2023年湖南省张家界市高考物理模拟试卷（含答案解析）

这是一份2023年湖南省张家界市高考物理模拟试卷（含答案解析），共17页。

2023年湖南省张家界市高考物理模拟试卷
1. 关于原子物理，下列说法正确的是(    )
A. 普朗克提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱
B. β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
C. 衰变方程 94238Pu→92234X+Y中， 94238Pu发生的是α衰变，α射线具有极强的穿透能力
D. 电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小提高了分辨能力
2. 如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧AM、BN的等高处同时由静止释放。圆弧AM的半径是BN的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，且P、Q不会在空中相遇，下列说法正确的是(    )


A. P球在圆弧上运动的过程重力的功率一直在增加
B. 小球经过M、N时的向心加速度相同
C. 小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等
D. 平抛运动的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大
3. 日晕是一种常见的大气光学现象，如图甲所示。太阳光线经卷层云中同一冰晶的两次折射，分散成单色光，形成日晕。冰晶截面可看作正六边形。如图乙所示为一束紫光在冰晶上的折射光路，θ1为冰晶上的入射角，θ2为经过第一个界面的折射角，θ3为光线离开冰晶的折射角，θ4为出射光相对入射光的偏转角。下列说法中正确的是(    )

A. 在冰晶内红光的传播速度比紫光的小
B. 若θ1=θ3=60∘，则冰晶对紫光的折射率为 3
C. 保持入射角不变，将紫光改为红光，偏转角将增大
D. 若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，紫光照射产生的光电子的最大初动能小
4. 已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则(    )
A. 蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为151v
B. 蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为5051mv
C. 蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为50mv51t
D. 若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
5. 如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带电荷量为+q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是(    )
A. O点电场强度为0
B. C点电场强度方向由C指向F
C. 电子在F点的电势能比其在O点的电势能小
D. O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等

6. 用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度g=10m/s2。由此可判断出(    )
A. 手机一直未离开过手掌
B. 手机在t1时刻运动到最高点
C. 手机在t2时刻改变运动方向
D. 手机在t1∼t3时间内，受到的支持力一直减小

7. 如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和电阻箱R2、理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是(    )
A. 保持R2不变，将触头P向上移动，则A1的示数变大
B. 保持R2不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C. 保持P的位置不动，增大R2，则A1的示数减小，A2的示数减小
D. 保持P的位置不动，增大R2，则R2的电功率变小，R1的电功率不变
8. 利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法。如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态。该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型。运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有(    )

A. 地面对钢管支持力的大小不变 B. 地面对钢管的摩擦力变大
C. 地面对钢管作用力的合力变大 D. 地面对钢管作用力的合力大小不变
9. 如图甲所示，在x轴上有S1和S2两个波源分别位于x1=−0.2m和x2=1.2m处，振动方向与xOy平面垂直并向周围空间(介质分布均匀)传播，波速为v=2m/s。t=0时刻两波源同时开始振动，图像分别如图乙、丙所示。M为xOy平面内一点，Δr=MS2−MS1。下列说法正确的是(    )

A. (0.2m,0)处的质点开始振动方向沿z轴负方向
B. 两列波相遇后，(0.6m,0)处的质点振动加强
C. 两列波相遇后，(0.5m,0)处的质点振动加强
D. 若Δr=0.2m，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为z=0.4sin(10πt+π)m
10. 我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，是应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面内、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是(    )
A. 地球的公转线速度大于火星的公转线速度
B. 当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约13分钟到达火星
C. 若火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，则探测器沿椭圆轨道运动到C点时，恰好与火星相遇
D. 下一个发射时机需要再等约2.1年
11. 如图甲为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力f恒定，汽车质量为M；如图乙为一足够长的水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将一质量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图丙、丁分别是汽车、导体棒开始运动后的v−t图像，其中t1和t2已知。则(    )

A. 汽车在运动过程中的最大速度为Pf
B. 导体棒在运动过程中的最大速度为FRB2L
C. 汽车从启动到速度达到最大所运动的距离为Pt1f−MP22f3
D. 导体棒从开始到速度达到最大所运动的距离为FRt2B2L2−mFR22B4L4
12. 某研究性学习小组利用含有刻度尺的气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门滑块上固定一遮光条，光电门可以记录遮光条通过光电门的时间，用天平测出滑块(含遮光条)的质量，接通气源后部分操作过程如下：

(1)图2中用螺旋测微器测出遮光条宽度d=______ mm。
(2)取下钩码和细线，轻推滑块使其依次通过光电门1和光电门2，通过的时间分别为Δt1、Δt2，当Δt1=Δt2时，说明气垫导轨已经水平。
(3)用细线跨过定滑轮连接滑块和质量为m的钩码，释放滑块，两个光电门记录的时间分别为Δt1、Δt2，已知重力加速度为g，滑块(含遮光条)的质量为M，遮光条宽度d，要验证机械能守恒还需要测量的物理量是______ (写出物理量的名称及符号)。
(4)若上述物理量满足______ 关系式，则表明在上述过程中，滑块及钩码组成的系统机械能守恒(用第(3)问中的物理量符号表示)。
13. 传感器在现代生活中有着广泛的应用。某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图甲所示，压力F在0∼200N范围内时图线为直线。先利用如图乙所示的电路，测量F=0时压敏电阻的阻值R，再在电流表相应刻度处标记对应的压力值。主要器材如下：
压敏电阻R(F=0时，阻值在90∼110Ω之间)
电源(电动势E=12V，内阻不计)
电流表G1(量程10mA，内阻Rg1=200Ω)
电流表G2(量程50mA，内阻Rg2约为100Ω)
定值电阻R1=200Ω
滑动变阻器R
开关S1、S2及导线若干

请完成下列问题：
(1)要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线c端应与______ (选填“a”或“b”)点连接；
(2)滑动变阻器有两种规格，本实验中R2应选择______ ；
A.最大阻值为200Ω
B.最大阻值为100Ω
(3)闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值从最大值逐渐减小，电流表G2读数为40mA时，电流表G1读数为8.0mA，可知R0=______ Ω；
(4)断开开关S2，继续调节滑动变阻器R2，使电流表G2达到满偏，满偏电流刻度处标记F=0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和G2内阻之和为______ Ω。保持滑动变阻器阻值不变，当压力F=160N时，电流表G2示数为______ mA。
14. 如图所示为某兴趣小组设计的一种气压型“体积测量仪”的工作原理示意图，该测量仪可以测量不规则物体的体积。A(压气筒)和B(测量罐)均为高L、横截面积为S的导热汽缸(传感器体积忽略不计)，中间用体积可忽略不计的细管连接，C为质量m、润滑良好且厚度不计的密闭活塞，将缸内的理想气体(氮气)封闭。当外界大气压为p0=14mgS，环境温度为27℃时，活塞正好在压气筒A的顶部。现在C活塞上放置一质量为5m的重物，活塞缓慢下移，待缸内温度再次和环境温度相等时，测量活塞与缸底的间距为0.6L，求：

①放置重物之前，缸内气体的压强p1；
②不规则物体的体积V。
15. 如图，质量为m=2kg的小物块，用长L=0.4m的细线悬挂于O点，现将细线拉直并与水平方向夹角α=30∘，由静止释放，小物块下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开，小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带，传送带以v0的速度逆时针匀速运转，其上表面距地面高度H=1.6m，小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜方面滑上斜面。斜面高h=1.0m，倾角θ=60∘，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离x= 32m，g取10m/s2。求：
(1)绳子能承受的最大拉力的大小；
(2)传送带速度大小满足的条件；
(3)弹簧的最大弹性势能。

16. 如图所示，O−xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧−2l (1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从离开O点开始，第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离s。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A、玻尔提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱，故A错误；
B、β衰变是由于原子核内中子转化为一个质子同时释放一个电子，并非原子核外电子电离形成的，故B错误；
C、根据质量数及电荷数守恒，可写出该核反应方程为 94238Pu→92234X+24He，可知该核反应为α衰变，α射线的穿透能力较弱，故C错误；
D、电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力，故D正确。
故选：D。
玻尔提出了原子核外电子轨道量子化，并成功解释了氢原子光谱，根据β衰变的实质分析；根据质量数及电荷数守恒，分析衰变情况，电子显微镜利用高速电子束的德布罗意波长比可见光更小的规律提高了分辨能力。
不同考查衰变、波尔理论、射线特点等知识点，解题关键掌握衰变过程中质量数及电荷数守恒。

2.【答案】C 
【解析】解：A.根据
PG=mgvy
可知，开始时P球的重力的功率为零，到达底端时P球的重力的功率也为零，则P球在圆弧上运动的过程重力的功率先增加后减小，故A错误；
B.两球下落的高度相同，则到达底端时的速度大小相同，根据
a=v2r
可知，小球经过M、N时的向心加速度不相同，故B错误；
C.根据
x=vt
h=12gt2
可得
x=v g2h
则小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，故C正确；
D.平抛运动的过程中，小球重力的平均功率
P−=mght，解得P−=mg gh2
小球P重力的平均功率与小球Q的重力的平均功率相等，故D错误。
故选：C。
根据瞬时功率计算式，分析瞬时功率；
根据向心加速度公式，分析向心加速度大小；
根据平抛规律列式，求水平位移；
根据平均功率计算式，分析平均功率。
本题是一道中等难度题，考查学生对瞬时功率、向心加速度、平抛规律的掌握，需要学生平时多熟记。

3.【答案】B 
【解析】A、由于红光的折射率小于紫光的折射率，根据v=cn可知，在冰晶内红光的传播速度比紫光的大，故A错误；
B、图乙中紫光满足θ1=θ3=60∘，正六边形每个内角为120o，即∠A=120o，根据几何关系可知θ2=30∘，根据折射率为n=sinθ1sinθ2，可得n= 3，故B正确；
C、保持入射角不变，将紫光改为红光，因紫光的折射率大于红光的折射率，根据折射率n=sinθ1sinθ2，则偏转角将减小，故C错误；
D、根据光电效应方程有Ekm=hν−W0可知，由于红光频率小于紫光频率，若红光和紫光均能使同一金属产生光电效应，则紫光对应的光电子最大初动能一定比红光的大，故D错误。
故选：B。
单色光频率越大，在同一介质中，折射率越大，根据v=cn、v=fλ可知，传波速度越小，波长越小，传播过程中频率不变；根据光电效应方程Ekm=hν−W0可知对于同种金属，入射光频率越大，电子最大初动能越大。
本题主要考查光的折射定律、光电效应方程的理解与应用，熟记公式v=cn、n=sinθ1sinθ2、Ekm=hν−W0是解题的关键。

4.【答案】C 
【解析】解：A、蚊子与雨滴融为一体的过程中，规定向下为正方向，根据动量守恒有50mv=51mv共，解得v共=5051v，故A错误，
B、雨滴的动量变化量Δp=50m(v共−v)=−5051mv，故B错误；
C、设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有Ft=mv共，解得F=50mv51t，故C正确；
D、若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，蚊子受到的平均作用力也变大，故D错误。
故选：C。
根据动量守恒解得A，根据动量定理分析解得BCD。
本题考查动量守恒的与动量定理的应用，解题关键掌握动量的矢量性。

5.【答案】D 
【解析】解：A、B点的点电荷在O点的场强由O指向E，D点的点电荷在O点的场强由O指向A，合场强不为0，故A错误；
B、B点的点电荷在C点的场强沿BC方向，D点的点电荷在O点的场强沿DC方向，根据等量同种电荷产生电场的对称性可知，合场强的方向由F指向C，故B错误；
C、O点离两正电荷更近，则O点的电势更高，电子带负电，电子在F点的电势能比在O点的电势能大，故C错误；
D、根据对称性可知，O、A两点间的电势差和O、E两点间的电势差相等，故D正确。
故选：D。
根据等量同种点电荷产生电场的特点分析即可；负电荷在电势高的位置电势能小。
本题考查等量同种点电荷的电场，知道等量同种点电荷电场的特点，知道离正点电荷越近，电势越高。

6.【答案】D 
【解析】解：A、由图可知，t3时间后，手机的加速度等于重力加速度，方向竖直向下，则手机与手掌没有力的作用，故手机离开过手掌，故A错误；
B、由图像得，0∼t2时间内手机加速度始终为正值，一直向上做加速运动，则手机在t1时刻还没有到最高点，故B错误；
C、t2时刻，手机向上的速度达到最大值，则t2时刻，手机的运动方向没有发生改变，故C错误；
D、t1∼t2时间内，根据牛顿第二定律得：N−mg=ma
整理得：N=ma+mg
由图可知t1∼t2时间加速度向上不断减小，则支持力不断减小；t2∼t3时间内加速度向下，根据牛顿第二定律得：mg−N=ma
整理得：N=mg−ma
t2∼t3时间内加速度不断增大，则支持力不断减小，即手机在t1∼t3时间内，受到的支持力一直减小，故D正确。
故选：D。
根据图像分析手机的加速度，与重力加速度比较，进而判断手机是否离开过手掌；根据a−t图像加速度的变化分析手机的运功情况；根据牛顿第二定律分析支持力的变化。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是能从a−t图像中分析手机加速度和速度的变化，结合牛顿第二定律分析即可。

7.【答案】C 
【解析】解：根据电路连接情况可知U=U1+I1R1，根据变压器电压、电流关系可知U1U2=n1n2，I1I2=n2n1，根据欧姆定理可知U2=I2R2，联立可得U=I1(R1+n12n22R2)。
A、保持R2不变，将触头P向上移动，则n1增大，根据上述推导可知I1变小，即A1的示数变小，故A错误；
B、若保持R2不变，将触头P向下移动，n1减小，则I1增大，电源输出的总功率P=UI1变大，故B错误；
C、保持P的位置不动，增大R2，根据上述推导可知I1、I2变小，即A1和A2的示数都变小，故C正确；
D、根据P=I2R可知，R1的电功率变小，R2的电功率可能变小也可能变大，故D错误。
故选：C。
当保持R2不变，则由原线圈匝数变化，导致副线圈的电压变化，根据闭合电路欧姆定律与变压器原理求解；当保持P位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化，从而得出电表示数，电功率如何变化。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

8.【答案】ABC 
【解析】解：对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子拉力T和地面对钢管作用力合力F，钢管受力平衡，根据共点力平衡条件，F=mgsinθ，T=mgtanθ，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，地面对钢管作用力合力变大，故C正确，D错误；
对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力FN、水平向左的摩擦力Ff，可知FN=mg，Ff=T=mgtanθ，即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故AB正确。
故选：ABC。
对钢管进行受力分析，结合共点力平衡的条件解答即可。
解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行分析求解，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析。

9.【答案】BD 
【解析】解：A、(0.2m,0)处的质点，离S1波源更近，故该质点先按S1波源的振动形式振动，S1波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动，即振动方向沿z轴正方向，故A错误；
B、两列波的振动周期、波速均相等，故波长也相等，为λ=Tv=0.2×2m=0.4m，由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点，(0.6m,0)处的质点，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，故B正确；
C、(0.5m,0)处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，故C错误；
D、若Δr=0.2m，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为A=2×0.2m=0.4m，ω=2πT=2π0.2=10π，φ=π，故其振动方程z=Asin(ωt+φ)=0.4sin(10πt+π)m，故D正确。
故选：BD。
(0.2m,0)处的质点，离S1波源更近，故该质点先按S1波源的振动形式振动，S1波源开始向上振动，故该质点开始振动时也是先向上振动；两列波的振动周期，波速均相等，故波长也相等，由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点，(0.6m,0)处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍；(0.5m,0)处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍；若Δr=0.2m，为半波长的奇数倍，为振动加强点.
本题考查波长、频率和波速的关系，学生需明白两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，奇数倍为振动加强点。

10.【答案】AD 
【解析】解：A、根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，故A正确；
B、当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间t0=0.55×108×1033×108s=5503s≈3分钟，故B错误；
C、根据开普勒第三定律可列式R火3T火2=R探3T探2，探测器轨道的半长轴小于火星轨道的半径，可知T火>T探，则如果火星运动到B点、地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC先运动到C点，此时火星还没有达到C点，两者并不能恰好在C点相遇，故C错误；
D、根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，设到达下一次机会的时间为Δt，根据t=ΔθΔω可知，2πT地Δt−2πT火Δt=2π，代入数据解得Δt=199T地≈2.1年，故D正确。
故选：AD。
根据万有引力提供向心力，写出加速度与速度的表达式进行比较；根据运动学公式计算地球最近处上发出的指令到达火星的时间；火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在C点相遇；由t=ΔθΔω计算地球再一次追上火星的时间。
本题考查了天体环绕地球运动的相关问题，解题的关键是能用万有引力定律和开普勒第三定律列式求解。

11.【答案】AC 
【解析】解：A、当汽车运动至速度最大时，有F牵−f=0，且P=F牵vm1，解得vm1=Pf，故A正确；
B、对导体棒，速度最大时有：F−ILB=0，且I=BLvm2R，解得vm2=FRB2L2，故B错误；
C、汽车从启动到速度达到最大的过程中，由动能定理可知12Mvm12=Pt1−fx1，解得x1=Pt1f−MP22f3，故C正确；
D、由电磁感应定律E=NΔΦΔt得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中E−=BΔSt2=BLx2t2，由欧姆定律可知I−=E−R，故F−安=BI−L，由动量定理可知Ft2−F−安t2=mvm2，计算可知x2=FRt2B2L2−mFR2B4L4，故D错误。
故选：AC。
机车启动问题：当汽车达到匀速运动时，牵引力等于阻力，启动完成；导体棒运动问题：当导体棒匀速时，外力等于安培力，导体棒受力平衡；根据动能定理求从开始运动到速度达到最大时运动的距离。
本题将汽车启动问题和导体棒运动问题类比，主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

12.【答案】3.700两光电门间的距离xmgx=12(M+m)(dΔt2)2−12(M+m)(dΔt1)2 
【解析】解：(1)用螺旋测微器的精度为0.01mm，其读数固定刻度为可动刻度之和。所以测出遮光条宽度：d=3.5mm+0.01mm×20.0=3.700mm；
(3)滑块经过两光电门时的速度分别为：v1=dΔt1、v2=dΔt2
要验证的关系式为：mgx=12(M+m)v22−12(M+m)v12
即：mgx=12(M+m)(dΔt2)2−12(M+m)(dΔt1)2
要验证机械能守恒还需要测量的物理量是两光电门间的距离x；
(4)由上述分析可知，若上述物理量满足：mgx=12(M+m)(dΔt2)2−12(M+m)(dΔt1)2
关系式，则表明在上述过程中，滑块及钩码组成的系统机械能守恒。
故答案为：(1)3.700；(3)两光电门间的距离x；(4)mgx=12(M+m)(dΔt2)2−12(M+m)(dΔt1)2。
(1)根据螺旋测微器的读数方法读得数据；
(3)(4)实验原理是：求出通过光电门1时的速度v1，通过光电门1时的速度v2，比较重力势能减少量与动能增加量的大小关系。
正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果。

13.【答案】a B 100 140 30 
【解析】解：(1)导线c端应接a，G1和定值电阻R1串联可当成电压表测量压敏电阻R两端的电压，G2和G1的电流之差是通过压敏电阻R的电流，若接b，因G2的内阻未知，不能准确测量R两端的电压值；
(2)F=0时，滑动变阻器R2若选择最大阻值为20Ω的，全部接入电路时，电路总电阻R=Rg2+R2+(Rg1+R1)R0Rg1+R1+R0=100Ω+20Ω+(200+200)×110400+110Ω≈206Ω，则干路电流约为I=ER=12206A≈58mA，超过G2的量程，为确保电路安全且方便实验操作，应选择最大阻值为100Ω的滑动变阻器；
(3)闭合开关S1、S2，当两电流表G1、G2的示数分别为I1、I2时，有R0=I1(Rg1+R1)I2−I1，代入数据解得：R0=100Ω；
(4)断开开关S2，继续调节滑动变阻器R2，使电流表G2达到满偏，有E=I2m(R0+Rg2+R2)，可得R2+Rg2=EI2m−R0=1250×10−3Ω−100Ω=140Ω，R−F图像的斜率为k=ΔRΔF=300−100200Ω/N=1Ω/N，由线性关系知R=R0+kF，当压力F=160N时，R=260Ω，电流表G2示数为I=ER+Rg2+R2=12260+140A=0.03A=30mA。
故答案为：(1)a；(2)B；(3)100；(4)140；30。
(1)根据题意确定电流表的接法，然后确定c端接在何处。
(2)在保证安全的前提下为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(3)根据欧姆定律求出电阻阻值。
(4)应用闭合电路的欧姆定律求解。
理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题。

14.【答案】解：①放置重物之前，缸内气体的压强
p1=p0+mgS
解得p1=15mgS，
②根据气态方程
p1(V1−V)T1=p2(V2−V)T2
且T1=T2，
15mgS(2LS−V)=(15mgS+5mgS)(1.6LS−V)
解得V=0.4LS；
答：①放置重物之前，缸内气体的压强p1为15mgS，
②不规则物体的体积V为0.4LS。 
【解析】(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡求得被封闭气体的压强；
(2)被封闭气体做等温变化，找出初末状态参量，根据玻意耳定律求得。
本题主要考查了共点力平衡和玻意耳定律，关键是找出初末状态参量即可。

15.【答案】解：(1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有
 mgL(1−sinα)=12mvB2
解得：vB=2m/s
小物块在B点时，根据向心力公式有
  F−mg=mvB2L
联立解得：F=40N
根据牛顿第三定律知，小物块刚到最低点时细线达到其最大承受力F′=F=40N。
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，则tanθ=vyv0
根据平抛运动的规律有H−h=12gt2，vy=gt
联立以上各式得v0=2m/s
则传送带速度大于等于2m/s。
(3)小物块在斜面顶端速度v= v02+vy2
小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒定律知，弹簧最大的弹性势能为Ep=mgxsinθ+12mv2
解得：Ep=31J
答：(1)绳子能承受的最大拉力的大小为40N；
(2)传送带速度大于等于2m/s；
(3)弹簧的最大弹性势能为31J。 
【解析】(1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律求出小球到达最低点B时的速度。小球在B点时，根据向心力公式求出绳子对物块的拉力，从而得到绳子能承受的最大拉力的大小；
(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，根据平抛运动的规律求出小物块做平抛运动的初速度，即可得到传送带速度大小满足的条件；
(3)小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒定律求解弹簧的最大弹性势能。
解答本题时，要理清小物块的运动过程，掌握平抛运动的处理方法：运动的分解法，同时，要搞清能量转化情况，熟练运用机械能守恒定律进行解答。

16.【答案】解：(1)粒子在电场中运动做类平抛运动，则有：
沿x轴方向：l=v0t
在y轴方向：12l=12at2
由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：E=mv02ql，a=v02l
(2)在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为θ，沿y轴负方向的速度为vy。
粒子进入磁场时竖直分速度大小vy=at，tanθ=vyv0
粒子进入磁场时的速度大小v=v0cosθ
解得：θ=45∘，vy=v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子轨迹如图所示：

由几何知识可知，粒子做圆周运动轨迹的半径R=ON2sinθ=l2sinθ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R
解得：B=2mv0ql
(3)粒子到达O点时，粒子沿x轴方向的分速度大小vx=vcosθ，沿y轴方向的分速度大小vy=vsinθ
同时存在电场、磁场，粒子以vy在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度vx=v0沿x轴正方向做匀加速运动
粒子做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB=2πmq×2mv0ql=πlv0
粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子到达x轴需要的时间t=nT=nπlv0
粒子在x轴方向相对于O点的位移s=v0t+12at2
解得：s=πnl(2+nπ)2   (n=1,2,3,…)
答：(1)匀强电场的电场强度大小是mv02ql；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小是2mv0ql；
(3)粒子从离开O点开始，第n(n=1,2,3,…)次到达x轴时距O点的距离是πnl(2+nπ)2 (n=1,2,3,…)。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度大小。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(3)粒子在x正方向运动过程，沿x正方向做匀加速直线运动，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，粒子离开O后，每经过匀速圆周运动的一个周期粒子到达x轴一次，应用运动学公式解题。
此题考查带电粒子在单一电场、单一磁场、复合电场和磁场的运动的综合，解题的关键是理解类平抛规律、匀速圆周运动规律的动力学原理。本题的难点在于第三问，粒子的运动是两个方向运动的合成：即水平向右的匀加速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合成。