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2022-2023学年辽宁省鞍山一中等五校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省鞍山一中等五校高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18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.据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录.在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是( )
A. 力学基本物理量是长度、质量、力
B. kg、N、m/s都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律表达式可知：1N=1kg⋅m/s
D. 新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位
2.如图甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极K，实验测得电流I与电势差UAK满足图乙所示规律，电子的电荷量约为1.6×10−19C，下列说法正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为0.64eV
B. 每秒钟阴极逸出的光电子个数一定刚好等于4×1012个
C. 滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，电流计示数可能不变
D. 如果改用紫光照射阴极K，饱和光电流一定变大
3.如图所示为分子间作用力随分子间距离变化的图像，取分子间距离无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是( )
A. 分子间距离大于r0时，分子间只存在着相互作用的引力
B. 分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子势能变小
C. 当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力都为0
D. 分子间距离04.一单摆在大连的实验室中做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 若把该单摆移动到漠河，要使其固有频率不变，应略微增加摆长
B. 若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动
C. 此单摆的摆长约为2m
D. 若使该单摆做自由摆动(摆角小于5∘)，则其周期大小由振幅大小决定
5.一定质量的理想气体，从状态A经状态B和状态C后又回到状态A的变化过程中的p−V图线如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 从状态A经由状态B到状态C，气体的内能始终变大
B. 从状态B到状态C，气体从外界吸热
C. 从状态C到状态A，气体分子运动的平均速率先变小后变大
D. 气体按图示过程循环一次，状态B时气体的内能最大
6.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有( )
A. 24He核的结合能约为7MeV
B. 24He核比 36Li核的比结合能大，所以 24He核更不稳定
C. 两个 12H核结合成 24He核时释放能量
D. 92235U核中核子的比结合能比 3689Kr核中的大
7.质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为( )
A. 24Mg
B. 22Mg
C. 33Mg
D. 66Mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形液滴，经两次折射和一次反射后离开液滴，其中出射光线与直径AB成42∘，c为真空中光速，R为液滴半径，下列正确的是( )
A. 此光束在液滴中的折射率为43
B. 此光束在液滴中经历的时间为64R15c
C. 出射光的能量可能大于入射光的能量
D. 此光束在液滴内发生了全反射
9.在平直路面的两条平行车道上有甲、乙两辆玩具小车，甲在前乙在后，二者沿车道方向相距x0=6m，从t=0时刻开始，两辆轿车运动的位移x和时间t的比值xt跟时间t的关系图像如图所示。两车在车道上并列行驶时视为相遇，下列判断正确的是( )
A. 甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2
B. 在t=4s时，甲、乙两车运动的位移都为32m，二者相遇
C. 在整个运动过程中，两车有两次相遇，3s后甲在前乙在后，二者不会再相遇
D. 在t=2s时，两车速度相等，此时乙在前甲在后，两车间距离为2m
10.水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30∘。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是( )
A. 如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为F=mg M2(M+2m)2+1
B. 如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg
C. 当M>( 3+1)m时，A会从凹槽中滚出
D. 如果调整OP边的倾斜程度使得α=45∘时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲为做“验证力的平行四边形定则”的实验情况，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)如果没有操作失误，表示只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的______(F或F′)；
(2)某次用弹簧秤拉橡皮筋时弹簧秤的指针位置如图丙所示，弹簧秤示数为______ N；
(3)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
12.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用如图1所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，遮光条通过光电门A、B的时间(t1、t2可通过计时器(图中未标出)分别读出，滑块的质量(含遮光条)为M，钩码的质量为m。重力加速度为g，忽略滑轮的质量及绳与滑轮之间的摩擦，回答下列问题：
(1)实验时______(选填“需要”或“不需要”)满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)滑块的加速度a=______(用L、t1、t2、d来表示)
(3)改变钩码质量得到一系列的滑块加速度a和传感器示数F，通过得到的实验数据，描绘了a−F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的a−F图像如图2所示，图线的斜率为k，纵截距为b，滑块与导轨之间的动摩擦因数μ=______；滑块的质量M=______。(用F0、b、g表示)
四、简答题：本大题共1小题，共20分。
13.如图所示，4个完全相同的木块一个挨一个地静置于水平地面上(彼此不相连)。每个木块的质量m=0.8kg、长度L=2m，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。一质量M=1kg的小铅块(视为质点)从左侧第一个木块的最左端，以大小v0=5m/s的初速度开始向右运动，它与木块间的动摩擦因数μ2=0.2。最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度取g=10m/s2。
(1)当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小。
(2)求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动。
(3)小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离。(结果保留小数点后2位)
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.战绳运动是一项超燃脂的运动。某次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，如图1所示。某时刻开始计时，t=0时两列波的图像如图2所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，O点为手握的绳子一段，向右为x轴正方向。已知绳波的速度为v=15m/s，试求解下列问题：
(1)甲、乙的绳端振动频率f甲和f乙分别为多少？
(2)以图2所示为t=0时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m处质点的振动方程。
15.工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能。为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的气缸相连，气缸和香水瓶内气体压强均为P0，气缸内封闭气体体积为V0，推动活塞将气缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为P，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变。
(i)求香水瓶容积V；
(ii)若密封性能合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格。将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，发现瓶内气体温度从T升高到1.2T，其压强由P变为1.16P，通过计算判断该瓶密封性能是否合格。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、力学基本物理量是长度、质量和时间，故A错误；
B、kg是基本单位，N、m/s是导出单位，故B错误；
C、根据牛顿第二定律表达式F=ma可知：1N=1kg⋅m/s2
故C错误；
D、新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位，故D正确。
故选：D。
国际单位制中，力学基本物理量为长度、质量和时间，基本单位为kg、m和s；物理学公式不仅反映了物理量间的数量关系，也反映了物理量的单位关系。
本题考查力学单位制，解题关键是知道物理学公式不仅反映了物理量间的数量关系，也反映了物理量的单位关系，知道国际单位制中，力学的基本物理量和基本单位。
2.【答案】C
【解析】解：A.由图乙知遏止电压为0.6V，则光电子的最大初动能为Ek=eUc=0.6eV，故A错误；
B.由图乙知，饱和电流为0.64μA，根据电流强度的定义式，1s内逸出的光电子的电荷量为q=It=0.64×10−6×1C=6.4×10−7C，电子的电荷量约为1.6×10−19C，则逸出的光电子数约为n=qe=6.4×10−71.6×10−19个=4×1012个，由于产生的光电子不一定都能达到阳极，所以逸出光电子数不一定刚好等于4×1012个，故B错误；
C.由图甲可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，故C正确；
D.饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，故D错误。
故选：C。
根据题图得到遏止电压，根据动能定理求最大初动能；根据图像得到饱和光电流，根据电场强度的定义式求解1s内逸出光子的电荷量，再求光子数；滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，可增大光电管的正向电压，再分析电路中的电流是否达到饱和光电流，最后在分析电流表示数的变化；在能够发生光电效应的前提下，饱和光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关，据此分析作答。
本题考查了光电效应中的最大初动能，光电子数的求解以及饱和光电流的求解，基础题。
3.【答案】D
【解析】解：A、分子间距离大于r0时，分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力大于斥力，分子力表现为引力，故A错误；
C、当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，分子力为0，故C错误；
B、分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；
D、由于取分子间距离无穷远时分子势能为零，当分子从无穷远向r=r0靠近时，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能逐渐减小，直到r=r0时分子势能达到最小值，为负值，当分子间距0故选：D。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；根据分子力做功与分子势能变化的关系分析D选项。
分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进行分析。
4.【答案】A
【解析】解：A.若把该单摆移动到漠河，加速度变大，根据T=2π lg，要使其固有频率(周期)不变，应略微增加摆长，故A正确；
B.若摆长增加，固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故B错误；
C.由图知，固有频率f=0.5Hz，固有周期，T=1f=10.5s=2s，代入T=2π lg，解得摆长l≈1m，故C错误；
D.单摆周期与振幅无关，故D错误。
故选：A。
单摆在两地间移动时根据公式T=2π lg分析摆长的变化；根据驱动频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知单摆的周期；由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出摆长增大时，周期相应增大频率相应减小。
本题可直接由共振曲线得出单摆周期，再由单摆周期公式分析出结果。
5.【答案】D
【解析】解：A.一定质量的理想气体，内能的大小只与气体的平均动能的大小有关，即与气体的温度有关；
根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C
可知，气体从状态A到状态B，气体压强不变，体积变大，可知气体温度升高，气体的内能增大；
气体从状态B到状态C，气体压强减小，体积不变，可知气体温度降低，气体的内能减小；
因此气体从状态A到状态B再到C的整个过程中，气体的内能先增大后减小，故A错误；
B.根据上述分析，气体从状态B到状态C，气体的内能减小，气体做等容变化，气体做功为零；根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体向外界放热，气体的内能减小，故B错误；
C.由状态C到状态A的过程中，PV乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，温度先升高后降低，因此分子运动的平均速率先增大后变小，故C错误；
D.根据图象可知，B点的PV乘积最大，根据理想气体状态方程可知，B点的温度最高，因此该状态的气体的内能最大，故D正确。
故选：D。
A.根据一定质量的理想气体的状态方程分析作答；
B.根据上述分析结合热力学第一定律分析作答；
CD.根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C，可得pV=CT，然后分析作答。
本题需要从P−V上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程和热力学第一定律进行分析；在分析时要抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图知 24He核的比结合能约为7 MeV，氦核的核子数为4，因此结合能约为4×7MeV=28MeV，故A错误；
B.比结合能越大，原子核越稳定，由于 24He核比 36Li核的比结合能大，所以 24He核比 36Li核更稳定，故B错误；
C.两个 12H核结合成 24He核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，故C正确；
D.根据原子核的比结合能曲线可知， 92235U核中核子的比结合能比 3689Kr核中的小，故D错误。
故选：C。
A.根据原子核的比结合能曲线得出氦核的比结合能，再结合核子数求结合能；
B.比结合能越大，原子核越稳定，根据原子核的比结合能曲线分析氦核和锂核比结合能的大小，然后作答；
C.核聚变反应是放能反应，据此分析作答；
D.根据原子核的比结合能曲线分析铀核和氪核比结合能的大小，然后作答。
本题主要考查了原子核的结合能与比结合能的相关知识，根据图像得出比结合能，结合核子数量计算出结合能的大小。
7.【答案】B
【解析】解：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T和两个墙壁对球的支持力。这两个支持力大小相等，夹角为90∘。设墙壁对球支持力的大小均为N，绳子与墙壁交线的夹角θ。
根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d= R2+R2= 2R
sinθ=d2R= 22，解得θ=45∘
在竖直方向上，根据平衡条件可得：Tcsθ=Mg，解得：T= 2Mg
在水平方向上，根据平衡条件可知，两个墙壁对球的支持力N的合力大小等于绳子拉力T的水平分分力的大小，则有：
N2+N2=Tsinθ，解得：N= 22Mg
根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力与墙壁对球的支持力是一对作用力与反作用力，则有：
N′=N= 22Mg，所以球对任一墙壁的压力大小为 22Mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对球进行受力分析，根据几何关系得到绳子与墙壁交线的夹角，根据平衡条件列出在水平和竖直方向上的关系式，求出墙壁对球的支持力大小，根据牛顿第三定律得到球对墙壁的压力大小。
本题的关键是对球受力分析，根据平衡条件找出在水平方向和竖直方向上的关系式，注意最后还需要使用牛顿第三定律得到球对墙壁的压力。
8.【答案】AB
【解析】解：A.根据题意画出光路图，如下图所示：
设第一次进入雨滴的折射光线的折射角为β，根据OP=OE=R
可知∠OEP=β
PE光线在E点发生反射，则可知∠PEO=∠OEF=β
根据OF=OE=R
可知∠OFE=β
根据光路可逆，可知出射光线的折射角等于53∘，设法线OF与水平方向的夹角为θ，由图可知
θ=180∘−42∘−53∘=85∘，∠OMF=90∘
所以∠MOF=90∘−θ=5∘
由图可知∠POE=∠FOE=180∘−2β
则∠POE+∠FOE+53∘+∠MOF=270∘
即180∘−2β+180∘−2β+53∘+5∘=270∘
可得β=37∘
根据折射定律可得n=sin53∘sinβ=，故A正确；
B.光束在雨滴中传播的速度v=cn=c43=3c4
光束在雨滴中传播的距离s=2Rcsβ+2Rcsβ=4Rcsβ=4R×0.8=3.2R
光束在雨滴中经历的时间t=sv=3.2R3c4=64R3c，故B正确；
CD.设光束的临界角为C，则有sinC=1n=143=34>sin45∘= 22
可知临界角C>45∘
β=37∘可知光束在雨滴内没有发生全反射，在E点发生折射，有光线从E点射出雨滴，根据能量守恒，出射光的能量小于入射光的能量，故CD错误。
故选：AB。
A.根据题意画出光路图，根据题意和几何关系可知第一次进入雨滴的折射光线的折射角大小，根据折射定律可得折射率的大小；
B.根据折射率公式求解光束在雨滴中传播的速度，根据几何关系可得光束在雨滴中传播的距离，根据匀速运动公式可得光束在雨滴中传播的时间；
CD.根据折射率可得光束的临界角，根据入射角和临界角的大小可知没有发生全反射，所以光束在雨滴内发生折射，根据能量守恒，可知入射光线和出射光线的强弱。
本题考查了光的折射、折射定律、全反射、临界角。解题的关键是画出光路图，根据几何关系找出各个角度的关系。
9.【答案】CD
【解析】解：A.根据xt−t图像，对图线甲，斜率k=xtt=8−04−0=2
解得x=2t2=12×4t2
根据匀变速直线运动规律x=12at2可知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a=4m/s2，故A错误；
B.根据xt−t图像，对图线乙有x′t=8
则x′=8t
可知乙做匀速直线运动，速度为v=8m/s
在t=4s时，甲车运动的位移为x甲=12at2=12×4×42m=32m
乙车运动的位移x乙=vt=8×4m=32m
两车相距Δx=x甲+x0−x乙=32m+6m−32m=6m，故B错误；
CD.设经过时间t，两车相遇
两车相遇时有x甲′+x0=x乙′
则有6+2t2=8t
解得t=1s或t=3s
所以两车会相遇两次；t=1s第一次相遇后乙在前，甲在后，甲加速运动，乙匀速运动，二者间的距离先增大后减小，t=2s时二者速度相等，均为v=8m/s
此时两车间距离变化到最大，最大距离为Δx=8t−2t2−x0=2m
在t=3s第二次相遇后，甲在前，乙在后，此后甲车速度大于乙车速度，二者不会再相遇，故CD正确。
故选：CD。
A.根据xt−t图像，对甲图线求解x−t2函数，结合匀变速运动公式分析作答；
B.根据xt−t图像，对乙图线求解x−t函数，结合运动学公式分析作答；
CD.两车相遇时满足x甲′+x0=x乙′，据此求解相遇的时间，再根据临界条件分析作答。
本题主要考查了对xt−t图像的理解，根据图像确定甲、乙两车的运动性质是解题的关键。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB.如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
Mg=(2m+M)a1
解得：a1=Mg2m+M
对A进行分析，则A受到B水平方向的作用力大小为
Fx=ma1
A受到B竖直方向的作用力大小为
Fy=mg
根据矢量合成的特点可得：
F= Fx2+Fy2=mg M2(M+2m)2+1
对A、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为
FT=2ma1=2Mmg2m+M，故A正确，B错误；
C.小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下图所示。根据几何关系可得
ma=mgtanα
解得：a= 33g
对整体根据牛顿第二定律可得
Mg=(2m+M)a
解得：M=( 3+1)m
故C正确；
D.当α=45∘时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据上述分析可得此时小球的临界加速度大小为
a′=gtanα=g
因为MgM+2m根据上述表达式可知，无论M为多大，A都不能滚出凹槽，则OQ边对圆柱A的支持力一定不为0，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律得出ABC整体的加速度，再对A、A和B组成的整体根据牛顿第二定律分析出对应的受力情况；
根据几何关系得出A球的临界加速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，本题的难点在于选择合适的研究对象，再根据牛顿第二定律和几何关系即可完成解答。
11.【答案】F′2.65B
【解析】解：(1)根据图乙可知，力F是由两个分力合成得到的，而实验中会存在误差，所以表示只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的F′；
(2)弹簧秤的分度值为0.1N，需要估读到分度值的下一位，则弹簧秤示数为：
F=2.65N
(3)本实验中，是利用一个弹簧测力计的拉力代替两个分力的作用效果，所以采用的科学方法是等效替代法，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)F′；(2)2.65；(3)B
(1)根据实验原理分析出对应的力；
(2)根据弹簧秤的读数规则得出对应的示数；
(3)根据实验原理分析出对应的科学方法。
本题主要考查了力的平行四边形的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成的特点即可完成分析。
12.【答案】不需要 d22L(1t22−1t12) bg F0b
【解析】解：(1)对滑块由牛顿第二定律得
T=Ma
T可直接由传感器读出，故不需要钩码的质量远小于小车的质量；
(2)由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
v1=dt1
v2=dt2
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度-时间关系可得2aL=v22−v12，可得
a=d22L(1t22−1t12)
(3)未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知
F−μMg=Ma
整理得：a=1MF−μg
由图像可得
μg=b
k=1M=bF0
解得：μ=bg；M=F0b
故答案为：(1)不需要；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)bg； F0b
(1)绳子的拉力由传感器测量得到，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)根据光电门的测速原理得出滑块的速度，结合速度-位移公式得出加速度的表达式；
(3)根据图像的物理意义，结合牛顿第二定律得出μ和M的表达式。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对木块受力分析，铅块对木块的滑动摩擦力方向水平向右，地面给木块的静摩擦力方向水平向左，当铅块对木板的摩擦力大于地面对木块的摩擦力时，木块开始运动；
小铅块在第一块上运动时，根据题设数据有：μ2Mg<μ1(M+4m)g
可知小铅块在第一块上滑动时，4块木块仍处于静止状态，小铅块做匀减速直线运动，
对小铅块由牛顿第二定律有：μ2Mg=Ma
解得：a=2m/s2
由匀变速直线运动规律速度-位移公式有：v12−v02=−2aL
解得：v1=4.12m/s
(2)设小铅块运动至左侧第n个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动，
对剩余木块有：μ2Mg>μ1[M+(5−n)m]g
解得：n>3.75
因此小铅块运动至左侧第4个木块上时，木块开始滑动。
(3)设小铅块刚运动到第4个木块时速度大小为v2，
由匀变速直线运动规律速度-位移公式有：v22−v02=−2a×3L
解得：v2=1m/s
设第4个木块一起加速运动时加速度大小为a′，由牛顿第二定律有：μ2Mg−μ1(M+m)g=ma′
解得：a′=1m/s2
设经过时间t小铅块和第4个木块的速度相同，则有：v′=v2−at=a′t
解得：t=13s，v′=13m/s
此段时间，小铅块的位移大小为：x=v2t−12a′t2=1×13m−12×1×(13)2m=518m<2m
经分析，小铅块和第4个木块的速度相同后，一起做匀减速直线运动，
则整体有：μ1(M+m)g=(M+m)a′′
由运动学公式：0−v′2=−2a′′x′
联立解得：x′=118m
所以小铅块停止运动到左侧第一个木块最左端距离为：s=3L+x+x′=3×2m+118m+518m=6.33m
答：(1)当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小为4.12m/s；
(2)求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动为4；
(3)小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离为6.33m。
【解析】(1)判断四个木板是否运动后，用牛顿第二定律求出铅块的加速度，再用速度-位移公式求木板的长度。
(2)对滑上第n块木块，剩余木块受到的滑动摩擦力不小于其受地面的最大静摩擦力时，剩余的木块开始运动，列式求出n的值；
(3)根据上一问的结论，先求出滑过第n个木块时铅块的速度，再分别求出两个物体的加速度，再列方程求出共速的时间和位移，之后再求出从共速到停止的位移，三段位移之和为所求。
本题是有相对运动的题目，关键要对每个物体分别分析其运动情况，判断木块能否运动，利用运动学的基本公式及牛顿第二定律，再根据速度和位移的关系进行处理。
14.【答案】解：(1)由图2可知甲、乙的波长分别为λ甲=12m，λ乙=6m
由v=λf，可知f甲=vλ甲，f乙=vλ乙
代入数据可得f甲=54Hz，f乙=52Hz
(2)由图像可知乙的振幅A乙=25cm
由f乙=52Hz可得T乙=1f乙=152s=0.4s
由ω=2πT可得ω乙=5πrad/s
t=0时刻，由图2可知平衡位置为6m处质点处于平衡位置
波向右传播，由图2可知0时刻，x=6m处的质点处于平衡位置向下振动
所以t1=14T乙=14×0.4s=0.1s时，质点乙偏离平衡位置的位移y1=−25cm
把t1和y1代入振动方程y=Asin(ωt+φ)，可得φ=π
所以平衡位置为6m处质点的振动方程y=25sin(5πt+π)cm
答：(1)甲、乙的绳端振动频率f甲和f乙分别为54Hz、52Hz；
(2)以图2所示为t=0时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m处质点的振动方程为y=25sin(5πt+π)cm
【解析】(1)由图像可知甲、乙质点的波长，由v=λf可得甲、乙质点的频率；
(2)由图像可得质点乙的振幅，根据乙的频率可得乙的周期和角速度，由图像可知0时刻，平衡位置为6m处质点在平衡位置，由波传播的方向可知经过T4偏离平衡位置的位移，把t和y代入y=Asin(ωt+φ)可得φ，则可得振动方程。
本题考查了波的振动方程和波速与波长和频率的关系，解题的关键是搞清质点乙特殊时刻偏离平衡位置的位移，可得振动方程的初相位。
15.【答案】解：(ⅰ)缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0(V0+V)=pV
解得V=p0V0p−p0
(ⅱ)设温度由T变化为1.2T后，压强由p变为1.16P，体积变为V1，
根据气体状态方程有pVT1=p1V1T2
可知漏气量占比为m′m=V1−VV1，解得m′m=3.3%
故该香水瓶瓶盖密封性不合格
答：(i)香水瓶容积V为p0V0p−p0；
(ii)若密封性能合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格。将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，发现瓶内气体温度从T升高到1.2T，其压强由P变为1.16P，该瓶密封性能不合格。
【解析】(i)对气缸和香水瓶内的气体作为整体，根据玻意耳定律求得香水瓶的容积；
(ii)对香水瓶内的气体，找出初末状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程求得体积，判断出漏气的质量所占百分比即可判断
本题主要考查了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，关键是找出初末状态参量，抓住咋相同压强下质量之比等于体积之比。
1.据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录.在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是( )
A. 力学基本物理量是长度、质量、力
B. kg、N、m/s都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律表达式可知：1N=1kg⋅m/s
D. 新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位
2.如图甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极K，实验测得电流I与电势差UAK满足图乙所示规律，电子的电荷量约为1.6×10−19C，下列说法正确的是( )
A. 光电子的最大初动能为0.64eV
B. 每秒钟阴极逸出的光电子个数一定刚好等于4×1012个
C. 滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，电流计示数可能不变
D. 如果改用紫光照射阴极K，饱和光电流一定变大
3.如图所示为分子间作用力随分子间距离变化的图像，取分子间距离无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是( )
A. 分子间距离大于r0时，分子间只存在着相互作用的引力
B. 分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子势能变小
C. 当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力都为0
D. 分子间距离0
A. 若把该单摆移动到漠河，要使其固有频率不变，应略微增加摆长
B. 若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动
C. 此单摆的摆长约为2m
D. 若使该单摆做自由摆动(摆角小于5∘)，则其周期大小由振幅大小决定
5.一定质量的理想气体，从状态A经状态B和状态C后又回到状态A的变化过程中的p−V图线如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 从状态A经由状态B到状态C，气体的内能始终变大
B. 从状态B到状态C，气体从外界吸热
C. 从状态C到状态A，气体分子运动的平均速率先变小后变大
D. 气体按图示过程循环一次，状态B时气体的内能最大
6.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有( )
A. 24He核的结合能约为7MeV
B. 24He核比 36Li核的比结合能大，所以 24He核更不稳定
C. 两个 12H核结合成 24He核时释放能量
D. 92235U核中核子的比结合能比 3689Kr核中的大
7.质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为( )
A. 24Mg
B. 22Mg
C. 33Mg
D. 66Mg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形液滴，经两次折射和一次反射后离开液滴，其中出射光线与直径AB成42∘，c为真空中光速，R为液滴半径，下列正确的是( )
A. 此光束在液滴中的折射率为43
B. 此光束在液滴中经历的时间为64R15c
C. 出射光的能量可能大于入射光的能量
D. 此光束在液滴内发生了全反射
9.在平直路面的两条平行车道上有甲、乙两辆玩具小车，甲在前乙在后，二者沿车道方向相距x0=6m，从t=0时刻开始，两辆轿车运动的位移x和时间t的比值xt跟时间t的关系图像如图所示。两车在车道上并列行驶时视为相遇，下列判断正确的是( )
A. 甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2
B. 在t=4s时，甲、乙两车运动的位移都为32m，二者相遇
C. 在整个运动过程中，两车有两次相遇，3s后甲在前乙在后，二者不会再相遇
D. 在t=2s时，两车速度相等，此时乙在前甲在后，两车间距离为2m
10.水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有如图所示的凹槽，质量也为m的圆柱A能放置在凹槽POQ中，其截面图如图所示，圆心与两条边接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30∘。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是( )
A. 如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为F=mg M2(M+2m)2+1
B. 如果A、B能保持相对静止，绳子对B的作用力大小为Mg
C. 当M>( 3+1)m时，A会从凹槽中滚出
D. 如果调整OP边的倾斜程度使得α=45∘时，无论M为多大，OQ边对圆柱A的支持力一定不为0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲为做“验证力的平行四边形定则”的实验情况，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)如果没有操作失误，表示只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的______(F或F′)；
(2)某次用弹簧秤拉橡皮筋时弹簧秤的指针位置如图丙所示，弹簧秤示数为______ N；
(3)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
12.实验小组在探究“加速度与物体的受力、物体质量的关系”时，用如图1所示的装置让滑块做匀加速直线运动来进行；由气垫导轨侧面的刻度尺可以测出光电门A、B之间的距离L，用游标卡尺测得遮光条的宽度d，遮光条通过光电门A、B的时间(t1、t2可通过计时器(图中未标出)分别读出，滑块的质量(含遮光条)为M，钩码的质量为m。重力加速度为g，忽略滑轮的质量及绳与滑轮之间的摩擦，回答下列问题：
(1)实验时______(选填“需要”或“不需要”)满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)滑块的加速度a=______(用L、t1、t2、d来表示)
(3)改变钩码质量得到一系列的滑块加速度a和传感器示数F，通过得到的实验数据，描绘了a−F图像。若实验前，已将气垫导轨调至水平，但忘记打开气源，得到的a−F图像如图2所示，图线的斜率为k，纵截距为b，滑块与导轨之间的动摩擦因数μ=______；滑块的质量M=______。(用F0、b、g表示)
四、简答题：本大题共1小题，共20分。
13.如图所示，4个完全相同的木块一个挨一个地静置于水平地面上(彼此不相连)。每个木块的质量m=0.8kg、长度L=2m，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。一质量M=1kg的小铅块(视为质点)从左侧第一个木块的最左端，以大小v0=5m/s的初速度开始向右运动，它与木块间的动摩擦因数μ2=0.2。最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度取g=10m/s2。
(1)当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小。
(2)求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动。
(3)小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离。(结果保留小数点后2位)
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.战绳运动是一项超燃脂的运动。某次健身时，有两位健身者甲、乙分别抓住相同的战绳上下舞动形成向右传播的简谐波，如图1所示。某时刻开始计时，t=0时两列波的图像如图2所示，P、Q曲线分别为甲、乙的一个绳波，O点为手握的绳子一段，向右为x轴正方向。已知绳波的速度为v=15m/s，试求解下列问题：
(1)甲、乙的绳端振动频率f甲和f乙分别为多少？
(2)以图2所示为t=0时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m处质点的振动方程。
15.工业测量中，常用充气的方法较精确地测量特殊容器的容积和检测密封性能。为测量某空香水瓶的容积，将该瓶与一带活塞的气缸相连，气缸和香水瓶内气体压强均为P0，气缸内封闭气体体积为V0，推动活塞将气缸内所有气体缓慢推入瓶中，测得此时瓶中气体压强为P，香水瓶导热性良好，环境温度保持不变。
(i)求香水瓶容积V；
(ii)若密封性能合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格。将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，发现瓶内气体温度从T升高到1.2T，其压强由P变为1.16P，通过计算判断该瓶密封性能是否合格。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、力学基本物理量是长度、质量和时间，故A错误；
B、kg是基本单位，N、m/s是导出单位，故B错误；
C、根据牛顿第二定律表达式F=ma可知：1N=1kg⋅m/s2
故C错误；
D、新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位，故D正确。
故选：D。
国际单位制中，力学基本物理量为长度、质量和时间，基本单位为kg、m和s；物理学公式不仅反映了物理量间的数量关系，也反映了物理量的单位关系。
本题考查力学单位制，解题关键是知道物理学公式不仅反映了物理量间的数量关系，也反映了物理量的单位关系，知道国际单位制中，力学的基本物理量和基本单位。
2.【答案】C
【解析】解：A.由图乙知遏止电压为0.6V，则光电子的最大初动能为Ek=eUc=0.6eV，故A错误；
B.由图乙知，饱和电流为0.64μA，根据电流强度的定义式，1s内逸出的光电子的电荷量为q=It=0.64×10−6×1C=6.4×10−7C，电子的电荷量约为1.6×10−19C，则逸出的光电子数约为n=qe=6.4×10−71.6×10−19个=4×1012个，由于产生的光电子不一定都能达到阳极，所以逸出光电子数不一定刚好等于4×1012个，故B错误；
C.由图甲可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，故C正确；
D.饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，故D错误。
故选：C。
根据题图得到遏止电压，根据动能定理求最大初动能；根据图像得到饱和光电流，根据电场强度的定义式求解1s内逸出光子的电荷量，再求光子数；滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，可增大光电管的正向电压，再分析电路中的电流是否达到饱和光电流，最后在分析电流表示数的变化；在能够发生光电效应的前提下，饱和光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关，据此分析作答。
本题考查了光电效应中的最大初动能，光电子数的求解以及饱和光电流的求解，基础题。
3.【答案】D
【解析】解：A、分子间距离大于r0时，分子间同时存在相互作用的引力和斥力，引力大于斥力，分子力表现为引力，故A错误；
C、当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力大小相等，方向相反，分子力为0，故C错误；
B、分子力表现为引力时，随着分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；
D、由于取分子间距离无穷远时分子势能为零，当分子从无穷远向r=r0靠近时，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能逐渐减小，直到r=r0时分子势能达到最小值，为负值，当分子间距0
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；根据分子力做功与分子势能变化的关系分析D选项。
分子间的势能及分子力虽然属于微观世界的关系，但是可运用我们所学过的力学中功能关系进行分析。
4.【答案】A
【解析】解：A.若把该单摆移动到漠河，加速度变大，根据T=2π lg，要使其固有频率(周期)不变，应略微增加摆长，故A正确；
B.若摆长增加，固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，故B错误；
C.由图知，固有频率f=0.5Hz，固有周期，T=1f=10.5s=2s，代入T=2π lg，解得摆长l≈1m，故C错误；
D.单摆周期与振幅无关，故D错误。
故选：A。
单摆在两地间移动时根据公式T=2π lg分析摆长的变化；根据驱动频率与共振频率相近时，单摆的振幅最大可知单摆的周期；由单摆的周期公式可得出摆长，并分析出摆长增大时，周期相应增大频率相应减小。
本题可直接由共振曲线得出单摆周期，再由单摆周期公式分析出结果。
5.【答案】D
【解析】解：A.一定质量的理想气体，内能的大小只与气体的平均动能的大小有关，即与气体的温度有关；
根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C
可知，气体从状态A到状态B，气体压强不变，体积变大，可知气体温度升高，气体的内能增大；
气体从状态B到状态C，气体压强减小，体积不变，可知气体温度降低，气体的内能减小；
因此气体从状态A到状态B再到C的整个过程中，气体的内能先增大后减小，故A错误；
B.根据上述分析，气体从状态B到状态C，气体的内能减小，气体做等容变化，气体做功为零；根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体向外界放热，气体的内能减小，故B错误；
C.由状态C到状态A的过程中，PV乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程可知，温度先升高后降低，因此分子运动的平均速率先增大后变小，故C错误；
D.根据图象可知，B点的PV乘积最大，根据理想气体状态方程可知，B点的温度最高，因此该状态的气体的内能最大，故D正确。
故选：D。
A.根据一定质量的理想气体的状态方程分析作答；
B.根据上述分析结合热力学第一定律分析作答；
CD.根据一定质量的理想气体的状态方程pVT=C，可得pV=CT，然后分析作答。
本题需要从P−V上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程和热力学第一定律进行分析；在分析时要抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。
6.【答案】C
【解析】解：A.由图知 24He核的比结合能约为7 MeV，氦核的核子数为4，因此结合能约为4×7MeV=28MeV，故A错误；
B.比结合能越大，原子核越稳定，由于 24He核比 36Li核的比结合能大，所以 24He核比 36Li核更稳定，故B错误；
C.两个 12H核结合成 24He核时，即由比结合能小的反应生成比结合能大的释放能量，故C正确；
D.根据原子核的比结合能曲线可知， 92235U核中核子的比结合能比 3689Kr核中的小，故D错误。
故选：C。
A.根据原子核的比结合能曲线得出氦核的比结合能，再结合核子数求结合能；
B.比结合能越大，原子核越稳定，根据原子核的比结合能曲线分析氦核和锂核比结合能的大小，然后作答；
C.核聚变反应是放能反应，据此分析作答；
D.根据原子核的比结合能曲线分析铀核和氪核比结合能的大小，然后作答。
本题主要考查了原子核的结合能与比结合能的相关知识，根据图像得出比结合能，结合核子数量计算出结合能的大小。
7.【答案】B
【解析】解：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T和两个墙壁对球的支持力。这两个支持力大小相等，夹角为90∘。设墙壁对球支持力的大小均为N，绳子与墙壁交线的夹角θ。
根据几何知识可知，球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d= R2+R2= 2R
sinθ=d2R= 22，解得θ=45∘
在竖直方向上，根据平衡条件可得：Tcsθ=Mg，解得：T= 2Mg
在水平方向上，根据平衡条件可知，两个墙壁对球的支持力N的合力大小等于绳子拉力T的水平分分力的大小，则有：
N2+N2=Tsinθ，解得：N= 22Mg
根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力与墙壁对球的支持力是一对作用力与反作用力，则有：
N′=N= 22Mg，所以球对任一墙壁的压力大小为 22Mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对球进行受力分析，根据几何关系得到绳子与墙壁交线的夹角，根据平衡条件列出在水平和竖直方向上的关系式，求出墙壁对球的支持力大小，根据牛顿第三定律得到球对墙壁的压力大小。
本题的关键是对球受力分析，根据平衡条件找出在水平方向和竖直方向上的关系式，注意最后还需要使用牛顿第三定律得到球对墙壁的压力。
8.【答案】AB
【解析】解：A.根据题意画出光路图，如下图所示：
设第一次进入雨滴的折射光线的折射角为β，根据OP=OE=R
可知∠OEP=β
PE光线在E点发生反射，则可知∠PEO=∠OEF=β
根据OF=OE=R
可知∠OFE=β
根据光路可逆，可知出射光线的折射角等于53∘，设法线OF与水平方向的夹角为θ，由图可知
θ=180∘−42∘−53∘=85∘，∠OMF=90∘
所以∠MOF=90∘−θ=5∘
由图可知∠POE=∠FOE=180∘−2β
则∠POE+∠FOE+53∘+∠MOF=270∘
即180∘−2β+180∘−2β+53∘+5∘=270∘
可得β=37∘
根据折射定律可得n=sin53∘sinβ=，故A正确；
B.光束在雨滴中传播的速度v=cn=c43=3c4
光束在雨滴中传播的距离s=2Rcsβ+2Rcsβ=4Rcsβ=4R×0.8=3.2R
光束在雨滴中经历的时间t=sv=3.2R3c4=64R3c，故B正确；
CD.设光束的临界角为C，则有sinC=1n=143=34>sin45∘= 22
可知临界角C>45∘
β=37∘
故选：AB。
A.根据题意画出光路图，根据题意和几何关系可知第一次进入雨滴的折射光线的折射角大小，根据折射定律可得折射率的大小；
B.根据折射率公式求解光束在雨滴中传播的速度，根据几何关系可得光束在雨滴中传播的距离，根据匀速运动公式可得光束在雨滴中传播的时间；
CD.根据折射率可得光束的临界角，根据入射角和临界角的大小可知没有发生全反射，所以光束在雨滴内发生折射，根据能量守恒，可知入射光线和出射光线的强弱。
本题考查了光的折射、折射定律、全反射、临界角。解题的关键是画出光路图，根据几何关系找出各个角度的关系。
9.【答案】CD
【解析】解：A.根据xt−t图像，对图线甲，斜率k=xtt=8−04−0=2
解得x=2t2=12×4t2
根据匀变速直线运动规律x=12at2可知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a=4m/s2，故A错误；
B.根据xt−t图像，对图线乙有x′t=8
则x′=8t
可知乙做匀速直线运动，速度为v=8m/s
在t=4s时，甲车运动的位移为x甲=12at2=12×4×42m=32m
乙车运动的位移x乙=vt=8×4m=32m
两车相距Δx=x甲+x0−x乙=32m+6m−32m=6m，故B错误；
CD.设经过时间t，两车相遇
两车相遇时有x甲′+x0=x乙′
则有6+2t2=8t
解得t=1s或t=3s
所以两车会相遇两次；t=1s第一次相遇后乙在前，甲在后，甲加速运动，乙匀速运动，二者间的距离先增大后减小，t=2s时二者速度相等，均为v=8m/s
此时两车间距离变化到最大，最大距离为Δx=8t−2t2−x0=2m
在t=3s第二次相遇后，甲在前，乙在后，此后甲车速度大于乙车速度，二者不会再相遇，故CD正确。
故选：CD。
A.根据xt−t图像，对甲图线求解x−t2函数，结合匀变速运动公式分析作答；
B.根据xt−t图像，对乙图线求解x−t函数，结合运动学公式分析作答；
CD.两车相遇时满足x甲′+x0=x乙′，据此求解相遇的时间，再根据临界条件分析作答。
本题主要考查了对xt−t图像的理解，根据图像确定甲、乙两车的运动性质是解题的关键。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB.如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知
Mg=(2m+M)a1
解得：a1=Mg2m+M
对A进行分析，则A受到B水平方向的作用力大小为
Fx=ma1
A受到B竖直方向的作用力大小为
Fy=mg
根据矢量合成的特点可得：
F= Fx2+Fy2=mg M2(M+2m)2+1
对A、B整体进行分析，绳子对B的作用力大小为
FT=2ma1=2Mmg2m+M，故A正确，B错误；
C.小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，如下图所示。根据几何关系可得
ma=mgtanα
解得：a= 33g
对整体根据牛顿第二定律可得
Mg=(2m+M)a
解得：M=( 3+1)m
故C正确；
D.当α=45∘时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，根据上述分析可得此时小球的临界加速度大小为
a′=gtanα=g
因为MgM+2m
故选：ACD。
根据牛顿第二定律得出ABC整体的加速度，再对A、A和B组成的整体根据牛顿第二定律分析出对应的受力情况；
根据几何关系得出A球的临界加速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，本题的难点在于选择合适的研究对象，再根据牛顿第二定律和几何关系即可完成解答。
11.【答案】F′2.65B
【解析】解：(1)根据图乙可知，力F是由两个分力合成得到的，而实验中会存在误差，所以表示只用一个弹簧测力计拉橡皮条时拉力的是图乙中的F′；
(2)弹簧秤的分度值为0.1N，需要估读到分度值的下一位，则弹簧秤示数为：
F=2.65N
(3)本实验中，是利用一个弹簧测力计的拉力代替两个分力的作用效果，所以采用的科学方法是等效替代法，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)F′；(2)2.65；(3)B
(1)根据实验原理分析出对应的力；
(2)根据弹簧秤的读数规则得出对应的示数；
(3)根据实验原理分析出对应的科学方法。
本题主要考查了力的平行四边形的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合矢量合成的特点即可完成分析。
12.【答案】不需要 d22L(1t22−1t12) bg F0b
【解析】解：(1)对滑块由牛顿第二定律得
T=Ma
T可直接由传感器读出，故不需要钩码的质量远小于小车的质量；
(2)由题意可知，滑块通过光电门A、B对应的瞬时速度分别为
v1=dt1
v2=dt2
滑块从A运动到B的过程中，由匀变速直线运动速度-时间关系可得2aL=v22−v12，可得
a=d22L(1t22−1t12)
(3)未打开气源，滑块所受摩擦力不可忽略，根据牛顿第二定律可知
F−μMg=Ma
整理得：a=1MF−μg
由图像可得
μg=b
k=1M=bF0
解得：μ=bg；M=F0b
故答案为：(1)不需要；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)bg； F0b
(1)绳子的拉力由传感器测量得到，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量；
(2)根据光电门的测速原理得出滑块的速度，结合速度-位移公式得出加速度的表达式；
(3)根据图像的物理意义，结合牛顿第二定律得出μ和M的表达式。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对木块受力分析，铅块对木块的滑动摩擦力方向水平向右，地面给木块的静摩擦力方向水平向左，当铅块对木板的摩擦力大于地面对木块的摩擦力时，木块开始运动；
小铅块在第一块上运动时，根据题设数据有：μ2Mg<μ1(M+4m)g
可知小铅块在第一块上滑动时，4块木块仍处于静止状态，小铅块做匀减速直线运动，
对小铅块由牛顿第二定律有：μ2Mg=Ma
解得：a=2m/s2
由匀变速直线运动规律速度-位移公式有：v12−v02=−2aL
解得：v1=4.12m/s
(2)设小铅块运动至左侧第n个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动，
对剩余木块有：μ2Mg>μ1[M+(5−n)m]g
解得：n>3.75
因此小铅块运动至左侧第4个木块上时，木块开始滑动。
(3)设小铅块刚运动到第4个木块时速度大小为v2，
由匀变速直线运动规律速度-位移公式有：v22−v02=−2a×3L
解得：v2=1m/s
设第4个木块一起加速运动时加速度大小为a′，由牛顿第二定律有：μ2Mg−μ1(M+m)g=ma′
解得：a′=1m/s2
设经过时间t小铅块和第4个木块的速度相同，则有：v′=v2−at=a′t
解得：t=13s，v′=13m/s
此段时间，小铅块的位移大小为：x=v2t−12a′t2=1×13m−12×1×(13)2m=518m<2m
经分析，小铅块和第4个木块的速度相同后，一起做匀减速直线运动，
则整体有：μ1(M+m)g=(M+m)a′′
由运动学公式：0−v′2=−2a′′x′
联立解得：x′=118m
所以小铅块停止运动到左侧第一个木块最左端距离为：s=3L+x+x′=3×2m+118m+518m=6.33m
答：(1)当小铅块刚运动至左侧第二个木块上时，求此时小铅块的速度大小为4.12m/s；
(2)求小铅块运动至哪个木块上时，小铅块下方的木块开始滑动为4；
(3)小铅块停止运动时，求与左侧第一个木块最左端的距离为6.33m。
【解析】(1)判断四个木板是否运动后，用牛顿第二定律求出铅块的加速度，再用速度-位移公式求木板的长度。
(2)对滑上第n块木块，剩余木块受到的滑动摩擦力不小于其受地面的最大静摩擦力时，剩余的木块开始运动，列式求出n的值；
(3)根据上一问的结论，先求出滑过第n个木块时铅块的速度，再分别求出两个物体的加速度，再列方程求出共速的时间和位移，之后再求出从共速到停止的位移，三段位移之和为所求。
本题是有相对运动的题目，关键要对每个物体分别分析其运动情况，判断木块能否运动，利用运动学的基本公式及牛顿第二定律，再根据速度和位移的关系进行处理。
14.【答案】解：(1)由图2可知甲、乙的波长分别为λ甲=12m，λ乙=6m
由v=λf，可知f甲=vλ甲，f乙=vλ乙
代入数据可得f甲=54Hz，f乙=52Hz
(2)由图像可知乙的振幅A乙=25cm
由f乙=52Hz可得T乙=1f乙=152s=0.4s
由ω=2πT可得ω乙=5πrad/s
t=0时刻，由图2可知平衡位置为6m处质点处于平衡位置
波向右传播，由图2可知0时刻，x=6m处的质点处于平衡位置向下振动
所以t1=14T乙=14×0.4s=0.1s时，质点乙偏离平衡位置的位移y1=−25cm
把t1和y1代入振动方程y=Asin(ωt+φ)，可得φ=π
所以平衡位置为6m处质点的振动方程y=25sin(5πt+π)cm
答：(1)甲、乙的绳端振动频率f甲和f乙分别为54Hz、52Hz；
(2)以图2所示为t=0时刻，写出乙运动员的绳中，平衡位置为6m处质点的振动方程为y=25sin(5πt+π)cm
【解析】(1)由图像可知甲、乙质点的波长，由v=λf可得甲、乙质点的频率；
(2)由图像可得质点乙的振幅，根据乙的频率可得乙的周期和角速度，由图像可知0时刻，平衡位置为6m处质点在平衡位置，由波传播的方向可知经过T4偏离平衡位置的位移，把t和y代入y=Asin(ωt+φ)可得φ，则可得振动方程。
本题考查了波的振动方程和波速与波长和频率的关系，解题的关键是搞清质点乙特殊时刻偏离平衡位置的位移，可得振动方程的初相位。
15.【答案】解：(ⅰ)缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得p0(V0+V)=pV
解得V=p0V0p−p0
(ⅱ)设温度由T变化为1.2T后，压强由p变为1.16P，体积变为V1，
根据气体状态方程有pVT1=p1V1T2
可知漏气量占比为m′m=V1−VV1，解得m′m=3.3%
故该香水瓶瓶盖密封性不合格
答：(i)香水瓶容积V为p0V0p−p0；
(ii)若密封性能合格标准为：在测定时间内，漏气质量小于原密封质量的1%视为合格。将该空香水瓶封装并静置较长一段时间，发现瓶内气体温度从T升高到1.2T，其压强由P变为1.16P，该瓶密封性能不合格。
【解析】(i)对气缸和香水瓶内的气体作为整体，根据玻意耳定律求得香水瓶的容积；
(ii)对香水瓶内的气体，找出初末状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程求得体积，判断出漏气的质量所占百分比即可判断
本题主要考查了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，关键是找出初末状态参量，抓住咋相同压强下质量之比等于体积之比。
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