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2024年河南省郑州市宇华实验学校高考物理一模试卷(含详细答案解析)
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这是一份2024年河南省郑州市宇华实验学校高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共22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.甲、乙两车在同一平直公路的两条平行车道上同时(t=0)并排出发，甲车做匀速直线运动，乙车从静止开始做匀加速运动，它们的位移图像如图所示，比较两车在0∼10s内的运动，以下说法正确的是( )
A. t=5s时，甲、乙两车速度大小相差最大
B. 0∼5s时，甲、乙两车的平均速度相同
C. t=10s时，乙车的速度一定是甲车的2倍
D. 甲车将在t=20s后再次追上乙车
2.如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为−10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. t=0.6s时，手机已下降了约1.8m
B. t=0.8s时，手机正向上加速运动
C. 加速度约为70m/s2时，手机速度为0
D. 0.6−0.8s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小
3.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则( )
A. 物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 μgr
B. 物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为 μgr
C. 餐桌面的半径为 52r
D. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
4.2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 电子在b点受到的电场力方向竖直向下B. a点的电场强度小于b点的电场强度
C. a点的电势高于b点的电势D. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能
5.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定于P点，下端连接一个质量为m可视为质点的物块。现将物块由O点静止释放，OP为弹簧原长，物块到达最低点A点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 物块在A点的加速度大小为0.5g
B. O、A两点的距离为mgk
C. 从O点到A点，物块的加速度先增大后减小
D. 从O点到A点，物块的回复力先减小后增大
6.如图所示，两光滑平行金属导轨水平放置，左端接一定值电阻R，其余电阻不计，整个装置处于垂直于轨道平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒在水平拉力F作用下由静止做匀加速直线运动，拉力F与时间t的关系图像如图所示，则( )
A. t0=0时棒的加速度a=F02mB. 导轨间距L= 2mRB2t0
C. t0时棒的速度v=3F0t0mD. 0∼t0时间内F的冲量I=F0t02
7.如图所示为针对新冠疫情设计的消杀喷药装置，内部装有2L药液，上部密封压强为1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L。假设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，外部大气压强为1atm，下列说法正确的是( )
A. 充气后，密封气体压强变为1.1atm
B. 充气后，密封气体的分子平均动能增加
C. 打开阀门后，密封气体对外界做正功
D. 打开阀门后，密封气体向外界放热
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某网球以大小为v0的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 下降过程中网球处于超重状态
B. 网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等
C. 网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功
D. 网球从抛出到落回出发点所用的时间t1=v0+v1g
9.小红将量程为0∼0.6A的电流表A(表盘刻度共有30个小格)，按照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中R1和R2阻值相等，都等于改装前电流表内阻的14。下列说法正确的是( )
A. 将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.12A
B. 将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08A
C. 将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08A
D. 将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.06A
10.如图，倾角θ=30∘的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框完全进入磁场时，速度大小变为线框ab边刚进入磁场时速度大小的13，当线框ab边到达虚线PQ处时，线框恰好与传送带相对静止。已知两虚线间距离为259L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数μ= 32，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是( )
A. 穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于mgR4B2L2
B. 线框从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，摩擦力的冲量为3B2L3R
C. 传送带的速度大小为 2gL
D. 线框离开磁场的过程中产生的焦耳热为2536mgL
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某研究小组为测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，设计了如图甲所示的实验装置。长木板固定在水平桌面上，力传感器和光电门固定在竖直的支架上，轻绳悬挂的重物上固定一窄遮光条。实验时重物每次都从支架A处由静止释放，改变重物的质量，重复上述操作，记录多组遮光条通过光电门时的遮光时间Δt和力传感器示数F的数据。已知A、B之间的距离为L，重力加速度为g，不计轻绳、滑轮的质量及滑轮上的摩擦。
(1)实验时，下列必要的操作是______(请填正确选项代码)；
A.用天平测出重物和遮光条的总质量为m
B.将长木板不带滑轮的一端略微垫高以补偿阻力
C.调整滑轮及力传感器的位置，使绳子处于水平状态
D.为减小实验误差，实验中一定要保证重物及遮光条的总质量远小于滑块的质量
(2)测量遮光条宽度时，游标卡尺的示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=______ mm；
(3)某次实验时光电门显示遮光时间Δt=0.024s，则遮光片通过光电门时的速度v=______(结果保留两位有效数字)；
(4)以F为纵坐标，1(Δt)2为横坐标，作图如图丙所示，已知直线的斜率为k，截距为b，则滑块的质量M=______，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=______(用b、d、k、g、L表示)。
12.在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量为m1，右侧滑块质量为m2，挡光片宽度为d，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连接两滑块让它们保持静止，如图1所示。烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1，Δt2。(取向右为正方向)
(1)则烧断细线前两滑块的总动量p=______kg⋅m/s。
(2)烧断细线后两滑块的总动量p′=______。(用题中所给字母表示)
(3)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，示数如图2所示，则d=______ cm。
(4)若m1=190g，m2=130g，Δt1=0.35s，Δt2=0.24s，则代入上述表达式，得p′=______kg⋅m/s。(结果保留1位有效数字)
(5)为了研究碰撞过程中动量是否守恒，该小组同学改进了实验装置。在两个滑块之间连了一根弹性绳，将小车放置在气垫导轨上，拉伸弹性绳到适当远的距离后静止释放。小车就在弹力的作用下相向运动，用这个较长的运动过程来模拟碰撞的短暂作用。这就解决了碰撞过程很短暂，难以捕捉和测量的难题。利用视频追踪软件Tracker进行数据处理，自动绘制小车运动过程中的动量一时间图像如图所示。从图中我们得出的结论为______。
四、简答题：本大题共1小题，共15分。
13.如图所示，在xOy平面内，y轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y轴右侧空间分布着垂直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于y轴正方向从A点射出，粒子从C点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到A点。已知A点坐标为(−d,0)，C点坐标为(0,2d)，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：
(1)y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；
(2)y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
14.宇航员驾驶宇宙飞船成功登上月球，他在月球表面做了一个实验：在停在月球表面的登陆舱内固定一倾角为θ=30∘的斜面，让一个小物体以速度v0沿斜面上冲，利用速度传感器得到其往返运动的v−t图象如图所示，图中t0已知。已知月球的半径为R，万有引力常量为G，不考虑月球自转的影响。求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)月球的平均密度ρ。
15.如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端瑞滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。
(1)定值电阻R0、滑动变阻器的总电阻R分别为多少？
(2)求出电源的电动势和内阻；
(3)电源的工作效率什么时候最大，最大效率是多少？
16.某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个气缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连静置在水平地面上．已知气缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离气缸．
(1)求初始时，A气体的压强；
(2)若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后，活塞a离水平地面的高度；
(3)若环境温度缓慢升至1.2T0，A、B气体总内能增加U，求A气体从外界吸收的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据x−t图象的斜率表示速度，甲车图象的斜率不变，则甲车的速度不变，做匀速直线运动，速度为
v甲=xt=10010m/s=10m/s
乙车图象的切线斜率不断增大，则乙车的速度不断增大，做匀加速运动，根据
x=v0t+12at2
将(0,0)和(10,100)代入可得
v0=0
a=2m/s2
故t=5s时，乙的速度
v乙=at=10m/s
由此可知此时两车速度相等，故A错误；
B.0∼5s内甲的位移大于乙的位移，根据平均速度的定义
v−=xt
可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B错误；
C.t=10s时，乙的速度为
v乙′=at′=2×10m/s=20m/s
可知此时乙车的速度是甲车的2倍，故C正确；
D.由x−t图像可知，t=10s时，二者位移相同，故此时乙车刚好追上甲车，而之后乙车的速度一直大于甲车的速度，故甲车不可能追上乙车，故D错误。
故选：C。
根据x−t图像的斜率求出甲车匀速运动的速度，由位移-时间公式求出乙车的加速度，再求出t=10s时乙车的速度，从而确定何时两者速度大小相差最大和最小，由匀变速直线运动规律可求平均速度，当两者速度相等时两车间距达到最大，两车从同一地点并排出发，位移相等时相遇。
解决本题时，要知道x−t图像的斜率表示速度，两图像的交点表示相遇，同时，能熟练运用运动学公式进行解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、0∼0.6s，若手机一直做自由落体运动，手机下降的高度为h=12gt2=12×10×0.62m=1.8m
由图像得，0.4s后手机才开始运动，则0.6s时，手机下降的距离一定小于1.8m，故A错误；
BCD、由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速运动，橡皮筋形变量增大，拉力逐渐增大；
约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大；
当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，BD错误。
故选：C。
若手机做自由落体运动，根据位移-时间公式求解手机下降的高度，结合图像分析手机的运动情况；根据加速度随时间的变化分析手机的运动情况和受力情况。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是由a−t图像分析好手机的运动情况和受力情况，结合牛顿第二定律分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：AB、物块从圆盘上滑落的瞬间，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得
μmg=mω2r
代入解得：ω= μgr
由线速度与角速度的关系公式v=ωr，可得圆盘的线速度大小为
v=ωr= μgrr= μgr，由于物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，故AB错误；
C、物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示：
动能定理可得：
−μmgx=0−12mv2
代入数据解得
x=r2
由几何关系可得
R2=r2+(r2)2
代入数据解得餐桌面的半径为：R= 52r，故C正确；
D、物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为
W=12mv2=12μmgr，胡D错误。
故选：C。
根据摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值时物块从圆盘上滑落，从而求出角速度和线速度；在根据滑落后做匀减速直线运动刚好停在桌面边缘，求出餐桌半径，再根据动能定理求出圆盘对物块做的功。
本题主要考查圆周运动的临界条件，在做题中要注意物块从圆盘滑落下去，沿切线方向做匀减速直线运动。
4.【答案】B
【解析】解：A.电子做曲线运动，受到的电场力一定指向轨迹凹侧，且电子所受电场力方向一定与等势面垂直，所以电子在b点受到的电场力方向水平向左，故A错误；
B.由电场强度与等势面的关系可知，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，b处等势面密，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；
CD.电子在b点受到的电场力方向水平向左，则b点电场强度方向向右，可知从左向右，等势面的电势依次降低，则a点的电势低于b点的电势，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故CD错误。
故选：B。
做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，据此分析作答；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，沿电场线方向，电势逐渐降低，据此判断电势的高低；根据电势能的定义式判断电势能的大小。
本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
5.【答案】D
【解析】解：A.物块由O点静止释放后做简谐振动，因在O点时的加速度为向下的g，根据简谐运动的对称性可知，到达A点时的加速度为向上的g。故A错误；
B.依题意，在OA的中点时为平衡位置，此时满足：
mg=kΔx
则可知O、A两点的距离为：
x=2Δx=2mgk
故B错误；
CD.从O点到A点，到达平衡位置之前，重力大于向上的弹力，则加速度向下，由牛顿第二定律可知，随弹力的增加，回复力减小，加速度减小，当到达平衡位置时回复力为零，此时加速度为零；然后继续向下运动时向上的弹力大于重力，回复力增加，加速度向上且逐渐增大，到达最低点时加速度最大，综上所述，物块的回复力先减小后增大，物块的加速度先减小后增大。故C错误；D正确。
故选：D。
根据简谐运动的对称性可知，物块在O点和A点的加速度等大反向，由受力的平衡条件判断平衡位置，进而得出O、A两点的距离。然后根据简谐运动的振动特点分析加速度和回复力的变化情况即可。
本题考查简谐运动模型，解题关键是熟练掌握简谐运动的规律和特点，对学生要求较低，是一道基础题目。
6.【答案】B
【解析】解：A.根据图像可知t0=0时F=F0，根据牛顿第二定律可知F0=ma，解得a=F0m，故A错误；
B.图像所应该的函数为F=F0+2F0t0t，根据牛顿第二定律可知F−F安=ma，其中F安=BIL=BLBLvR=B2L2atR
解得L= 2mRB2t0，故B正确；
C.导体棒做匀加速运动，t0时棒的速度v=at0=F0t0m，故C错误；
D.0∼t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积，根据图像的面积可解得
I=(F0+3F0)t02=2F0t0
故D错误。
故选：B。
初时刻，导体棒受安培力为0，由牛顿第二定律解得加速度；结合安培力计算公式推导拉力与时间的关系式，从而计算导轨间距；根据匀变速直线运动规律解得速度；0∼t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积。
本题考查了电磁感应的导体棒切割磁感线模型的电路与力学相关问题，基础题目。应用动生电动势计算公式，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律以及功能关系解答。
7.【答案】C
【解析】A、以密封空气和充入空气为研究对象，由玻意耳定律可得：p1V1+p2V2=pV1，其中p1=p2=1atm，V1=0.5L、V2=0.1L，代入数据可得：p=1.2atm，故A错误；
B、温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；
C、由于p>p0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；
D、打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，而气体的温度不变、内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体吸收热量，故D错误。
故选：C。
充气过程为等温过程，根据玻意耳定律求得压强；由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；气体膨胀、对外做功，根据热力学第一定律分析热传递的情况。
本题考查了气体实验定律，记住温度是分子平均动能的标志，掌握把变质量问题转化为恒质量问题，利用好气体状态方程求得压强。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据v−t图像可知，下降过程的加速度与初速度方向相反，即竖直向下，为失重状态，故A错误；
B.小球运动的v−t图像如图所示：
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为f=kv，则f−t图像与v−t图像相似，如图所示：
两阴影部分的面积也相等，f−t图像t轴上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，故B正确；
C.小球运动时受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降过程位移大小x大小相同，根据W=f−x可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故C错误；
D.由B分析可知，阻力的总冲量为零，规定竖直向上为正方向，对全过程根据动量定理有：−mgt1=−mv1−mv0，解得t1=v0+v1g，故D正确。
故选：BD。
由v−t图像判断加速度的方向进而判断其超、失重情况；根据W=fx来计算上升与下降过程平均阻力的做功大小；利用v一t图像画出f一t图像，然后根据图线与坐标轴所围面积来判断阻力的冲量；由动量定理计算总时间。
本题中点考查小球在重力与阻力共同作用的上升与下降运动过程模型，涉及冲量、做功等知识点，解题关键是利用v一t图像画出f一t图像，同时熟练掌握基本公式，能灵活运用，属于中等难度的题目。
9.【答案】AD
【解析】解：AB.设改装前电流表内阻为4R，则R1=R2=R
将1、2接入电路时，电流表量程为
I=Ig+Ig(4R+R)R=6Ig=6×0.6A=3.6A
因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.12A，故A正确，B错误；
CD.将1、3接入电路时，电流表量程为
I=Ig+Ig⋅4RR+R=3Ig=3×0.6A=1.8A
因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.06A，故C错误，D正确。
故选：AD。
把1、2接入电路时，电路是R2和电流表串联后再与电阻R1并联，根据并联电路的电流特点很容易计算出改装后电流表的量程，进而得到每小格表示的电流；同理可以解出将1、3接入电路中的情况。
分析清楚电路的连接方式是解题的关键，至于量程很容易根据欧姆定律解答出来。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、线框可能减速上升直到达到最小速度后保持匀速，也可能一直减速，设线框的最小速度为vmin，则
μmgcsθ=mgsinθ+B2L2vminR
解得，
vmin=mgR4B2L2
所以穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于mgR4B2L2，故A正确；
B、从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，对线框根据动量定理可知：
μmgcsθt−mgsinθt−B2L3R=mv−mv
可得，
t=4B2L3mgR
则线框从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，摩擦力的冲量为
If=μmgcsθt
解得
If=3B2L3R
故B正确；
C.从线框ab边刚进入磁场到完全进入磁场，设进入磁场的过程中线框克服安培力做功为W1，对线框根据动能定理可知：
μmgcsθL−mgsinθL−W1=12m(v3)2−12mv2
从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，对线框根据动能定理可知：
μmgcsθ259L−mgsinθ259L−W1=12mv2−12mv2
可得进入磁场的过程中线框克服安培力做功为W1=2536mgL
依题意，传送带的速度大小为v1=v
即v1= gL2
C错误；
D.根据对称性，可得，线框进入磁场产生的焦耳热等于离开磁场过程中产生的焦耳热，则
Q=W1
即
Q=2536mgL
故D正确。
故选：ABD。
应用E=BLv求出线框切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与牛顿第二定律求出线框的加速度，判断线框的运动性质；应用安培力公式与平衡条件求出线框的速度；应用动能定理与功能关系、动量定理分析答题。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题。
11.【答案】 bd24Lgk
【解析】解：(1)A.通过力传感器可知直接得出滑块受到的绳子的拉力，不需要测量重物和遮光条的总质量为m，故A错误；
B.若补偿阻力，将无法测量滑块与长木板之间的摩擦因数，故B错误；
C.调整滑轮及力传感器的位置，使绳子处于水平状态，这样可以让绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，便于测量，故C正确；
D.通过力传感器可知直接得出滑块受到的绳子的拉力，不需要保证重物质量远小于滑块及遮光片的总质量，故D错误。
故选C；
(2)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，游标卡尺读数等于主尺读数和游标尺读数之和，所以遮光条的宽度d=3mm+2×0.05mm=3.10mm；
(3)遮光片通过光电门时的速度v=dΔt=3.10×10−30.024m/s=0.13m/s
(4)滑块的速度为v滑=12v=d2Δt
滑块的位移为x滑=L2
对滑块，由动能定理得FL−μMg⋅L2=12Mv滑2
联立可得F=Md28L⋅(1Δt)2+12μMg
可知F−1Δt2图像的斜率为k=Md28L
截距b=12μMg
解得滑块的质量为M=8Lkd2
滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=bd24Lgk
故答案为：(1)C；(2)3.10；(3)0.13m/s；(4)8Lkd2、bd24Lgk。
(1)传感器可测出滑块所受拉力，不需要测出重物和遮光条的总质量，根据实验原理分析判断；
(2)游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；
(3)遮光条通过光电门的速度为v=dΔt；
(4)由功与动能变化的关系式，确定图线上斜率与截距的意义，结合摩擦力的公式即可求出动摩擦因数，并分析误差。
解决本题的关键在于明确实验原理，掌握极限思想在物理学中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小。掌握图象斜率与截距的物理意义。
12.【答案】0−m1dΔt1+m2dΔt2 3.000−0.00004在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒
【解析】解：(1)烧断前两滑块均处于静止状态，所以烧断前系统的总动量为零；
(2)根据题意，取向右为正方向，可知，烧断细线后，系统的末动量为
p′=−m1dΔt1+m2dΔt2
(3)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，游标卡尺读数等于主尺读数和游标尺读数之和，所以遮光条的宽度为30.0mm+0.05mm×0=30.00mm=3.000cm
(4)将题中所给数据代入(2)中的表达式，计算可得
p′=−0.00004kg⋅m/s
(5)利用视频追踪软件Tracker进行数据处理，自动绘制小车运动过程中的动量一时间图像，经过观察发现在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒。
故答案为：(1)0；(2)−m1dΔt1+m2dΔt2；(3)3.000；(4)−0.00004；(5)在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒。
(1)(2)根据动量的定义明确碰撞前后的动量；
(3)游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；
(4)根据(2)中的表达式，代入数据即可；
(5)根据实验得到的图像，可以得出动量守恒的结论。
本题考查验证动量守恒定律实验，知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键。
13.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点所用时间为t1，根据类平抛运动规律可得：
沿y轴方向有：2d=v0t1
沿x轴方向有：d=12at12
根据牛顿第二定律得：a=qEm
联立解得：E=mv022qd，t1=2dv0
(2)设粒子到达C点时沿x轴速度的大小为vx，则有：
vx=at1=v0
设粒子到达C点时的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，则
v= vx2+vy2= 2v0
tanθ=vxv0=1，可得：θ=45∘
粒子的运动轨迹关于x轴对称，其运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系得：
2d=rsinθ
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：B=mv02qd
(3)粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为3π2。
可得粒子在磁场中运动时间为：t2=32πrv=3πdv0
粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间为：
t=t2+2t1=(4+3π)dv0
答：(1)y轴左侧匀强电场的电场强度大小E为mv022qd；
(2)y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B为mv02qd；
(3)带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t为(4+3π)dv0。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)根据粒子在电场中的运动规律求得粒子进入磁场时的速度大小和方向，根据几何关系求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)粒子的运动轨迹关于x轴对称，根据在磁场中运动轨迹的圆心角求得其在磁场中运动时间，在电场中的两段运动时间相等，进而求出带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间。
本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
14.【答案】解：(1)设物块回到斜面底端时速度大小为v。
根据物块上滑与下滑的位移大小相等，可得：v0t02=v⋅2t02，解得：v=12v0
物块向上滑动时，根据牛顿第二定律，有：mgsin30∘+μmgcs30∘=ma1
其中：a1=v0t0
物块向下滑动时，根据牛顿第二定律，有：mgsin30∘−μmgcs30∘=ma2
其中：a2=v2t0=v04t0
联立解得：g=5v04t0
(2)在月球表面，物体所受重力等于万有引力mg=GMmR2
又有M=ρ⋅43πR3
联立解得：ρ=15v016πGRt0
答：
(1)月球表面的重力加速度为5v04t0；
(2)月球的平均密度ρ为15v016πGRt0。
【解析】(1)物块上滑和下滑的位移大小相等，v−t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，据此列式求解物块回到斜面底端时速度大小。对滑块上滑过程和下滑过程，根据牛顿第二定律列式，结合图象得到上滑过程和下滑过程的加速度，联立求解星球的重力加速度；
(2)在星球表面上，物体的重力等于星球对物体的万有引力，据此列式，然后联立求得星球的质量，再求解密度。
本题是万有引力定律与动力学的综合，通过图线得出加速度大小，结合牛顿第二定律求出重力加速度的大小是解决本题的关键。
15.【答案】解：(1)电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为AC；
电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为BC；
定值电阻的大小为：R0=U1I=1.50.5Ω=3Ω；
当I=0.5A时，R外=U2I=7.50.5Ω=15Ω
则R=R外−R0=15Ω−3Ω=12Ω
(2)根据闭合回路欧姆定律可得U=E−Ir
结合BC图线的解析式：U=8−I
可得：E=8V，r=1Ω
(3)电源的工作效率为η=U2IEI×100%=I(R+R0)I(R+R0+r)=R+R0R+R0+r
可知，当R最大时，效率最大
此时，η=12+312+3+1×100%=93.75%
答：(1)定值电阻R0为3Ω，滑动变阻器的总电阻R为12Ω；
(2)电源的电动势为V，内阻为1Ω；
(3)当滑动变阻器取最大阻值12Ω时，电源的工作效率最大，最大效率是93.75%。
【解析】(1)分析出不同图像对应的函数解析式，根据图线的端点分析出定值电阻和滑动变阻器的总阻值；
(2)根据BC的解析式分析出电源电动势和内阻；
(3)理解工作效率的概念，根据电学公式分析出工作效率与外电阻的关系并代入数据计算。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，结合图像和欧姆定律完成分析，理解工作效率的概念并代入数据进行分析即可，属于常规考法。
16.【答案】解：(1)设弹簧的弹力为F，则F=Mg
对活塞a分析，设A气体的压强为pA，则有pAS=F+p0S
解得pA=p0+MgS
(2)对活塞b分析，设B气体压强为pB，则有pBS=F+p0S，则pB=pA，A、B气体发生等压变化，设A、B封闭气体高度为L1，则有LT0=L11.2T0
解得L1=1.2L
弹簧被压缩，有kx=Mg
解得x=Mgk
活塞a离水平地面的高度H=L1+L0−x=1.2L+L0−Mgk
(3)对气体A，气体内能增加12U，气体膨胀对外做功W对外=pΔV=(p0+MgS)×0.2LS=0.2p0LS+0.2MgL
根据热力学第一定律，可得ΔU=W双内+Q
12U=−(0.2p0LS+0.2MgL)+Q
解得Q=(0.2p0LS+0.2MgL)+12U
答：(1)初始时，A气体的压强为p0+MgS；
(2)若环境温度缓慢升至1.2T0，稳定后，活塞a离水平地面的高度为1.2L+L0−Mgk；
(3)若环境温度缓慢升至1.2T0，A、B气体总内能增加U，A气体从外界吸收的热量Q为(0.2p0LS+0.2MgL)+12U。
【解析】(1)对A进行受力分析计算出气体的压强；
(2)分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析和一定质量的理想气体的状态方程完成分析；
(3)根据W=pΔV求得气体做功，结合热力学第一定律即可求得吸收的热量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律，根据受力分析得出气体的压强，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量结合公式pV=CT即可完成分析。
1.甲、乙两车在同一平直公路的两条平行车道上同时(t=0)并排出发，甲车做匀速直线运动，乙车从静止开始做匀加速运动，它们的位移图像如图所示，比较两车在0∼10s内的运动，以下说法正确的是( )
A. t=5s时，甲、乙两车速度大小相差最大
B. 0∼5s时，甲、乙两车的平均速度相同
C. t=10s时，乙车的速度一定是甲车的2倍
D. 甲车将在t=20s后再次追上乙车
2.如图甲所示，某同学利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，并利用手机的加速度传感器研究加速度随时间变化的图像，如图乙所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为−10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. t=0.6s时，手机已下降了约1.8m
B. t=0.8s时，手机正向上加速运动
C. 加速度约为70m/s2时，手机速度为0
D. 0.6−0.8s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小
3.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则( )
A. 物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为 μgr
B. 物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为 μgr
C. 餐桌面的半径为 52r
D. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
4.2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 电子在b点受到的电场力方向竖直向下B. a点的电场强度小于b点的电场强度
C. a点的电势高于b点的电势D. 电子在a点的电势能小于在b点的电势能
5.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定于P点，下端连接一个质量为m可视为质点的物块。现将物块由O点静止释放，OP为弹簧原长，物块到达最低点A点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 物块在A点的加速度大小为0.5g
B. O、A两点的距离为mgk
C. 从O点到A点，物块的加速度先增大后减小
D. 从O点到A点，物块的回复力先减小后增大
6.如图所示，两光滑平行金属导轨水平放置，左端接一定值电阻R，其余电阻不计，整个装置处于垂直于轨道平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量为m的导体棒在水平拉力F作用下由静止做匀加速直线运动，拉力F与时间t的关系图像如图所示，则( )
A. t0=0时棒的加速度a=F02mB. 导轨间距L= 2mRB2t0
C. t0时棒的速度v=3F0t0mD. 0∼t0时间内F的冲量I=F0t02
7.如图所示为针对新冠疫情设计的消杀喷药装置，内部装有2L药液，上部密封压强为1atm的空气0.5L，保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L。假设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，外部大气压强为1atm，下列说法正确的是( )
A. 充气后，密封气体压强变为1.1atm
B. 充气后，密封气体的分子平均动能增加
C. 打开阀门后，密封气体对外界做正功
D. 打开阀门后，密封气体向外界放热
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某网球以大小为v0的速度竖直向上抛出，落回出发点的速度大小为v1。网球的速度随时间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 下降过程中网球处于超重状态
B. 网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等
C. 网球上升过程克服阻力做功等于下降过程克服阻力做功
D. 网球从抛出到落回出发点所用的时间t1=v0+v1g
9.小红将量程为0∼0.6A的电流表A(表盘刻度共有30个小格)，按照图示电路改装成较大量程的电流表乙，其中R1和R2阻值相等，都等于改装前电流表内阻的14。下列说法正确的是( )
A. 将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.12A
B. 将1、2接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08A
C. 将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.08A
D. 将1、3接入电路时，电流表乙每一小格表示0.06A
10.如图，倾角θ=30∘的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生相对运动；当线框完全进入磁场时，速度大小变为线框ab边刚进入磁场时速度大小的13，当线框ab边到达虚线PQ处时，线框恰好与传送带相对静止。已知两虚线间距离为259L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数μ= 32，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平行，下列说法正确的是( )
A. 穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于mgR4B2L2
B. 线框从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，摩擦力的冲量为3B2L3R
C. 传送带的速度大小为 2gL
D. 线框离开磁场的过程中产生的焦耳热为2536mgL
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某研究小组为测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，设计了如图甲所示的实验装置。长木板固定在水平桌面上，力传感器和光电门固定在竖直的支架上，轻绳悬挂的重物上固定一窄遮光条。实验时重物每次都从支架A处由静止释放，改变重物的质量，重复上述操作，记录多组遮光条通过光电门时的遮光时间Δt和力传感器示数F的数据。已知A、B之间的距离为L，重力加速度为g，不计轻绳、滑轮的质量及滑轮上的摩擦。
(1)实验时，下列必要的操作是______(请填正确选项代码)；
A.用天平测出重物和遮光条的总质量为m
B.将长木板不带滑轮的一端略微垫高以补偿阻力
C.调整滑轮及力传感器的位置，使绳子处于水平状态
D.为减小实验误差，实验中一定要保证重物及遮光条的总质量远小于滑块的质量
(2)测量遮光条宽度时，游标卡尺的示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=______ mm；
(3)某次实验时光电门显示遮光时间Δt=0.024s，则遮光片通过光电门时的速度v=______(结果保留两位有效数字)；
(4)以F为纵坐标，1(Δt)2为横坐标，作图如图丙所示，已知直线的斜率为k，截距为b，则滑块的质量M=______，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=______(用b、d、k、g、L表示)。
12.在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量为m1，右侧滑块质量为m2，挡光片宽度为d，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连接两滑块让它们保持静止，如图1所示。烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1，Δt2。(取向右为正方向)
(1)则烧断细线前两滑块的总动量p=______kg⋅m/s。
(2)烧断细线后两滑块的总动量p′=______。(用题中所给字母表示)
(3)用游标卡尺测量挡光片的宽度d，示数如图2所示，则d=______ cm。
(4)若m1=190g，m2=130g，Δt1=0.35s，Δt2=0.24s，则代入上述表达式，得p′=______kg⋅m/s。(结果保留1位有效数字)
(5)为了研究碰撞过程中动量是否守恒，该小组同学改进了实验装置。在两个滑块之间连了一根弹性绳，将小车放置在气垫导轨上，拉伸弹性绳到适当远的距离后静止释放。小车就在弹力的作用下相向运动，用这个较长的运动过程来模拟碰撞的短暂作用。这就解决了碰撞过程很短暂，难以捕捉和测量的难题。利用视频追踪软件Tracker进行数据处理，自动绘制小车运动过程中的动量一时间图像如图所示。从图中我们得出的结论为______。
四、简答题：本大题共1小题，共15分。
13.如图所示，在xOy平面内，y轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y轴右侧空间分布着垂直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于y轴正方向从A点射出，粒子从C点进入磁场，在磁场中运动一段时间后恰好又回到A点。已知A点坐标为(−d,0)，C点坐标为(0,2d)，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：
(1)y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；
(2)y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t。
五、计算题：本大题共3小题，共40分。
14.宇航员驾驶宇宙飞船成功登上月球，他在月球表面做了一个实验：在停在月球表面的登陆舱内固定一倾角为θ=30∘的斜面，让一个小物体以速度v0沿斜面上冲，利用速度传感器得到其往返运动的v−t图象如图所示，图中t0已知。已知月球的半径为R，万有引力常量为G，不考虑月球自转的影响。求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)月球的平均密度ρ。
15.如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端瑞滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。
(1)定值电阻R0、滑动变阻器的总电阻R分别为多少？
(2)求出电源的电动势和内阻；
(3)电源的工作效率什么时候最大，最大效率是多少？
16.某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个气缸通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连静置在水平地面上．已知气缸的质量为M，封闭气体的初始高度均为L、初始环境温度为T0，轻弹簧的劲度系数为k、原长为L0，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离气缸．
(1)求初始时，A气体的压强；
(2)若环境温度缓慢升至1.2T0，求稳定后，活塞a离水平地面的高度；
(3)若环境温度缓慢升至1.2T0，A、B气体总内能增加U，求A气体从外界吸收的热量Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据x−t图象的斜率表示速度，甲车图象的斜率不变，则甲车的速度不变，做匀速直线运动，速度为
v甲=xt=10010m/s=10m/s
乙车图象的切线斜率不断增大，则乙车的速度不断增大，做匀加速运动，根据
x=v0t+12at2
将(0,0)和(10,100)代入可得
v0=0
a=2m/s2
故t=5s时，乙的速度
v乙=at=10m/s
由此可知此时两车速度相等，故A错误；
B.0∼5s内甲的位移大于乙的位移，根据平均速度的定义
v−=xt
可知甲的平均速度大于乙的平均速度，故B错误；
C.t=10s时，乙的速度为
v乙′=at′=2×10m/s=20m/s
可知此时乙车的速度是甲车的2倍，故C正确；
D.由x−t图像可知，t=10s时，二者位移相同，故此时乙车刚好追上甲车，而之后乙车的速度一直大于甲车的速度，故甲车不可能追上乙车，故D错误。
故选：C。
根据x−t图像的斜率求出甲车匀速运动的速度，由位移-时间公式求出乙车的加速度，再求出t=10s时乙车的速度，从而确定何时两者速度大小相差最大和最小，由匀变速直线运动规律可求平均速度，当两者速度相等时两车间距达到最大，两车从同一地点并排出发，位移相等时相遇。
解决本题时，要知道x−t图像的斜率表示速度，两图像的交点表示相遇，同时，能熟练运用运动学公式进行解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、0∼0.6s，若手机一直做自由落体运动，手机下降的高度为h=12gt2=12×10×0.62m=1.8m
由图像得，0.4s后手机才开始运动，则0.6s时，手机下降的距离一定小于1.8m，故A错误；
BCD、由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小逐渐减小，手机向下做加速运动，橡皮筋形变量增大，拉力逐渐增大；
约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的拉力逐渐增大；
当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速度为正的最大值，约为70m/s2，故C正确，BD错误。
故选：C。
若手机做自由落体运动，根据位移-时间公式求解手机下降的高度，结合图像分析手机的运动情况；根据加速度随时间的变化分析手机的运动情况和受力情况。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是由a−t图像分析好手机的运动情况和受力情况，结合牛顿第二定律分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：AB、物块从圆盘上滑落的瞬间，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得
μmg=mω2r
代入解得：ω= μgr
由线速度与角速度的关系公式v=ωr，可得圆盘的线速度大小为
v=ωr= μgrr= μgr，由于物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，故AB错误；
C、物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示：
动能定理可得：
−μmgx=0−12mv2
代入数据解得
x=r2
由几何关系可得
R2=r2+(r2)2
代入数据解得餐桌面的半径为：R= 52r，故C正确；
D、物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为
W=12mv2=12μmgr，胡D错误。
故选：C。
根据摩擦力提供向心力，当摩擦力达到最大值时物块从圆盘上滑落，从而求出角速度和线速度；在根据滑落后做匀减速直线运动刚好停在桌面边缘，求出餐桌半径，再根据动能定理求出圆盘对物块做的功。
本题主要考查圆周运动的临界条件，在做题中要注意物块从圆盘滑落下去，沿切线方向做匀减速直线运动。
4.【答案】B
【解析】解：A.电子做曲线运动，受到的电场力一定指向轨迹凹侧，且电子所受电场力方向一定与等势面垂直，所以电子在b点受到的电场力方向水平向左，故A错误；
B.由电场强度与等势面的关系可知，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，b处等势面密，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；
CD.电子在b点受到的电场力方向水平向左，则b点电场强度方向向右，可知从左向右，等势面的电势依次降低，则a点的电势低于b点的电势，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，故CD错误。
故选：B。
做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，据此分析作答；负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，沿电场线方向，电势逐渐降低，据此判断电势的高低；根据电势能的定义式判断电势能的大小。
本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
5.【答案】D
【解析】解：A.物块由O点静止释放后做简谐振动，因在O点时的加速度为向下的g，根据简谐运动的对称性可知，到达A点时的加速度为向上的g。故A错误；
B.依题意，在OA的中点时为平衡位置，此时满足：
mg=kΔx
则可知O、A两点的距离为：
x=2Δx=2mgk
故B错误；
CD.从O点到A点，到达平衡位置之前，重力大于向上的弹力，则加速度向下，由牛顿第二定律可知，随弹力的增加，回复力减小，加速度减小，当到达平衡位置时回复力为零，此时加速度为零；然后继续向下运动时向上的弹力大于重力，回复力增加，加速度向上且逐渐增大，到达最低点时加速度最大，综上所述，物块的回复力先减小后增大，物块的加速度先减小后增大。故C错误；D正确。
故选：D。
根据简谐运动的对称性可知，物块在O点和A点的加速度等大反向，由受力的平衡条件判断平衡位置，进而得出O、A两点的距离。然后根据简谐运动的振动特点分析加速度和回复力的变化情况即可。
本题考查简谐运动模型，解题关键是熟练掌握简谐运动的规律和特点，对学生要求较低，是一道基础题目。
6.【答案】B
【解析】解：A.根据图像可知t0=0时F=F0，根据牛顿第二定律可知F0=ma，解得a=F0m，故A错误；
B.图像所应该的函数为F=F0+2F0t0t，根据牛顿第二定律可知F−F安=ma，其中F安=BIL=BLBLvR=B2L2atR
解得L= 2mRB2t0，故B正确；
C.导体棒做匀加速运动，t0时棒的速度v=at0=F0t0m，故C错误；
D.0∼t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积，根据图像的面积可解得
I=(F0+3F0)t02=2F0t0
故D错误。
故选：B。
初时刻，导体棒受安培力为0，由牛顿第二定律解得加速度；结合安培力计算公式推导拉力与时间的关系式，从而计算导轨间距；根据匀变速直线运动规律解得速度；0∼t0时间内F的冲量即为图像与坐标轴围成的面积。
本题考查了电磁感应的导体棒切割磁感线模型的电路与力学相关问题，基础题目。应用动生电动势计算公式，闭合电路欧姆定律，牛顿第二定律以及功能关系解答。
7.【答案】C
【解析】A、以密封空气和充入空气为研究对象，由玻意耳定律可得：p1V1+p2V2=pV1，其中p1=p2=1atm，V1=0.5L、V2=0.1L，代入数据可得：p=1.2atm，故A错误；
B、温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；
C、由于p>p0，打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，故C正确；
D、打开阀门后密封气体膨胀，对外界做正功，而气体的温度不变、内能不变，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知气体吸收热量，故D错误。
故选：C。
充气过程为等温过程，根据玻意耳定律求得压强；由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；气体膨胀、对外做功，根据热力学第一定律分析热传递的情况。
本题考查了气体实验定律，记住温度是分子平均动能的标志，掌握把变质量问题转化为恒质量问题，利用好气体状态方程求得压强。
8.【答案】BD
【解析】解：A.根据v−t图像可知，下降过程的加速度与初速度方向相反，即竖直向下，为失重状态，故A错误；
B.小球运动的v−t图像如图所示：
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为f=kv，则f−t图像与v−t图像相似，如图所示：
两阴影部分的面积也相等，f−t图像t轴上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，故B正确；
C.小球运动时受到的空气阻力大小与其速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降过程位移大小x大小相同，根据W=f−x可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，故C错误；
D.由B分析可知，阻力的总冲量为零，规定竖直向上为正方向，对全过程根据动量定理有：−mgt1=−mv1−mv0，解得t1=v0+v1g，故D正确。
故选：BD。
由v−t图像判断加速度的方向进而判断其超、失重情况；根据W=fx来计算上升与下降过程平均阻力的做功大小；利用v一t图像画出f一t图像，然后根据图线与坐标轴所围面积来判断阻力的冲量；由动量定理计算总时间。
本题中点考查小球在重力与阻力共同作用的上升与下降运动过程模型，涉及冲量、做功等知识点，解题关键是利用v一t图像画出f一t图像，同时熟练掌握基本公式，能灵活运用，属于中等难度的题目。
9.【答案】AD
【解析】解：AB.设改装前电流表内阻为4R，则R1=R2=R
将1、2接入电路时，电流表量程为
I=Ig+Ig(4R+R)R=6Ig=6×0.6A=3.6A
因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.12A，故A正确，B错误；
CD.将1、3接入电路时，电流表量程为
I=Ig+Ig⋅4RR+R=3Ig=3×0.6A=1.8A
因为表盘刻度共有30个小格，所以每一小格表示0.06A，故C错误，D正确。
故选：AD。
把1、2接入电路时，电路是R2和电流表串联后再与电阻R1并联，根据并联电路的电流特点很容易计算出改装后电流表的量程，进而得到每小格表示的电流；同理可以解出将1、3接入电路中的情况。
分析清楚电路的连接方式是解题的关键，至于量程很容易根据欧姆定律解答出来。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、线框可能减速上升直到达到最小速度后保持匀速，也可能一直减速，设线框的最小速度为vmin，则
μmgcsθ=mgsinθ+B2L2vminR
解得，
vmin=mgR4B2L2
所以穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于mgR4B2L2，故A正确；
B、从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，对线框根据动量定理可知：
μmgcsθt−mgsinθt−B2L3R=mv−mv
可得，
t=4B2L3mgR
则线框从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，摩擦力的冲量为
If=μmgcsθt
解得
If=3B2L3R
故B正确；
C.从线框ab边刚进入磁场到完全进入磁场，设进入磁场的过程中线框克服安培力做功为W1，对线框根据动能定理可知：
μmgcsθL−mgsinθL−W1=12m(v3)2−12mv2
从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，对线框根据动能定理可知：
μmgcsθ259L−mgsinθ259L−W1=12mv2−12mv2
可得进入磁场的过程中线框克服安培力做功为W1=2536mgL
依题意，传送带的速度大小为v1=v
即v1= gL2
C错误；
D.根据对称性，可得，线框进入磁场产生的焦耳热等于离开磁场过程中产生的焦耳热，则
Q=W1
即
Q=2536mgL
故D正确。
故选：ABD。
应用E=BLv求出线框切割磁感线产生的感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式与牛顿第二定律求出线框的加速度，判断线框的运动性质；应用安培力公式与平衡条件求出线框的速度；应用动能定理与功能关系、动量定理分析答题。
本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用安培力公式、牛顿第二定律、动能定理、功的计算公式即可正确解题。
11.【答案】 bd24Lgk
【解析】解：(1)A.通过力传感器可知直接得出滑块受到的绳子的拉力，不需要测量重物和遮光条的总质量为m，故A错误；
B.若补偿阻力，将无法测量滑块与长木板之间的摩擦因数，故B错误；
C.调整滑轮及力传感器的位置，使绳子处于水平状态，这样可以让绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，便于测量，故C正确；
D.通过力传感器可知直接得出滑块受到的绳子的拉力，不需要保证重物质量远小于滑块及遮光片的总质量，故D错误。
故选C；
(2)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，游标卡尺读数等于主尺读数和游标尺读数之和，所以遮光条的宽度d=3mm+2×0.05mm=3.10mm；
(3)遮光片通过光电门时的速度v=dΔt=3.10×10−30.024m/s=0.13m/s
(4)滑块的速度为v滑=12v=d2Δt
滑块的位移为x滑=L2
对滑块，由动能定理得FL−μMg⋅L2=12Mv滑2
联立可得F=Md28L⋅(1Δt)2+12μMg
可知F−1Δt2图像的斜率为k=Md28L
截距b=12μMg
解得滑块的质量为M=8Lkd2
滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=bd24Lgk
故答案为：(1)C；(2)3.10；(3)0.13m/s；(4)8Lkd2、bd24Lgk。
(1)传感器可测出滑块所受拉力，不需要测出重物和遮光条的总质量，根据实验原理分析判断；
(2)游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；
(3)遮光条通过光电门的速度为v=dΔt；
(4)由功与动能变化的关系式，确定图线上斜率与截距的意义，结合摩擦力的公式即可求出动摩擦因数，并分析误差。
解决本题的关键在于明确实验原理，掌握极限思想在物理学中的运用，即极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小。掌握图象斜率与截距的物理意义。
12.【答案】0−m1dΔt1+m2dΔt2 3.000−0.00004在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒
【解析】解：(1)烧断前两滑块均处于静止状态，所以烧断前系统的总动量为零；
(2)根据题意，取向右为正方向，可知，烧断细线后，系统的末动量为
p′=−m1dΔt1+m2dΔt2
(3)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，游标卡尺读数等于主尺读数和游标尺读数之和，所以遮光条的宽度为30.0mm+0.05mm×0=30.00mm=3.000cm
(4)将题中所给数据代入(2)中的表达式，计算可得
p′=−0.00004kg⋅m/s
(5)利用视频追踪软件Tracker进行数据处理，自动绘制小车运动过程中的动量一时间图像，经过观察发现在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒。
故答案为：(1)0；(2)−m1dΔt1+m2dΔt2；(3)3.000；(4)−0.00004；(5)在误差允许范围内，两滑块碰撞过程中动量守恒。
(1)(2)根据动量的定义明确碰撞前后的动量；
(3)游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；
(4)根据(2)中的表达式，代入数据即可；
(5)根据实验得到的图像，可以得出动量守恒的结论。
本题考查验证动量守恒定律实验，知道实验原理，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键。
13.【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点所用时间为t1，根据类平抛运动规律可得：
沿y轴方向有：2d=v0t1
沿x轴方向有：d=12at12
根据牛顿第二定律得：a=qEm
联立解得：E=mv022qd，t1=2dv0
(2)设粒子到达C点时沿x轴速度的大小为vx，则有：
vx=at1=v0
设粒子到达C点时的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，则
v= vx2+vy2= 2v0
tanθ=vxv0=1，可得：θ=45∘
粒子的运动轨迹关于x轴对称，其运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系得：
2d=rsinθ
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2r
解得：B=mv02qd
(3)粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为3π2。
可得粒子在磁场中运动时间为：t2=32πrv=3πdv0
粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间为：
t=t2+2t1=(4+3π)dv0
答：(1)y轴左侧匀强电场的电场强度大小E为mv022qd；
(2)y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B为mv02qd；
(3)带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间t为(4+3π)dv0。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)根据粒子在电场中的运动规律求得粒子进入磁场时的速度大小和方向，根据几何关系求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；
(3)粒子的运动轨迹关于x轴对称，根据在磁场中运动轨迹的圆心角求得其在磁场中运动时间，在电场中的两段运动时间相等，进而求出带电粒子从A点开始运动到再次回到A点的时间。
本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
14.【答案】解：(1)设物块回到斜面底端时速度大小为v。
根据物块上滑与下滑的位移大小相等，可得：v0t02=v⋅2t02，解得：v=12v0
物块向上滑动时，根据牛顿第二定律，有：mgsin30∘+μmgcs30∘=ma1
其中：a1=v0t0
物块向下滑动时，根据牛顿第二定律，有：mgsin30∘−μmgcs30∘=ma2
其中：a2=v2t0=v04t0
联立解得：g=5v04t0
(2)在月球表面，物体所受重力等于万有引力mg=GMmR2
又有M=ρ⋅43πR3
联立解得：ρ=15v016πGRt0
答：
(1)月球表面的重力加速度为5v04t0；
(2)月球的平均密度ρ为15v016πGRt0。
【解析】(1)物块上滑和下滑的位移大小相等，v−t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，据此列式求解物块回到斜面底端时速度大小。对滑块上滑过程和下滑过程，根据牛顿第二定律列式，结合图象得到上滑过程和下滑过程的加速度，联立求解星球的重力加速度；
(2)在星球表面上，物体的重力等于星球对物体的万有引力，据此列式，然后联立求得星球的质量，再求解密度。
本题是万有引力定律与动力学的综合，通过图线得出加速度大小，结合牛顿第二定律求出重力加速度的大小是解决本题的关键。
15.【答案】解：(1)电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为AC；
电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为BC；
定值电阻的大小为：R0=U1I=1.50.5Ω=3Ω；
当I=0.5A时，R外=U2I=7.50.5Ω=15Ω
则R=R外−R0=15Ω−3Ω=12Ω
(2)根据闭合回路欧姆定律可得U=E−Ir
结合BC图线的解析式：U=8−I
可得：E=8V，r=1Ω
(3)电源的工作效率为η=U2IEI×100%=I(R+R0)I(R+R0+r)=R+R0R+R0+r
可知，当R最大时，效率最大
此时，η=12+312+3+1×100%=93.75%
答：(1)定值电阻R0为3Ω，滑动变阻器的总电阻R为12Ω；
(2)电源的电动势为V，内阻为1Ω；
(3)当滑动变阻器取最大阻值12Ω时，电源的工作效率最大，最大效率是93.75%。
【解析】(1)分析出不同图像对应的函数解析式，根据图线的端点分析出定值电阻和滑动变阻器的总阻值；
(2)根据BC的解析式分析出电源电动势和内阻；
(3)理解工作效率的概念，根据电学公式分析出工作效率与外电阻的关系并代入数据计算。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，结合图像和欧姆定律完成分析，理解工作效率的概念并代入数据进行分析即可，属于常规考法。
16.【答案】解：(1)设弹簧的弹力为F，则F=Mg
对活塞a分析，设A气体的压强为pA，则有pAS=F+p0S
解得pA=p0+MgS
(2)对活塞b分析，设B气体压强为pB，则有pBS=F+p0S，则pB=pA，A、B气体发生等压变化，设A、B封闭气体高度为L1，则有LT0=L11.2T0
解得L1=1.2L
弹簧被压缩，有kx=Mg
解得x=Mgk
活塞a离水平地面的高度H=L1+L0−x=1.2L+L0−Mgk
(3)对气体A，气体内能增加12U，气体膨胀对外做功W对外=pΔV=(p0+MgS)×0.2LS=0.2p0LS+0.2MgL
根据热力学第一定律，可得ΔU=W双内+Q
12U=−(0.2p0LS+0.2MgL)+Q
解得Q=(0.2p0LS+0.2MgL)+12U
答：(1)初始时，A气体的压强为p0+MgS；
(2)若环境温度缓慢升至1.2T0，稳定后，活塞a离水平地面的高度为1.2L+L0−Mgk；
(3)若环境温度缓慢升至1.2T0，A、B气体总内能增加U，A气体从外界吸收的热量Q为(0.2p0LS+0.2MgL)+12U。
【解析】(1)对A进行受力分析计算出气体的压强；
(2)分析出气体变化前后的状态参量，结合受力分析和一定质量的理想气体的状态方程完成分析；
(3)根据W=pΔV求得气体做功，结合热力学第一定律即可求得吸收的热量。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程和热力学第一定律，根据受力分析得出气体的压强，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量结合公式pV=CT即可完成分析。
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