2024年山东省实验中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年山东省实验中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共27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。

1.三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有3000至5000年历史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用 14C衰变测定年代技术进行考古研究，可以确定文物的大致年代， 14C衰变方程为 614C→714N+X， 14C的半衰期是5730年，下列说法中正确的是( )
A. 方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分
B. 方程中的X是中子，来源于原子核
C. 文物所埋藏的环境会影响 614C的半衰期，进而对推算年代造成影响
D. 若 614C、 714N、X的质量分别是m1、m2、m3，一个 614C发生衰变释放能量为(m1−m2−m3)c2
2.如图所示，一种户外野炊便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为37∘，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则( )
A. 每根轻杆中的弹力大小为mg3
B. 三角架所受合力大小为mg
C. 每根杆与地面的摩擦力大小为14mg
D. 减小杆与竖直方向夹角时，每根杆受地面的作用力增大
3.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的复色光从空气射向AC边的中点D，入射方向与AC边的夹角为θ=30∘，经三棱镜折射后分为a、b两束单色光，单色光a折射到BC边的中点E，单色光b折射到F点，则下列说法中正确的是( )
A. 若a光是黄光，则b光可能是蓝光
B. 若两束光分别通过相同的双缝装置，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
C. 入射光线从DC之间且垂直AC边射入，则a光不能从BC边射出
D. 用a、b光分别照射同一种金属，若a光能发生光电效应，则b光也一定能发生光电效应
4.如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器R3滑片P向下滑动过程中( )
A. R2两端电压不变B. 电流表示数减小
C. 电压表示数增大D. R4消耗的电功率增大
5.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为mgR22(R+h)
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为2R
D. 同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
6.一倾角为α的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为−q的小球，以初速度v0从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是( )
A. 小球在斜面上做变加速曲线运动
B. 小球到达底边的时间为 2hgsin2α
C. 小球到达底边的动能为mgh
D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围B≤mgsinαqv0
7.如图甲所示，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x，撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a−t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内a−t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a−t图线与坐标轴所围面积大小，A在t1时刻的速度v0。下列说法正确的是( )
A. 0到t1时间内，墙对A、B系统的冲量等于mAv0
B. mAC. t2时刻弹簧的形变量最大且vA>vB
D. t1时刻运动后，弹簧的最大形变量等于x
8.如图所示，左右两部分间距之比为1：2的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为m=2kg，电阻之比RAB：RCD=1：2的金属棒垂直静置在水平轨道上。现用水平拉力F=250N作用在CD棒上，使其向右移动0.5m时撤去拉力，此时vAB：vCD=1：2，在此过程中CD棒产生的热量为30J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，导轨电阻不计，下列说法正确的是( )
A. 撤去外力时导体棒AB的速度为8m/s
B. 撤去外力F后，棒AB、CD的加速度始终相等
C. 运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8J
D. 从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、CD运动的位移之比为1：2
9.在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
10.如图所示，真空中有一正方体ABCD−A1B1C1D1，在正方体的顶点A、C1处分别固定一个电荷量相等的正点电荷，则下列说法正确的是( )
A. B点和D1点的电势相等
B. B点和D1点的场强相同
C. 若有一个质子以某一初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
D. 若有一个电子以某一初速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
11.如图所示，某均匀介质中有两个点波源S1(−3 3,0,0)和S2(3 3,0,0)，它们沿垂直纸面z方向振动，垂直纸面向外为正方向。其中S1的振动方程为z1=0.1sin(10π3t+π3)(m)；S2的振动方程为z2=0.1sin(10π3t−2π3)(m)。已知波速为20m/s，图中所有介质均已振动，则下列说法正确的是( )
A. 两列波可以发生干涉
B. t=0时刻P(0,6,0)处质点的位移为0
C. t=0时刻Q(−3 3,6,0)处质点的位移为0.2m
D. t=0时刻波源S1和S2的加速度相同
12.如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”形二面体AB−CD−EF，可绕其竖直中心轴OO′在水平面内匀速转动，其二面角为120∘，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm。置于AB中点P的小物体(视为质点)恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度g=10m/s2。( )
A. “V”形二面体匀速转动的角速度ω=5rad/s
B. “V”形二面体匀速转动的角速度ω=10 33rad/s
C. 若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D. 若“V”形二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
13.如图，一倾角为45∘的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端距斜面顶端距离为l。将质量为m的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t弹簧的最大压缩量为3 2mg2k。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，其中x是是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，则下列说法正确的是( )
A. 物块速度最大时的压缩量为 2mg2k
B. 物块的最大动能为mg( 22l+mg2k)−g2m24k
C. 物块运动过程中的最大加速度为 22g
D. 物块从与弹簧接触到速度为零的时间为t4
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
14.(1)在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是______。
(2)某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆球，于是他找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②利用刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运动的周期T。
③在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，他作出的T2−l图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为______m/s2。(π取3.14。计算结果保留三位有效数字)
(3)相比于实验室作出的T2−l图像，该同学在家做实验的T2−l图像明显不过原点，其中横轴截距大小的意义为______。
15.同学们想利用实验室现有的实验器材，按照图中的实验电路测量一组镍氢纽扣电池的电动势E(约为3.6V)和内阻(小于2Ω)。已有的实验器材为：
A.待测镍氢纽扣电池
B.电压表V(量程为3V，内阻约为5kΩ)
C.毫安表A(量程为5mA，内阻为50Ω)
D.定值电阻R0=7Ω，R1=50Ω，R2=550Ω，R3=6kΩ
E.电阻箱R4(0∼9999.9Ω)
F.滑动变阻器R5
G.开关及导线若干。
(1)为将毫安表A改装成一个量程合适的电压表，需要串联一分压电阻R。根据提供的实验器材，分压电阻R应选择______(选填“R1”、“R2”或“R3”)。
(2)校准电表时发现改装后的电压表比标准的电压表示数稍小一些。因此，在对毫安表A的分压电阻进行校准时，电阻箱应______。
A.与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R小得多
B.与毫安表A的分压电阻R串联，阻值比R大得多
C.与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R小得多
D.与毫安表A的分压电阻R并联，阻值比R大得多
(3)将电压表V和改装后的电压表示数分别记为U1和U2。调节滑动变阻器获得实验数据并进行描点连线绘制U1−U2图像。已知该图像的斜率为k，纵截距为a。则电源的电动势E和内阻分别为______、______。(请用题中字母表示)
四、简答题：本大题共4小题，共42分。
16.小方同学用一个容积为50L、压强为2.1×106Pa的氦气罐给完全相同的气球充气，若充气后气球内气体压强为1.05×105Pa，则恰好可充190个气球。可认为充气前后气球和氦气罐温度都与环境温度相同，忽略充气过程的漏气和气球内原有气体。已知地面附近空气温度为27℃、压强为1.0×105Pa。已知气球上升时体积达到7.5L时就会爆裂，离地高度每升高10m，气球内气体压强减小100Pa，上升过程中大气温度不变。求：
(1)充气后每个气球的体积V0；
(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度h。
17.“途灵底盘”是华为公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠(忽略线圈间距离)的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B=kI，其中k=50T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m=1.0kg，每个矩形线圈的匝数均为n=10匝，阻值R=1.0Ω，长为L=20cm，宽为d=10cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。
(1)若电磁铁中的电流为20mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；
(2)若电磁铁中的电流为20mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。
18.如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37∘，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA=34和μB=14，恒力F=2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求恒力F的作用时间；
(2)撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；
(3)设A、B间每次碰撞时间极短(可忽略不计)，且皆为弹性正碰，求：
①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；
②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。
19.如图所示，−2L0的区域Ⅰ内存在一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E。x>−L且z>0的区域Ⅱ内存在一沿y轴负方向的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B1。在−2L(1)求匀强磁场B1大小；
(2)求匀强磁场B1的最小面积；
(3)若角度θ=0，求磁感应强度B2的取值范围；
(4)若角度θ的大小在0到90∘之间，试定量讨论磁感应强度B2的取值范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB.根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为−1，质量数为0，可知X为电子，来源于原子核，故AB错误；
C.半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定，故C错误；
D.根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量ΔE=Δmc2=(m1−m2−m3)c2，故D正确。
故选：D。
AB.根据核反应的书写规则和粒子特性进行分析判断；
C.根据半衰期的决定因素分析；
D.根据爱因斯坦的质能方程列式计算。
考查核反应方程的书写规则，知道放射性元素半衰期的决定因素，会根据质能方程进行相关计算。
2.【答案】C
【解析】解：A.以吊锅和铁链为研究对象，设每根杆的弹力大小为FN，在竖直方向，根据平衡条件有
3FNcs37∘=mg
解得FN=512mg，故A错误；
B.三角支架处于静止状态，受力平衡，所受合力为0，故B错误；
C.根据牛顿第三定律可知，每根杆对地面的作用力的大小为FN，则由平衡条件可得，每根杆与地面间的摩擦力大小
f=FNsin37∘=512mg×0.6=14mg，故C正确；
D.由3FNcsθ=mg可知，当减小杆与竖直方向夹角θ时，FN将减小，地面施加给每根杆的作用力大小也等于FN，故D错误。
故选：C。
A.根据竖直方向的平衡条件列式求解每根杆的弹力大小；
B.根据三角架平衡状态分析合力的情况；
C.根据摩擦力和弹力的大小关系列式求解；
D.根据平衡条件列式分析作用力随夹角变化的情况。
考查受力分析和平衡问题，会根据题意列式进行相关物理量的计算和解答。
3.【答案】C
【解析】解：单色光a偏折到BC边的中点E，单色光b偏折到F点，棱镜对a光的偏折程度大于b光，则a光的折射率较大。
A、折射率越大的光频率越大，所以a光的频率大于b光的频率，则a是蓝光，b是黄光，故A错误；
B、a光的波长小于b光的波长，根据Δx=Ldλ，可知，分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小，故B错误；
C、根据几何关系可知a光的入射角为60∘，折射角为30∘，根据折射定律有
n=sin60∘sin30∘= 3
则临界角为sinC=1n= 33
入射光线从DC之间且垂直AC边射入，在BC面的入射角为60∘，由于sin60∘= 32>sinC，所以a光不能从BC边射出，故C正确；
D、a光的频率大于b光的频率，根据光电效应的条件可知，若a光能发生光电效应，则b光不一定能发生光电效应，故D错误；
故选：C。
棱镜对a光的偏折程度大于b光，则a光的折射率较大，折射率越大的光频率越大；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ分析条纹间距；根据sinC=1n可知分析临界角的大小，由此分析从BC边射出的光线，根据频率关系结合光电效应条件分析D。
本题主要是考查了光的折射、光电效应、条纹间距公式，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
4.【答案】D
【解析】解：B.在滑片P向下滑动过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路中的总电阻减小，回路中的总电流I2增大，电流表示数增大，故B错误；
AC.由n1I1=n2I2可知，通过R1的电流I1增大，则R1两端的电压增大，输入理想变压器的电压U1减小，由U1U2=n1n2得，R2两端电压减小，则R2电流减小，经过R4的电流增大，R4的电压增大，则电压表示数减小，故AC错误；
D.经过R4的电流增大，R4的电压增大，则RR4消耗的电功率增大，故D正确。
故选：D。
滑片P由a向b缓慢滑动，总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，根据功率公式判断R4消耗的功率和变压器原、副线圈电压变化。
本题考查变压器的动态分析，解题关键是知道根据原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合欧姆定律和功率公式求解即可。
5.【答案】B
【解析】解：A.三颗通信卫星受到的万有引力的大小为：F万=GMmr2=GMm(R+h)2，与卫星质量m有关，卫星质量未知，受到地球的万有引力大小不一定相等。故A错误；
B.由万有引力提供向心力：GMm(R+h)2=mv2R+h，可得卫星环绕速度为：v= GMR+h，结合黄金代换式：GM=gR2，可求得卫星动能为：Ek=12mv2=mgR22(R+h).故B正确；
C.如图，若要实现全球通信，则三颗卫星连线构成等边三角形并且三边与地球相切：
由几何关系可知此时卫星轨道半径为：r=2R，离地高度为：h=r−R=R.故C错误；
D.由于卫星动能：Ek=12mv2=mgR22(R+h).则对于同一卫星，轨道越高，即h越大，动能越小。故D错误。
故选：B。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可以分析万有引力的大小和离地的高度；结合动能公式可以求解动能。
本题考查万有引力定律的运用，万有引力提供向心力是解题的关键，同时还应注意实现全球通信时应满足的几何关系。
6.【答案】B
【解析】解：A、由于小球在下滑过程中，洛伦兹力垂直于斜面，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；
B、小球做类平抛运动，则在斜面.上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinα=ma
再由运动学公式可得
hsinα=12at2
所以球到达底边MN的时间t= 2hgsin2α
故B正确；
C、洛伦兹力不做功，根据动能定理有
mgh=Ek−12mv02
解得Ek=mgh+12mv02
故C错误；
D、带电荷量为−q(q>0)的小球以初速度为v0平行于NM方向运动，根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；小球能够沿斜面到达底边MN，说明洛伦兹力小于重力垂直于斜面向下的分力，即0≤qv0B≤mgcsα
解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgcsαqv0
故D错误；
故选：B。
根据小球的受力情况分析AD，根据牛顿第二定律结合运动学规律解得B，根据动能定理解得C。
题考查小球在复合场中的运动以及运动的合成和分解规律，要注意掌握牛顿第二定律与运动学公式以及动能定理的应用，注意洛伦兹力不做功。
7.【答案】A
【解析】解：A.由图像可知，在t1时刻弹簧恢复到原长，0到t1时间内，规定向右为正方向，对A、B系统由动量定理
I1=mAv0
即墙对A、B系统的冲量等于mAv0，故A正确；
B.t1∼t2时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中
aA根据牛顿第二定律有
mAaA=mBaB
可知
mA>mB
故B错误；
C.由以上分析可知，t2时刻弹簧的形变量最大且
vA=vB=v
故C错误；
D.t1时刻运动后，t2时刻弹簧的形变量最大，由能量关系可知
12kx2=12(mA+mB)v2+12kx′2
可知弹簧的最大形变量小于x，故D错误。
故选：A。
根据题意结合图(b)所示图像分析清楚A、B的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与动量守恒定律即可解题。
解题时要注意a−t图像与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量；在t2时刻A、B速度相同，这是本题的关键点也是易错点。
8.【答案】C
【解析】解：A、撤去外力时，根据能量守恒定律可知：
Fs=12mvAB2+12mvCD2+QAB+QCD
由题可知QCD=30J
根据Q=I2Rt结合RAB：RCD=1：2可知
QAB=15J
又因为vAB：vCD=1：2，解得
vAB=4m/s
故A错误；
B、撤去外力F后，回路中的电流相等，根据BIL=ma可知，棒AB、CD的加速度不相等，故B错误；
C、最终电路中电流为0，设此时AB、CD的速度为v′AB、v′CD，则有：
Blv′AB=B×2lv′CD
规定向右为正方向，运动过程中对AB根据动量定理有：
BIlt=mv′AB−mvAB
对CD根据动量定理有：
−BI×2lt=mv′CD−mvCD
解得v′AB=6.4m/s，v′CD=3.2m/s
整个过程中的焦耳热为：
Q=Fs−12mv′AB2+12mv′CD2
解得Q=73.8J
故C正确；
D、从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、CD运动的位移之比为：
xAB：xCD=vAB+vAB′2t：vCD+vCD′2t
解得xAB：xCD=13：14
故D错误；
故选：C。
根据能量守恒定律结合题意解得A；根据牛顿第二定律分析B，最终两棒匀速，电路电流为0，两棒产生的感应电动势大小相等，得出两棒速度大小关系，对AB棒和CD棒分别运用动量定理即可求解，根据位移的计算公式解答。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
9.【答案】D
【解析】解：为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使摆球摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故AB错误，D正确；
故选：D。
根据实验的原理以及注意事项确定正确的装置。
本题考查单摆测定重力加速度的实验，解题关键注意实验装置的选取要素。
10.【答案】AD
【解析】解：A.由两个等量同种点电荷周围电势的对称性可知，顶点B、D处的电势相等，故A正确；
B.由电场叠加和对称性可知，顶点B、D处的电场强度方向不同，则B点和D点的场强不同，故B错误；
C.两个正点电荷形成的电场不是匀强电场，质子受电场力不可能提供向心力，不可能做匀速圆周运动，故C错误；
D.只在电场力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小不变的电场力，由等量同种点电荷电场分布图可知，电子在垂直于AC并过中心点O点的平面内可能绕O点做匀速圆周运动，故D正确。
故选：AD。
该题实质上考查常见电场的电场分布与特点，可以结合等量同种点电荷的电场特点，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，进行分析可以得出结论。
该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量同种点电荷的电场分布特点的图，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，可以直接判定。
11.【答案】AB
【解析】解：A.两列波的频率均为f=ω2π=10π32πHz=53Hz，根据波的干涉的条件，两列可以发生干涉，故A正确；
B.两振源的相位差为π3−(−2π3)=π，是反相波，而P点到两振源的距离之差为零，则P点为振动减弱点，振幅为零，则t=0时刻P(0,6,0)处质点的位移为0，故B正确；
C.波长λ=vf=2053m=12m
因QS1=6m=12λ
则t=0时刻由S1在Q点引起的位移为
S1=−0.1sinπ3m=−0.1 32m
而QS2= 62+(6 3)2m=12m=λ
则t=0时刻由S2在Q点引起的位移为
S2=0.1sin(−2π3)m=0.1 32m
则t=0时刻Q(−3 3,6,0)处质点的位移为零，故C错误；
D.t=0时刻波源S1和S2的位移相同，根据a=−kxm可知加速度不一定相同，故D错误。
故选：AB。
A.根据题意先求两列波的频率，再根据干涉的条件判断；
B.判断是同相波还是反相波，再结合路程差判断；
C.分别计算0时刻两列波在Q点的位移，再求合位移进行判断；
D.根据加速度和位移的关系共同确定判断。
考查波的干涉条件，波的叠加问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
12.【答案】BC
【解析】解：AB、设物体受到的支持力为F，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律得：Fsin60∘=mg
Fcs60∘=mω2Lsin60∘
联立代入数据解得：ω=10 33rad/s，故A错误，B正确；
CD、“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为 t，运动的初速度大小为v0，加速度大小为a，沿AD方向向下运动在距离为 y，则有：
由平衡条件可得：F′=mgsin60∘
由牛顿第二定律可得：mgcs60∘=ma
又，v0=ωLsin60∘
由运动学规律可得：L2=v0t
y=12at2
联立代入数据解得：y=0.025m=2.5cm，故C正确，D错误。
故选：BC。
(1)小物体在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合向心力公式求解；
(2)“V”型二面体突然停止转动后，小物体做类平抛运动，沿BA方向做匀速直线运动，沿AD方向做匀加速直线运动，小物体从二面体上离开的位置距A点的距离就等于沿AD方向运动的位移大小，根据根据牛顿第二定律，结合运动学公式求解。
本题考查了曲线运动中类平抛运动与匀速圆周运动的性质与处理方法。对于匀变速曲线运动应用运动的合成与分解处理，分运动具有等时性与独立性。对于匀速圆周运动，要知道需要的向心力等于物体所受的合外力。
13.【答案】AB
【解析】解：A.速度最大时物块合外力为零，此时加速度为零，速度达到最大值，有
mgsin45∘=kΔx1
解得Δx1= 2mg2k，故A正确；
B.对物块由顶端运动至速度最大的过程中，由能量守恒定律得mg(l+ 2mg2k)sin45∘=Ekm+12k( 2mg2k)2
解得Ekm=mg( 22l+mg2k)−g2m24k，故B正确；
C.由题知，弹簧的最大压缩量为3 2mg2k，根据牛顿第二定律有
kx′−mgsin45∘=ma
解得a= 2g
故C错误；
D.弹簧的最大压缩量为3 2mg2k，而平衡位置弹簧的压缩量为 2mg2k，可知弹簧做简谐振动的振幅为 2mgk，分析可知，弹簧从平衡位置开始到最大位移处振动14个周期，从物块接触弹簧开始，这个系统就开始做简谐振动，且从物块接触弹簧到物块运动到平衡位置的位移大小为 2mg2k，恰好为振幅的一半，即从物块接触弹簧开始到弹簧压缩至最短的时间为下图中的t1∼t3这段时间，大于t4，故D错误；
故选：AB。
当滑块的合力为零时，动能最大，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量；根据能量守恒定律解得最大动能，利用牛顿第二定律求出加速度，分析物块的运动情况，从而分析D。
本题考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式等知识的综合运用，注意在速度最大时，加速度为零，合力为零。
14.【答案】D9.86金属块重心与M点间距离
【解析】解：(1)根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定。
故ABC错误，D正确；
故选：D。
(2)设M点到重心得距离为r，根据周期公式.
T=2π l+rg
可得
T2=4π2g(l+r)
故该图像的斜率为
k=4π2g=4.099.0−(−1.0)×102s2/m=4s2/m
由此得出重力加速度的测量值为
g≈9.86m/s2
(3)由(2)分析可知，出现截距是由于刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，准确应该取悬挂点到金属块的重心之间的距离，则横轴截距大小的意义为金属块重心与M点间距离。
故答案为：(1)D；(2)9.86；(3)金属块重心与M点间距离
(1)根据实验的原理以及注意事项确定正确的装置；
(2)(3)摆长等于摆线的长度和摆球半径之和，结合单摆周期公式解答，进而分析横轴截距大小的意义。
单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．应用单摆周期公式可以解题。
15.【答案】R2 Da1−k kR01−k
【解析】解：(1)电源电动势约为3.6V，根据欧姆定律有
U=I(R+RA)
将U=3.6V，I=5mA=0.005A代入解得
R=670Ω
可知选择R2即可；
(2)测量值偏小，则指针偏转角度小，说明通过表头的电流偏小，说明电压表的电阻偏大，可以适当减小R，应在R上并联一个比R大的多的电阻，则D正确，ABC错误；
故选：D。
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U1+U1−U2R0r
变形可得
U1=rR0+rU2+ER0R0+r
根据题意可知k=rR0+r，a=ER0R0+r
解得E=a1−k，r=kR01−k
故答案为：(1)R2；(2)D；(3)a1−k；kR01−k
(1)根据电压表的改装分析解答；
(2)根据电阻的并联关系结合题意分析解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合斜率与截距分析解答。
本题考查了求电源电动势与内阻，知道电源U−I图象与截距与斜率的物理意义，即可正确解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
16.【答案】解：(1)根据一定质量理想气体状态方程“分态式”可得：p1V1=p2(V1+nV0)
解得：V0=5L；
(2)设气球离地面高度为h，则对气球内气体，根据玻意耳定律可得：p2V0=p3V3
其中：p3=p2−h10Δp
可得：h=3500m。
答：(1)充气后每个气球的体积为5L；
(2)当气球发生爆裂时，气球离地面的高度为3500m。
【解析】(1)根据一定质量理想气体状态方程“分态式”列方程求解；
(2)对气球内气体，根据玻意耳定律列方程求解压强。由于离地高度每升高10m，气球内气体压强减小100Pa，由此得到气球离地面的高度。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。
17.【答案】解：(1)规定向左为正方向，对线圈1由动量定理得：nBI−Lt=mΔv
根据电流的定义式有q=I−t=nE−Rt=nΔΦRtt=nBLdR
右侧磁场的磁感应强度B=kI
将I=20mA=0.02A代入解得Δv=0.4m/s
方向水平向左
(2)第一个线圈刚进入磁场时的速度为v=3Δv
根据能量守恒定律有
Q=12mv2
解得Q=0.72J
答：(1)线圈1完全进入磁场时的速度变化量为0.4m/s，方向水平向左；
(2)线圈中产生的焦耳热为0.72J。
【解析】(1)根据动量定理分析解答；
(2)分析速度的变化情况，根据能量守恒定律解答。
解答本题的关键是运用动量定理求出线框速度变化量的表达式，把握线框进入磁场时的规律，掌握应用动量定理求解速度的方法。
18.【答案】解：(1)对A、B整体，根据牛顿第二定律，有
F−2mgsinθ−(μA+μB)mgcsθ=2ma
解得
a=0.2g
所以力F作用的时间为
t=v00.2g=5v0g
(2)撤去外力F后，对物块A，有
mgsinθ+μAmgcsθ=maA
解得
aA=1.2g
对物块B，有
mgsinθ+μBmgcsθ=maB
解得
aB=0.8g
由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为
x=v022aB−v022aA
代入数据解得
x=5v0224g
(3)①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ−μBmgcsθ=maB′
所以
aB′=0.4g
根据速度-位移关系可得
v12=2a′Bx
解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为
v1= 6v06
②A、B发生第一次弹性碰撞，则有
mv1=mv2+mv3
12mv12=12mv22+12mv32
所以碰后两物体速度交换
v2=0，v3=v1= 6v06
碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有
x1=v3t1=12a′Bt12
解得
t1=5 6v06g
x1=5v026g
ΔE1=(μA+μB)mgcsθ⋅x1=23mv02
A、B第二次碰撞时，速度分别为
v3= 66v0
v4=a′Bt1=0.4g×5 66gv0= 63v0
碰后两物体速度再次交换，A以v4做匀速直线运动，B做初速度为v3、加速度为aB′的匀加速直线运动，所以
x2=v4t2=v3t2+12a′Bt22
解得
t2=t1=5 6v06g
x2=v4t2=5v023g
ΔE2=(μA+μB)mgcsθ⋅x2
解得
ΔE2=43mv02
A、B第三次碰撞时，速度分别为
v4= 63v0
v5=v3+aB′t2= 62v0
碰后两物体速度交换，A以v5做匀速直线运动，B做初速度为v4、加速度为aB′的匀加速直线运动，所以
x3=v5t3=v4t3+12a′Bt32
解得
t3=t2=t1=5 6v06g
x3=v5t3=5v022g
ΔE3=(μA+μB)mgcsθ⋅x3
解得
ΔE3=2mv02
根据以上分析，有
ΔE1=23mv02
ΔE2=43mv02
ΔE3=63mv02
ΔEn=2n3mv02(n=1,2,3……)
所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为
ΔE=ΔE1+ΔE2+ΔE3+⋯+ΔEn
解得
ΔE=n(n+1)3mv02
答：(1)恒力F的作用时间为5v0g；
(2)撤去F后，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为5v0224g；
(3)①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为 66v0；
②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为n(n+1)3mv02。
【解析】(1)由牛顿第二定律求出加速度，结合速度-时间关系，求恒力F的作用时间；
(2)由牛顿第二定律求出AB加速度，运用速度-位移关系求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；
(3)由牛顿第二定律求出加速度，结合速度-位移关系求得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；利用动量守恒、机械能守恒定律，结合运动学公式求得位移，从而求得系统损失的机械能。
本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
19.【答案】解：(1)设电子经过电场加速后速度为v0，进入匀强磁场B1磁会聚从O点沿z轴负方向射出，电子在电场中加速，根据动能定理有
qEL=12mv02−0
电子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B1=mv02r
根据磁聚焦的条件可知
r=L
联立解得
B1= 2mEqL；
(2)电子最终都会聚到点O进入区域Ⅲ，则满足条件的磁场最小面积如图所示
则磁场的最小面积
S=2×(14πL2−L22)=π−22L2；
(3)当角度为0时，磁感应强度B2方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为r1，恰好打到NP边的半径为r2，轨迹如图所示
据几何知识得
r1=0.5L
r22=(2L)2+(r2−L)2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B2=mv02r
解得
B2max=2 2mEqL、B2min=25 2mEqL
所以磁感应强度大小范围为
25 2mEqL≤B2≤2 2mEqL；
(4)当角度为θ时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为r3，根据几何知识有
r3=L2csθ
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B2=mv02r3
解得
B2=2 2mEqLcsθ
恰好达到NP边圆周半径为r4，根据几何知识有
r42=(2L)2+(r4−Lcsθ)2r4=2Lcsθ+L2csθ
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B2=mv02r4
解得
B2=2csθ(4cs2θ+1) 2mEqL
由数学知识得θ=60∘时
r4=2r3，r4有最小值，最小值为
r4min=2L
当r3=2L时，有
L2csθ=2L
此时θ=76∘，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以θ≥76∘无论B2取什么值粒子都打不到收集板上，综上有
①0≤θ≤60∘时，2csθ(4cs2θ+1) 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ
②60∘≤θ≤76∘时，12 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ
③76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
答：(1)匀强磁场B1大小为 2mEqL；
(2)匀强磁场B1的最小面积为π−22L2；
(3)若角度θ=0，磁感应强度B2的取值范围为25 2mEqL≤B2≤2 2mEqL；
(4)若角度θ的大小在0到90∘之间，磁感应强度B2的取值范围为：
0≤θ≤60∘时，2csθ(4cs2θ+1) 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ；
60∘≤θ≤76∘时，12 2mEqL≤B2≤2 2mEqLcsθ；
76∘≤θ≤90∘时，无论B2取何值，粒子均无法打到收集板上。
【解析】(1)电子在电场中加速，根据动能定理求解电子出加速电场的速度，电子在磁场中做匀速圆周运动，根据磁聚焦条件可知电子运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解匀强磁场大小；
(2)根据磁聚焦的条件作出满足条件的磁场，再根据扇形和正方形面积公式联立求解匀强磁场B1的最小面积；
(3)当电子刚好打在MQ和NP边时，根据几何知识求解电子运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度，即可求得磁感应强度B2的取值范围；
(4)当角度为θ时，根据几何知识分别求解电子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度，根据数学知识求解电子能打在板上的时两半径的极值及对应的此时磁感应强度与x轴正方向的夹角，有次可得在不同的角度范围内磁感应强度B2的取值范围。
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。