《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模物理试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模物理试题含答案.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三物理第 1 页绝密使用前绝密使用前东北育才学校 2022-2023 学年度高考适应性测试（二）高 三 物 理高 三 物 理考生注意：1.本试卷共 100 分,考试时间 90 分钟。分两卷，三大题，17 小题，共 6 页2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容高考全部内容第第卷（选择题卷（选择题 48 分）分）一、选择题（本题共一、选择题（本题共 12 小题，共小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一项符合题目要求，每小题题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第分；第 912 题有多项符合题目要求，每小题题
2、有多项符合题目要求，每小题 4 分，全部选对的得分，全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错、多选或不选的得分，有选错、多选或不选的得 0 分。）分。）1A、B 两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化规律如图所示，下列判断正确的是（）A汽车 A 的加速度大小为 4m/s2B汽车 A、B 在 x=4m 处的速度大小为2 2m/sC从开始到汽车 A 停止前，当 xA=4m 时 A、B 相距最远D从开始到汽车 A 停止前，当 xB=4m 时 A、B 相遇2如图所示，两个固定的半径均为 r 的细圆环同轴放置，O1、O2分
3、别为两细圆环的圆心，且 O1O2=2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷+Q、-Q（Q0）。一带正电的粒子（重力不计）从 O1处由静止释放，静电力常量为 k，下列说法正确的是（）A粒子在 O2处动能最大B粒子在 O1O2中点处动能最大CO1O2中点处的电场强度为22kQrDO1O2中点处的电场强度为222kQr3质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力 F 与它们之间的距离 r 的关
4、系为：101220,0,0,rrFF rrrrr 式中 F0为大于零的常量，负号表示引力用 U 表示夸克间的势能，令 U0F0(r2r1)，取无穷远为势能零点下列Ur 图示中正确的是（）ABCD学科网（北京）股份有限公司高三物理第 2 页4如图所示，学校门口水平地面上有一质量为 m 的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为，则下列说法正确的是（）A轻绳的合拉力大小为cosmgB轻绳的合拉力大小为cossinmgC减小夹角，轻绳的合拉力一定减小D轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小5如图所示，空间有竖直向下的匀强电场
5、E，从倾角 30的斜面上 A 点平抛一带电小球，落到斜面上的 B 点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A若将平抛初速度减小一半，则小球将落在 AB 两点的中点B平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同C平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于 2tan30D若平抛小球的初动能为 6J，则落到斜面上时的动能为 14J6在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1和 R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当 R2的滑动触点在 a 端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2和 V 的示数分别为 I1、I2和 U现将 R2的滑动触点向
6、 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是A I1增大，I2不变，U 增大B I1减小，I2增大，U 减小C I1增大，I2减小，U 增大D I1减小，I2不变，U 减小7如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场1B，一质量为m、带电荷量为q的小球从 A 点以速度0v沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角。在y轴与MN之间的区域内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域内存在宽度为 d 的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场2B，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小
7、为02v，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8，则下列结论错误的是（）A区域内匀强电场的场强大小3mgEqB区域内匀强磁场的磁感应强度大小02mvBqdC小球从AO做匀速直线运动，OC做匀加速直线运动D区域内匀强电场的最小场强大小为245mgEq，方向与x轴正方向成53角向上8如图所示，倾角为的光滑斜面体 A 放在光滑的水平面上，已知 A 的质量为 2m，高高三物理第 3 页为 h，质量为 m 的细长直杆 B，受固定的光滑套管 C 约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A 在水平推力 F作用下处于静止状态，此时 B 杆下端正好压在 A 的顶端。现撤去推力 F，A、B 便开始运动
8、。重力加速度为 g，则（）A推力F的大小为sinmgB运动过程中，A 对 B 不做功CA、B 组成的系统，水平方向上动量守恒D当杆的下端刚滑到斜面底端时，斜面体的速度大小222tangh92009 年 5 月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在 A 点从圆形轨道进入椭圆轨道，B 为轨道上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（）A在轨道上经过 A 的速度小于经过 B 的速度B在轨道上经过 A 的动能小于在轨道上经过 A 的动能C在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期D在轨道上经过 A 的加速度小于在轨道上经过 A 的加速度10一列简谐横波在均匀介质中沿 x 轴正
9、方向传播，a、b、c、d 是介质中的质点，0t时刻的波形图如图中实线所示，此时波刚好传播到 b 点，6st 时刻的波形图如图中虚线所示，下列说法正确的是（）A该列简谐横波在介质中的传播速度可能为25m sB质点 a 在6st 时刻离开平衡位置的位移为5 3cmC质点 c 在0t到6st 时间内通过的路程可能为80cmD若波的周期8sT，则在8st 时刻，质点 d 的势能最大11超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重
10、新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离100.0mmd，脉冲激光中包含不同频率的光 1 和光 2，它们在棱镜中的折射率分别为12n 和2314n。取3sin375，4cos375，51.8907。则下列说法正确的是（）A上方光线为光 1B光 1 和光 2 通过相同的干涉装置后，光 2 对应的干涉条纹间距更大C 为使光 1 和光 2 都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则45D若37，则光 1 和光 2 通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为14.4mm高三物理第 4 页12如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的
11、距离为 L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为 m、带电荷量均为 q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg（1k，g 为重力加速度大小）。自0t时刻开始，加一水平向右、电场强度大小mgqE 的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是（）A平板第一次与墙壁碰撞时的速度12vgLB平板第二次与墙壁碰撞时的速度22gLvkC从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量31kmgL
12、QkD从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量21kmgLQk第第卷（非选择题卷（非选择题 52 分）分）二、实验题（本题共两小题，第二、实验题（本题共两小题，第 13 题题 6 分，第分，第 14 题题 8 分分,共计共计 14 分。）分。）13为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移 x 随时间 t 变化的规律，如图乙所示。（1）0.4s 时木块的速度 v_m/s，木块的加速度 a_m/s2。（2）为了测定动摩擦
13、因数，还需要测量的量是_。（已知当地的重力加速度 g）（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是_。AA 点与传感器距离适当大些B木板的倾角越大越好C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从 A 点释放的时刻14甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻的实验。他们设计的电路原理如图 1，其中 R 为电阻箱，R0为保护电阻，阻值 R0=5.0，电流表 A 的内阻不计。他们改变 R 的阻值，记下多组 R 和电流表示数 I。甲同学以 IR 作纵坐标，以 I 作横坐标，作图处理数据；乙同学以 I（R+R0）为纵坐标，以 I 为横坐标处理数据，他们在同一张坐标
14、纸上画出的图如图 2 所示。高三物理第 5 页（1）由图 2 可知，甲同学绘制的是图线_（填“a”或“b”），由该图线得到的电源电动势为_V，内阻为_。（2）丙同学打算以1I为纵坐标，以 R 作横坐标，请根据（1）中计算的结果将丙所作图线在图 3 中画出_。（3）分析可知，在图 1 所示电路中，当电阻箱的阻值 R=_时，电阻箱消耗的电功率最大。三、计算题（本题共三、计算题（本题共 3 小题，共小题，共 38 分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后
15、答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位）15一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为0v，开始时内部封闭气体的压强为 p0经过太阳曝晒，气体温度由0300Tk升至1350TK（1）求此时气体的压强（2）保持1350TK不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 p0求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因16如图甲将装有弹簧，质量 m1=3kg 的滑块 a 在轨道 II 距地面高 h=0.8m 的 A 处静止释放。当 a 运动到 C 处时弹簧的另一端与放在轨道 I 质量 m2=1kg 的滑块 b
16、 连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限度内，且始终保持与水平面平行）。滑块 a、b 均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。轨道 I 光滑，在轨道 I 的E 处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块 b 与挡板碰撞后以原速率返回。轨道 II 的 AB 段、CD 段以及 E 点之后的部分均光滑，BC 段长度 x1=1m，动摩擦因数1可以调节，DE 段长度 x2=1.25m，动摩擦因数2=0.2（滑块仅与轨道底面产生摩擦）。已知滑块 a 刚运动到 DE 段时，滑块 a、b 恰好第一次共速。（1）若1=0.35，求滑块 a 刚运动到 DE 段时的速度 v 以及弹簧的弹性势能 Ep；（
17、2）若滑块 a、b 恰好同时到达 E 处，且此时滑块 b 的速度变为滑块 a 刚运动到 DE 段时的43，求1的最大值；（3）在（2）的条件下，且1=0.35，求滑块 a 从 D 处运动到 E 处的时间 t，并说明最终滑块 a 能否进入 BC 段？高三物理第 6 页17如图所示，有形状为“”的光滑平行导轨MQ和NP水平放置，其中宽轨间距为 2d，窄轨间距为 d，轨道足够长。11N M右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，0101N NM Md。MN间接有一电阻阻值为 r。金属棒ab质量为m、长度为 2d、电阻阻值为 2r，在水平向右、大小为 F 的恒力作用下，从静止开始加速，离开宽轨前，速度已达最
18、大值。金属棒滑上窄轨瞬间，迅速撤去力 F。cdef是质量为 m、电阻阻值为 r、三边长度均为 d 的“U”形金属框，如图平放在绝缘导轨上。以 f 点所在处为坐标原点 O，沿feP方向建立坐标轴Ox。整个空间存在竖直向上的磁场，cf左侧为磁感应强度为 B0的匀强磁场，cf右侧磁感应强度分布规律0BBkx（0 x），其中0k，金属导轨电阻不计，ab棒、金属框与导轨始终接触良好。（1）求ab棒在宽轨上运动的最大速度mv及刚滑上窄轨时ab两端电压abU；（2）求ab棒运动至与金属框碰撞前瞬间的速度大小1v；（3）若ab棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框静止时 f 端的位置坐标 x。答案第 1页，共
19、14页东北育才学校 2022-2023 学年度高考适应性测试（二）物理参考答案（含解析）物理参考答案（含解析）1B【详解】A根据匀变速直线运动的速度位移关系得2202vvax由图线可知图像的斜率等于 2a，对汽车 A，则有2A0242m/s6a解得2A2m/sa 故 A 错误；B汽车 A、B 在 x=4m 处的速度大小为 v，由图可知，对于汽车 A，有22024(m/s)v 得 A 的初速度为02 6m/sv 由2202vvax得202242(2)4m/s2 2m/svvax 故 B 正确；D由图发现，对于 B 车2B122m/s6a 解得2B1m/sa 从开始到汽车 A 停止时，用时0A06
20、svta此时 B 车的位移2BB13m2xa t故 A 车停止后，B 车才追上 A 车，故当 xB=6m 时 A、B 相遇，故 D 错误；C当两车速度相等时，AB 相距最远，有0ABva ta t解得2 6s3t 此时答案第 2页，共 14页2A0A148m29xv ta t故 C 错误。故选 B。2D【详解】A根据电场叠加原理，在 O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达 O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小。故 A 错误；B带电粒子从 O1点开始由静止释放，在粒子从 O1向 O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力都向左，可见电场对带电粒子做正功。故
21、粒子在12OO中点处动能不是最大，故 B 错误；CD把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为2Qqr根据点电荷场强公式，各点电荷在 O1O2中点处产生的场强大小2(2)kqEr根据电场的叠加原理，单个圆环在 O1O2中点的场强，为2cos452kQEr两个圆环的场强，再叠加一下，有222kQEr总故 C 错误，D 正确。故选 D。3B【详解】从无穷远处电势为零开始到 r=r2位置，势能恒定为零，在 r=r2到 r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为 A、B 选项中所示；rr1之后势能不变，恒定为U0，由引力做功等于势能将少量，故 U0=F0(
22、r2r1)，故 B 正确，ACD 错误。故选 B4B【详解】AB对石墩受力分析，由平衡条件可知cosTffNsinTNmg联立解得cossinmgT故 A 错误，B 正确；C拉力的大小为答案第 3页，共 14页2cossin1sin()mgmgT其中1tan，可知当90时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，故 C 错误；D摩擦力大小为coscoscossin1tanmgmgfT可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于 90时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故 D 错误；故选 B。5D【详解】小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动
23、，加速度 a 固定，向下；根据类平抛运动的分运动规律，有0 xv t212yattan30yx 故002tan302 33vvtaa202 33vxa2023vyaA.若将平抛初速度减小一半，根据202 33vxa2023vyax 和 y 均减小为原来的14，A 错误；BC.小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值0tantan 302tan30atv为小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角。故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但正切值不等于 2tan30，BC 错误；D.若平抛小球的初动能为 6J，由于小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值为02
24、3tan2tan303atv答案第 4页，共 14页初动能为20016J2kEmv末动能222210112 3()6J()6J14J223kyEmvm vvD 正确。故选 D。6B【详解】R2的滑动触点向 b 端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过 R1的电流 I1减小，即 A1示数减小，而总电流 I 增大，则流过 R2的电流 I2增大，即 A2示数增大故 A、C、D 错误，B 正确7B【详解】A小球在区域内做匀速圆周运动，所以3mgqE解得3mgEq故 A 正确，不符合题意；B因为小球恰好不从
25、右边界穿出，小球运动轨迹如图所示由几何关系得85dr由洛伦兹力提供向心力知202022vB qvmr解得02165mvBqd故 B 错误，符合题意；CD带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系答案第 5页，共 14页所以小球从AO只能做匀速直线运动。区域中 OC 小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）所以小球做匀加速直线运动，由图知2cos37qEmg 解得245mgEq方向与 x 轴正方向成 53角向上。故 CD 正确，不符合题意。故选 B。8D【详解】A静止时 A 对 B 只有垂直斜面向上的支持力，C 对 B 有水平向右的
26、作用力，对 B 受力分析，如图 1 所示由平衡条件可知，竖直方向上有cosABFmg可得cosABmgF由牛顿第三定律可知，静止时 B 对 A 只有垂直斜面向下的压力，大小为cosBAmgF答案第 6页，共 14页对 A 受力分析，如图 2 示，由平衡条件，水平方向上有sintanBAFFmg故 A 错误；B斜面体对直杆的作用力垂直斜面向上，而直杆的位移方向为竖直向下，所以斜面体对直杆的作用力做负功，故B 错误；C由于运动过程中直杆 B 受到光滑套管 C 的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C 错误；D当在很短时间t内光滑直杆下落h高度，由几何知识可知，斜面体向右发生
27、的位移大小为tanh，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为tan，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为1v，斜面体的速度大小为2v，由系统机械能守恒有221211222mghmvmv由速度关系12tanvv解得2222tanghv故 D 正确。故选 D。9ABC【详解】本题考查人造地球卫星的变轨问题以及圆周运动各量随半径的变化关系22vMmmGrr，得GMvr，在人造卫星自然运行的轨道上，线速度随着距地心的距离减小而增大，所以远地点的线速度比近地点的线速度小，vAvB，A 项正确；人造卫星从椭圆轨道变轨到圆形轨道，需要点火加速，发生离心运动才能实现，因此 vAvA，所以 EKAEKA，B
28、 项正确；222MmmrGTr，得234rTGM，可知到地心距离越大，周期越大，因此 TT,C项正确；人造卫星运动的加速度由万有引力提供，而不管在轨道还是在轨道，两者的受力是相等的，因此加速度相等，D 项错误10ABD【详解】A由题意可知波沿 x 轴的正方向传播，波长为40m36s0124nTT n，由波速计算公式可得20301234vnnT，当 n=3 时，波速为 25m/s，故 A 正确；答案第 7页，共 14页B该波的周期为6s(0 1 2 3.)34Tnn，所以 a 点的振动方程为210sin()cm10sin()cm66axttT当6st 时5610sincm3anx当0n 时510
29、sincm10sincm5 3cm33ax 故 B 正确；C该波的周期为624ss(0 1 2 3.)3344Tnnn，如果质点 c 在0t到6st 时间内通过的路程为80cm，则有126s4TT解得8s3T 代入周期表达式得248343n解得32n 由于n只能取整数，故 C 错误；D若波的周期8sT，则在6st 时刻，机械波刚好传播到质点 d 处；在经过 2s 时间，即8st 时，质点 d 到达最高点处，此时势能最大，故 D 正确。故选 ABD。11BD【详解】A光路图如图所示根据答案第 8页，共 14页sinsininr由于12nn可知下方光线为光 1，A 错误；B由于12nn可知光线 1
30、 的波长小于光线 2 的波长，因此光 2 对应的干涉条纹间距更大，B 正确；C由几何关系可知r若光线 1 恰好从左侧第一个棱镜斜面射出，则11sinrn解得o45r为使光 1 和光 2 都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则45C 错误；D根据对称关系，光 1 和光 2 通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差122()coscosddxii 而11osinsin37in，22osinsin37in联立解得14.4mmx D 正确。故选 BD。12AD【详解】A平板第一次与墙壁碰撞时的速度为1v，根据动能定理2112202qELmv解得12vgL故 A 正确；B第一次碰撞后，对物块1kmgqEma解得
31、答案第 9页，共 14页1(1)akg第一次碰撞后平板2kmgqEma解得2(1)akg第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有12 1vva t 共对物块有111vvat共解得12gLtgk2gLvk共平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得22122vva s共解得2222112221kgLLsgLakkk由于1k 故0s 故第二次与墙壁碰撞前已经达到共速，二者在电场力作用下一起向右加速，故平板第二次与墙壁碰撞时的速度
32、22gLvk故 B 错误；CD最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为 x，由能量守恒有()qE LqE LxQQkmgx解得二者的相对路程21Lxk系统因摩擦产生的热量21kmgLQkmgxk答案第 10页，共 14页故 D 正确，C 错误。故选 AD。130.41倾斜木板与水平面的夹角（或者 A 点到位移传感器的高度）A【详解】(1)1由于木块做匀加速运动，0.4s 时刻的速度等于 0.2s0.6s 这段时间的平均速度2(30 14)10m/s0.4m/s0.60.2v2在 0.2s0.4s 和 0.4s0.6s 这两段时
33、间内，根据2xaT 可得22222(24 14)10(3024)10m/s1m/s0.2a(2)3根据牛顿第二定律sincosmgmgma两边消去质量 m，因此需要测量倾斜木板与水平面的夹角(3)4AA 点与传感器距离适当大些，可以测量出更多地点，从而提高加速度准确程度，A 正确；B木板的倾角过大，使得摩擦力太小，加速度太大，加速度稍有误差，就会使动摩擦因数误差增大，B 错误；C选择体积较大的空心木块，使空气阻力增大，造成测量动摩擦因数不准确，C 错误；D测量加速度大小时，与初速度大小无关，因此有、无初速度与测量木板间动摩擦因数的精确的无关，D 错误。故选 A。14a1.51015【详解】(1
34、)123甲同学以 IR 作纵坐标，根据闭合电路欧姆定律得0()IREI rR乙同学以 I（R+R0）为纵坐标，根据闭合电路欧姆定律得0()I RREIr可得甲同学的图线的斜率的绝对值更大，所以甲同学绘制的是图线 a。该图线的截距表示电动势，斜率绝对值表示0rR，所以有1.5VE 031.5V15100 10 ArR015155.010rR（2）4 丙同学以1I为纵坐标，以 R 作横坐标，根据闭合电路欧姆定律得0ERrRI整理得答案第 11页，共 14页011rRRIEE则该图线的斜率、截距分别为1121.53E015101.5rRE则可画出图线为下图（3）5 电阻箱的阻值 R 消耗的电功率为2
35、222000()()4()EE RPI RRRRrRRrR Rr由上式可得，当015RRr时，电阻箱消耗的电功率最大。15（1）1076PP（2）67k；吸热因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，二剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热【详解】(1)设升温后气体的压强为 p1，由查理定律得00pT11pT代入数据得 p176p0.(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V，由玻意耳定律得 p1V0p0V联立式得 V76V0设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，由题意得 k0VV联立式得 k67因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩
36、余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热答案：(1)76p0(2)67吸热原因见解析16（1）9m/s4，27J8；（2）0.425；（3）0.5s，说明见解析答案第 12页，共 14页【详解】（1）由动能定理得211111 012m ghm gxm v解得03m/sv 由动量守恒得1 012()mvmm v解得9m/s4v 由能量守恒得221 012p1122m vmmvE解得p27J8E（2）当 a 到达 E 时速度为 0，此时1有最大值由动能定理得211111 012m ghm gxm v由动量守恒得1 012()m vmm v由能量守恒得221 022121122m
37、 vm vm gx且43vv 解得1=0.425（3）因为10.35，由（1）得03m/sv，9m/s4v 当 a 运动到 E 段运动时，由能量守恒得2221 01 12212111222mvmvm vm gx又43vv 解得答案第 13页，共 14页11m/sv 弹簧对 b 的冲量21()mvIv弹簧对 a 的冲量21II 由动量定理得22111()Im gtm vv解得t=0.5s此时系统的动能22k1 12116J22Em vm v因为滑块 b 与挡板碰撞后以原速率返回，所以 a、b 向左返回时动能不变，而若滑出 DE 段，需克服摩擦力做功212k7.5J6JWm gxE所以 a、b 最
38、终在 DE 段停止，不能进入 BC 段。17（1）m22034rFvB d，098rFB d；（2）2301220342B dFrvB dmr；（3）2202262032BmFrxk B dk d【详解】（1）当ab棒匀速运动时，加速度为零，此时速度最大，ab棒受力平衡02B IdF其中0m22B dvIrr联立解得m22034rFvB d当ab刚滑上窄轨时，等效电路如图所示ab棒只有中间宽度为 d 的部分有电流流过，ab间电压000mabN MUUB dv其中000m22M NB dvUrrr代入数值得答案第 14页，共 14页0m03928abrFUB dvB d（2）ab棒在窄轨上的导体部分做减速运动，由动量定理得0 11mB I dtmvmv又112EIr101EB dv1dv t联立上述方程可解得ab棒滑出导体区域瞬间速度为2301220342B dFrvB dmr之后匀速运动至与金属框相碰。（3）ab棒与金属框相碰，据动量守恒定律可得12()mvmm v进入窄轨的绝缘部分后，ab棒fc部分和金属框构成回路，ed边处的磁场总是比fc边的磁场大Bkd回路中的电流222BdvIrr全框架受到的安培力合力2FBI d 安由动量定理可得20()Ftmm v 安金属框前进的位移xv t联立以上方程得金属框静止时 f 端的位置坐标2202262032BmFrxk B dk d