一定受到水平面的摩擦力
D. 若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零
6. 如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则( )
A. A和B的位移大小相等 B. A的运动时间是B的2倍
C. A的初速度是B的12 D. A的末速度比B的小
7. 运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180∘后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A. 2.7m/s B. 5.4m/s C. 7.6m/s D. 10.8m/s
8. 如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场。开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动。B不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B开始运动到B着地的过程中( )
A. A的电势能增加
B. A和B系统的机械能守恒
C. A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能
D. 轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和
9. 如图1所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0=10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V 50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R，现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是( )
A. 原线圈两端输入的交变电压为u=22sin100πt(V)
B. 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：5
C. 若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮
D. 若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断
10. 如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上的恒力大小为2N，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是( )
A. 匀速运动速度为2m/s B. 自由下落的高度为2m
C. 回路中磁通量的最大值为0.4Wb D. 回路中产生的焦耳热为4J
11. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图甲所示。
(1)实验步骤：
①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m；
②用游标卡尺测量挡光条的宽度d如图乙所示，则d=______ cm。
③由刻度尺读出两光电门中心之间的距离s；
④将滑块移至光电门A右侧某处，待托盘和砝码静止不动时，释放滑块，要求托盘和砝码落地前
挡光条已通过光电门B；
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB；
(2)除了上述操作之外，该实验中还需要完成的操作是：______
A.将气垫导轨右端垫高，以平衡摩擦力
B.将气垫导轨调节至水平
C.用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m
D.用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m，且满足M≫m
(3)在误差允许的范围内，如果满足mgs=______ (用题干已知物理量和测得物理量字母表示)，则可认为验证了机械能守恒定律。
12. 小玲同学在进行电学实验时需要一只量程为5V左右的电压表，而实验室仅有的可用器材有：
①一只量程为3mA、内阻50Ω的电流表
②两可用定值电阻，一电阻R1=400Ω，另一电阻R2的在1000∼2000Ω之间
③一直流电源(电动势2∼4V，内阻可忽略不计)
④S1、S2及若干线
⑤小玲决定将电流表与R2串联，通过电学知识确定改装后电表量程的准确值。
(1)请帮小玲完成确定电压表量程的电路图，并将图甲中的实物图连成完整电路。
(2)连线完成以后，将S1与S2闭合，电流表的示数如图乙，为______ mA；
(3)当S1闭合，S2断开时，电流表的示数如图丙，为______ mA；
(4)由此可以计算出改装后电压表的量程为______ V，电源电动势为______ V。
13. 如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其中O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的正方向夹角为θ=30∘，在第一象限OP右侧区域有平行于直线OP斜向上的匀强电场E(E未知)。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场，一段时间后，该粒子从OP边上某点以垂直于OP的方向射出磁场，粒子进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离为d，粒子经过电场后打在x轴上M点，M点坐标为(3d,0)但未在图中画出，不计粒子所受重力和阻力。求：
(1)带电粒子的荷质比；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
14. 邯郸市人民政府在2021年春节期间，发布了禁限燃放烟花爆竹的通知。集中燃放烟花爆竹严重污染空气，并常由于操作不当引发安全事故。邯郸市某中学物理兴趣小组对爆竹释放的能量产生了浓厚的兴趣，该小组采用如图所示的装置展开研究。B是一个两侧都有竖直挡板(厚度不计)的质量M=2kg，L=2.85m的小车，放在可认为是光滑的水平面上，A是一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)，A、B间的滑动摩擦因数为0.08，小物块和小车的挡板碰撞无机械能损失。该小组将一常见型号的爆竹挤压在A、B之间，三者保持静止，爆炸后A、B开始运动，爆竹爆炸产生的碎屑在小车上无残留。经t=0.5s，A与B的挡板发生第一次碰撞。重力加速度大小为10m/s2。
(1)求爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小。
(2)求爆炸释放的能量值E。
(3)实验结束后，该小组利用所学物理知识对A停在B上的位置距小车右侧挡板的距离d及小车运动的位移x2进行了预测，经测量与实验结果基本吻合。请你通过分析计算得出d、x2的数值。
15. 在“用油膜法测量分子直径”的实验中，将体积浓度为0.06%的一滴油酸溶液，轻轻滴入水盆中，稳定后形成了一层单分子油膜。测得一滴油酸溶液的体积为0.02mL，形成的油膜面积为300cm2，则油酸分子的直径约为______ (结果保留1位有效数字)；该滴油酸溶液所含油酸分子的个数的数量级______ 。
16. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A。A状态的体积是2L，温度是300K，B状态的体积为4L，C状态的体积是3L，压强为2×105Pa。
(i)在该循环过程中B状态的温度TB和A状态的压强pA是多少？
(ii)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热还是放热，热量Q是多少焦耳？
17. 如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时的波形如图所示，此时波刚好传到x=5m处的P点。t=1.2s时x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度。求该列简谐横波波速______ m/s，x=4m处的质点的振动方程为______ 。
横截面边长ab为3L的正方形薄壁不透明容器内，盛有透明液体，在容器的右侧壁上液面下方3L的位置有一点光源S与容器左侧水平距离为L、液面上方3L处有一点P，从P点通过液面观察光源S，过P点的光线反向延长线与右侧器壁交于S1点，S1位于液面下方33L处，其正视图如图所示。求：
(i)透明液体的折射率n；
(ii)如果光在真空传播速度为c，观察到的这束光在液体中传播时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：D、实验用同一光电管，阴极材料相同，而金属材料的逸出功及截止频率只与材料有关，所以三种光照射时对应的截止频率相等，故D错误；
A、由光电效应方程Ek=hν−W0，由动能定理eUc=Ek，联立可得eUc=hν−W0，由图可知甲光对应遏止电压小于乙的遏止电压，两者逸出功相同，所以甲光频率小于乙光频率，故A错误；
B、由题图知甲光饱和电流大于丙光的饱和电流，根据同种光，光强越强，饱和光电流越大，则甲光比丙光强，故B正确；
C、由题图可知乙光对应的遏止电压最大，由动能定理eUc=Ek，可知用乙光照射时产生的光电子的最大初动能最大，故C错误。
故选：B。
阴极材料相同，金属材料的逸出功及截止频率相同；由光电效应方程Ek=hν−W0和eUc=Ek，分析甲光频率与乙光频率关系、产生的光电子的最大初动能关系；根据同种光，光强越强，饱和光电流越大。
本题考查光电效应的相关知识，需要学生根据光电效应实验、爱因斯坦光电效应方程以及截止频率等相关知识解题，需要考生根据题中图象分析三种光之间的关系。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据x−t图象的斜率表示速度，知甲物体做匀速直线运动，乙物体做变速直线运动，故A正确；
B、根据纵坐标的变化量表示位移，知0∼t2时间内，甲、乙两物体通过的位移相等，故B错误；
C、0∼t1时间内，甲物体的位移小于乙物体的位移，则甲物体的平均速度小于乙物体的平均速度，故C错误；
D、t2时刻甲物体图像的斜率小于乙物体图像的斜率，则甲物体的速度小于乙物体的速度，故D错误。
故选：A。
x−t图象的斜率表示速度，速度的正负表示速度的方向，纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度的定义来分析。
本题的关键要理解位移-时间图象的物理意义，知道图像的斜率表示物体的速度，纵坐标的变化量表示位移，来分析物体的运动情况。
3.【答案】B
【解析】解：根据题意可知空间站运行轨道半径r1小于同步卫星的轨道半径r2。
A、根据万有引力提供向心力可得：v=GMr，所以空间站运行速度比同步卫星大，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得：r3T2=k，所以空间站运行周期比同步卫星的自转周期小，而同步卫星的周期等于地球自转周期，所以空间站运行周期比地球自转周期小，故B正确；
C、由于空间站的质量不知道，不能估算空间站受到地球的万有引力，故C错误；
D、受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，此后万有引力做正功，空间站的线速度逐渐增大，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力分析线速度大小；根据开普勒第三定律分析周期大小；根据万有引力定律分析万有引力；根据万有引力做功情况判断空间站的线速度变化。
本题主要是考查万有引力定律在天体中的应用，能够根据万有引力提供向心力结合开普勒第三定律、万有引力做功与动能变化关系进行分析。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则e点的电势φe=0，故A错误；
B、a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，故B错误；
C、从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势，故C错误；
D、a点的电势高于c点的电势，负电荷从a点移动到c点，电场力做负功，故D正确。
故选：D。
该电场是等量异种电荷的电场，其分布具有对称性，过e点的等势线一直延伸到无穷远处，根据电场线的分布情况判断电场强度关系，由电势的变化分析电场力做功正负。
解题的关键是要知道在两个等量异种电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等。要根据电场线和等势面分布特点进行分析。
5.【答案】C
【解析】解：A、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+mAgsinθ=(mB+mC)g，绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；
B、对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即mBgsinθ=mAg时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力．故B错误；
C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左．故C正确；
D、若将细绳剪断，B物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面向下的加速度，该加速度在水平方向上有分量故对C的作用力有水平向右的分量，而C处于平衡状态可知，地面对C的摩擦力肯定不为零，故D错误；
故选：C.
充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．
本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象．当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷．
6.【答案】A
【解析】解：A、平抛的位移等于水平方向与竖直方向位移的矢量和，根据题意知，A的位移大小sA=l2+(2l)2=5l，B的位移大小sB=(2l)2+l2=5l，即A和B的位移大小相等，故A正确；
B、平抛运动时间由高度决定，即t=2hg，，则A运动时间tA=2×2lg=2lg，B的运动时间tB=2lg，可知A的运动时间是B的2倍，故B错误；
C、平抛运动的初速度等于其水平位移与时间的比值，由以上分析有vA=l2lg=12gl，vB=2l2lg=2gl，所以A的初速度不是B的12，故C错误；
D、根据平抛规律可知，小球A和B在竖直方向的速度分别为vyA=gtA=2gl，vyB=gtB=2gl，根据速度合成可知，小球A和小球B的末速度分别为，，所以可得A的末速度比B的大，故D错误。
故选：A。
根据位移的合成求合位移，根据平抛运动的时间等于竖直方向自由落体运动的时间比较运动时间，根据平抛的水平位移和运动时间比较平抛的初速度，根据速度的合成比较落地时末速度的大小。
本题考查了平抛运动的时间、水平速度及末速度的计算，熟练掌握平抛运动的运动规律是解本题的关键。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
选择△m的水为研究对象，结合动量定理求出喷水时水的速度，
关键能合适地选择研究对象，用动量定理的规律进行求解。
【解答】
解：设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则：F=Mg
设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量：△m=ρ⋅V=2ρSvt
t时间内质量为△m的水获得的冲量：I=Ft=△mv
联立②③④可得：v=Mg2ρS=9002×1000×π×0.052=7.6m/s
则C正确，ABD错误
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】解：A、带正电的小物块A所受电场力沿斜面向下，从A和B开始运动到B着地的过程中，电场力做负功，所以A的电势能增加，故A正确；
B、从A和B开始运动到B着地的过程中，根据能量守恒定律得A和B系统的部分机械能转化为A的电势能，故B错误；
C、根据能量守恒定律得A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能和系统增加的动能之和，故C错误；
D、对A进行研究，根据动能定理得，
根据功能关系得WG=−△Ep，，即，所以轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和，故D正确；
故选：AD。
根据电场力做功情况判断电势能的变化；根据系统能量转化的情况判断系统机械能是否守恒；根据能量守恒定律找出不同形式的能量变化的关系。
本题研究对象为系统，涉及功能关系多，有电势能、重力势能、动能之间的转化，全面考查了学生综合分析问题能力和对功能关系的理解及应用。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由题图2可知，交变电压的最大值为222 V，周期为T=2×10−2 s，所以角速度为ω=2πT=100π(rad/s)，
则原线圈两端的交变电压为u=222sin100πt(V)，故A错误；
B、灯泡正常发光时的电阻为RL=UL2P=200Ω，电流为IL=PUL=0.5A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200Ω，
根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1A，所以变压器的输出电压为U2=UL+I0R0=110V，则有n1n2=U1U2=15，故B正确；
C、若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，故C错误；
D、若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由可知输出功率变大，又，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，故D正确。
故选：BD。
根据图象求交变电压的瞬时值表达式，闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析各量的变化。
理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、给导体棒施加一个竖直向上的恒力F=2N=2mg后，回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，
导体棒在t3=0.2s内，导体棒受到重力和拉力作用，受力如图所示：
根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma
解得：a=10m/s2，
导体棒匀减速至零，逆向思维，v0=at3=10×0.2m/s=2m/s，故A正确；
B、导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度：h1=v022g=222×10m=0.2m，故B错误；
C、导体棒在磁场中做匀速直线运动t2=2s导体棒匀速下降的高度：h2=v0t2=2×2m=4m
导体棒在磁场中做匀速直线运动结束时回路中磁通量最大，此后回来无感应电流，磁通量不变，
磁通量的最大值：Φm=B0Lh2=0.2×0.5×4Wb=0.4Wb，故C正确；
D、根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等，
由能量守恒定律可知，回路中产生的焦耳热：Q=mgh2=0.1×10×4J=4J，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求解导体棒在磁感应全国的变化时间内的加速度大小，根据速度-时间关系求解速度；
导体棒进入磁场前做自由落体运动，应用运动学公式可以求出下落的高度；
导体棒在磁场中匀速运动结束瞬间回路中磁通量最大，根据磁通量的计算公式求解最大磁通量；
根据能量守恒定律可求解回路中产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对于导体棒运动过程中涉及能量转化问题，根据功能关系等列方程求解，注意无感应电流，即没有安培力，只受到重力与竖直向上的拉力，这是解题的突破口。
11.【答案】0.950BC12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]
【解析】解：(1)游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为9mm+0.50mm=9.50mm=0.950cm；
(2)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；该实验如果托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能守恒定律，所以需要用天平称出滑块和挡光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，但不需要满足M≫m的条件，故C正确，D错误。
故选BC。
(3)托盘和砝码的重力势能的减少量为mgs。遮光条经过光电门A和光电门B的速度分别为vA=d△tA，vB=d△tB。若关系式mgs=12(M+m)vB2−12(M+m)vA2，即mgs=12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]，则可认为验证了机械能守恒定律．
故答案为：(1)0.950(2)BC(3)12(M+m)[(d△tB)2−(d△tA)2]
游标卡尺读数由主尺+游标尺读数；气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，所以不需要平衡摩擦力；该实验如果托盘和砝码的重力势能的减少量等于系统动能的增加量即可验证机械能守恒定律，所以需要用天平称出滑块和挡光条的总质量M、托盘和砝码的总质量m，但不需要满足M≫m的条件。
本题考查机械能守恒的验证，关键在于熟悉掌握实验原理与方法，注意游标卡尺的读数和单位换算。
12.【答案】2.001.604.83.2
【解析】解：(1)根据实验步骤，结合电流表的示数，电路是R1和R2的串联电路，且S1是与R1并联的，具体实物连线如图；
(2)−(4)电流表量程为3mA，刻度线共计30小格，每格刻度值为0.1mA，读数需要估读到下一位，故图乙读数为2.00mA，图丙读数为1.60mA。
开关均闭合时，根据闭合电路欧姆定律有：E=I1(RA+R2)；S1闭合，S2断开时，全电路欧姆定律有：E=I2(RA+R2+R1)
联立两式解得：E=3.2V，RA+R2=1600Ω；
改装电压表量程U=Ig(RA+R2)，代入数据得U=4.8V。
故答案为：(1)如图所示；(2)2.00；(3)1.60；(4)4.8、3.2
(1)分析实验思路结合电表的改装原理，连接实物图；
(2)根据改装原理可明确要扩大量程应串联大电阻；根据串联电路的规律可求得串联电阻；
(3)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；
(4)将定值电阻等效为电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线，两图象的交点即为电源的工作点，读出交点坐标即可求出灯泡的功率。
本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，注意本实验中一般采用分压及电流表外接法，一定要牢记这两种接法的电路图。同时注意明确图象的性质和应用，能利用图象找出灯泡的工作点，注意等效电源的方法。
13.【答案】解：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v
由动能定理有qU=12mv2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有
qvB=mv2r
由几何关系知r=d
联立得
qm=2UB2d2
(2)设带电粒子在磁场中运动时间为t1，由几何关系知
vt1=πr3
带电粒子在电场中运动至x轴的时间为t2
3dsinθ=vt2
带电粒子的运动时间为
t=t1+t2
解得t=(33+2π)Bd212U
答：(1)带电粒子的荷质比为2UB2d2；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为(33+2π)Bd212U。
【解析】(1)粒子在电场中根据动能定理，进入磁场根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求得比荷；
(2)分别求出粒子在磁场和电场中运动的时间，相加即可算出总时间。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确粒子在电场中做类平抛运动，而在磁场中做匀速圆周运动；要明确各自规律的正确应用。
14.【答案】解：(1)设小物块加速度大小为a1，小车加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：
μmg=ma1，解得：a1=0.8m/s2
μmg=Ma2，解得：a2=0.4m/s2
(2)水平面光滑，小物块和小车组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，设刚爆炸后小物块速度大小为v1，小车速度大小为v2，由动量守恒可知：
mv1=Mv2
当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞时满足：s1+s2=L
对小物块进行运动分析：s1=v1t−12a1t2
对小车进行运动分析：s2=v2t−12a2t2
联立解得：v1=4m/s，v2=2m/s；
由能量守恒定律可知，爆炸产生的能量值为：E=12mv12+12Mv22
解得：E=12J；
(3)从爆炸开始，经多次碰撞到小物块与小车最终相对静止，由于系统的动量守恒，物块相对小车停下来时，小车也停止运动，根据能量守恒定律可知：
E=μmgs，其中s为小物块在小车上滑动的路程
解得：s=15m
设经n次碰撞物块相对小车停下，有：s=nL+d
当n=5时，d=0.75m
设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，根据动量守恒定律可推得：mx1=Mx2
对小物块和小车运动的全过程，两者位移关系有：x1+x2=L−d
解得：x2=0.7m，方向水平向左。
答：(1)爆炸后运动过程中小物块A和小车B的加速度大小分别为0.8m/s2、0.4m/s2；
(2)爆炸释放的能量值为12J；
(3)物块将停在离开右端挡板0.75m处，小车运动的位移为0.7m，方向水平向左。
【解析】(1)爆炸后分别对小物块A和小车B由牛顿第二定律求加速度；
(2)爆炸后当小物块和小车右侧挡板发生第一次碰撞过程中，该过程动量守恒，位移之和等于小车的长度L，根据运动学公式和能量守恒求爆炸释放的能量值E；
(3)根据动量守恒分析可知，最终小物块和小车均静止，由能量守恒求出小物块在小车上的总路程，然后根据位移关系进行分析。
本题考查多木块叠加的动量守恒和能量守恒，关键是第三问根据能量守恒求出小物块在小车上的总路程，然后根据位移关系分析最终物块将停在离开右端挡板多远。
15.【答案】4×10−10m1017
【解析】解：一滴油酸溶液中所含的纯油酸体积为：V=0.06%×0.02mL=1.2×10−11m3，
已知油膜面积S=300cm2=0.03m2，
则油酸分子的直径约为：d=VS=1.2×10−110.03m=4×10−10m，
该滴油酸溶液所含油酸分子的个数为：N=V43π(d2)3=V16πd3=1.2×10−1116×3.14×(4×10−10)3=3.6×1017(个)，
即该滴油酸溶液所含油酸分子的个数的数量级为1017。
故答案为：4×10−10m；1017。
根据浓度算出一滴油酸溶液中纯油酸的体积，把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，利用d=VS求出分子直径大小。用纯油酸的体积除以一个油酸分子的体积可以得出油酸分子的个数，从而得出其数量级。
掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中可以认为油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．
16.【答案】解：(i)由图示图象可知，A→B过程气体的体积与热力学温度成正比，该过程气体压强不变，
由盖-吕萨克定律得：VATA=VBTB
代入数据解得：TB=600K
由图示图象可知，B→C过程气体温度不变，则TC=TB=600K
C→A过程，由理想气体状态方程得：pAVATA=pCVCTC
代入数据解得：pA=1.5×105Pa
(ii)A→B过程理想气体温度升高，内能增加△U=200J
体积膨胀，气体对外界做功：
W=−pA⋅△V=−1.5×1×105×(4−2)×10−3J=−300J
根据热力学第一定律△U=W+Q得：
Q=△U−W=200J−(−300J)=500J，该理想气体吸热，吸收热量Q为500J
答：(i)在该循环过程中B状态的温度TB是600K，A状态的压强pA是1.5×105Pa。
(ii)A→B过程如果内能变化了200J，该理想气体是吸热，热量Q是500焦耳。
【解析】(i)根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律求出状态B的温度，应用理想气体状态方程求出状态A的压强。
(ii)应用热力学第一定律分析答题。
根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用盖-吕萨克定律、理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律解题时注意各物理量正负号的含义，这是本题的易错点。
17.【答案】2.5−10cos(5π4t)cm
【解析】解：结合图，由同侧法知，t=0时刻，x=3m处质点由平衡位置沿y轴正方向运动，此时，该质点的速度最大。由波的特点知，x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度，所经历的时间等于t=0时刻x=3m处质点的振动形式传播到x=6m处Q点所经历的时间，为Δt=1.2s。由图知，波长λ=4m，故波速v=ΔxΔt=6−31.2m/s=2.5m/s。波的周期T=λv=42.5s=1.6s，由图知，振幅A=10cm，t=0时刻，x=4m处质点位于负向最大位移处，故该质点的振动方程为y=−Acos2πTt=−10cos(2π1.6t)cm=−10cos(5π4t)cm。
故答案为：(1)2.5；(2)−10cos(5π4t)cm。
由图读出波长，x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度，所经历的时间等于t=0时刻x=3m处质点的振动形式传播到x=6m处Q点所经历的时间，为△t=1.2s，根据波传播的距离和时间求出波速，由波速公式求解周期。由图判断出振幅，以及x=4m处的质点的初位置，然后结合振动方程即可求出。
本题要从波的传播方向熟练判断出质点的振动，灵活运用波形平移法确定波形，要知道波速两个公式v=xt和v=λT都可以运用，要根据条件灵活选择。
18.【答案】解：(i)延长ab，过P作ab的垂线交于c。连接PS1与液面交点为O。设折射角为α，入射角为β。
由题意和数学知识得：PcS1b=cObO=3L33L=3
又cO+bO=4L，则cO=3L
tanα=cOPc=33=3，得α=60∘
故tanβ=bOSO=L3L=33，得β=30∘
又Oc+Oa=4L，得Oa=L
故该透明液体的折射率：n=sinαsinβ=sin60∘sin30∘=3
(ii)由几何知识可得SO=2L
光在透明液体中传播速度为v=cn
故这束光在液体中传播时间为t=SOv
解得t=23Lc
答：(i)透明液体的折射率n为3；
(ii)这束光在液体中传播时间为23Lc。
【解析】(i)作出光路图，根据几何知识求出入射角和折射角，再由折射定律求透明液体的折射率n；
(ii)根据几何知识求出光在液体中传播距离，由v=cn求出光在液体中传播速度，从而求得光在液体中传播传播时间。
本题是几何光学问题，关键是根据题意作出光路图，根据折射定律和几何知识求解。作光路图时要注意光线的方向。
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