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2024年湖南省长沙一中高考物理自主检测试卷（2月份）(含详细答案解析)
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这是一份2024年湖南省长沙一中高考物理自主检测试卷（2月份）(含详细答案解析)，共19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.如图为氢原子的能级图，某金属材料的电子逸出功为2.25eV，大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子，有几种不同频率的光子能使此金属材料发生光电效应( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 该离子带正电
B. 离子在a、b两点的电势能满足EpaC. b、d直线是等势面
D. b、c两点的场强相同
3.车辆前进的阻力主要有三个：滚动阻力、空气阻力和上坡阻力，高铁的铁轨非常平缓，大部分时候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力来源就是滚动阻力和空气阻力，滚动阻力与总重力成正比，空气阻力跟高铁运动的速度的二次方成正比，研究表明，当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力占总阻力的约60%，人均百公里能耗约为2.0度电，当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗约为多少度电( )
A. 3.0B. 3.5C. 4.0D. 4.5
4.变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。忽略地球自转的影响，已知地球表面重力加速度为g，轨道1半径为地球半径R，轨道3半径为4R，椭圆面积为S=πab，a为椭圆半长轴，b为椭圆半短轴。则以下说法正确的是( )
A. 航天器在轨道2上运行的周期为5π 5R2g
B. 航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为3：1
C. 航天器在轨道2上经过B点的速度大于轨道1上的速度
D. 航天器在轨道2上经过A点机械能大于轨道2上经过B点的机械能
5.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A. 2v0g<Δt<3v0gB. 2v0g<Δt<4v0g
C. ( 3+1)v0g<Δt<4v0gD. 3v0g<Δt<4v0g
6.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd、de四段直导轨组成，其中cd段与x轴平行。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过导体棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，金属棒MN两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨的电阻，金属棒电阻不可忽略，金属棒的长度大于cd与x轴间的距离。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4m的质点P在t=0.1s时位于波峰，且该波的传播速度小于30m/s，则( )
A. 该波的周期可能为0.08s
B. 该波的波速一定为20m/s
C. t=0时，质点P的运动方向一定沿y轴正方向
D. t=0.3s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是( )
A. a、b两粒子都带负电
B. 粒子a、粒子b的半径之比为3：2
C. 粒子b的速度为2v0
D. 粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间与粒子b从O出发到第一次经过D点的时间之比为2：1
9.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，原线圈中串一定值电阻R0，副线圈连接定值电阻R1和滑动变阻器R，滑动变阻器的最大阻值等于定值电阻R1，R0：R1=8：1，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b两端接有效值恒为U0的正弦交流电源。电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电压表V1、V2、V3的示数的变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A1、A2的示数的变化量绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则在滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，下列说法正确的是( )
A. U3I2变大B. ΔU2ΔI2变大
C. ΔU1ΔI1=R0D. 变压器的输出功率先增大后减小
10.如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧)，则( )
A. mB不变
B. mB变大
C. F不变
D. F变大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，两块材质相同、长度均为L的薄木板铰接在一起，铰链上方连有一个轻小滑轮，铰链固定在一个高度可以调节的支架上，A、B两个相同的凹槽用跨过滑轮的细线连接，两凹槽上安装有宽度相同的遮光条，细线绷直时与两木板平行，两遮光条到滑轮的距离之和正好也是L，在两板上离滑轮34L处有两个光电门。
实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，读数为______ mm；
(2)两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近右侧木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=1个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，调节支架的高度，使得两光电门记录的时间t1=t2，测出高度h；
(3)保持支架高度h不变，重新在两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=2个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，记录A、B两凹槽上的遮光条通过光电门的时间分别为tA、tB，则可以得到两凹槽加速度的大小为a=______；(用字母d、L、tA、tB表示)
(4)重复第4个步骤，取n=3，4，…，并测出两凹槽对应的加速度；
(5)现在要用图像法验证牛顿第二定律，图像的纵坐标为a，要使得图像是如图丙所示的过原点的直线，则图像的横坐标应为______。
A.n−1
B.n+1
C.2n−1
D.2n+1
12.某同学根据所学知识把理想电压表(量程为3V)改装成一个量程为−10m/s2∼10m/s2测量竖直方向的加速度的加速度计(电压表零刻度改为−10m/s2，3V刻度线改为10m/s2，加速度取竖直向下为正方向)，原理图如图所示，滑片P与电阻丝始终接触良好，与竖直弹簧的上端相连，弹簧下端固定，上端与质量为m=0.1kg的物块相连，电阻丝的阻值R=12Ω，该同学用刻度尺测得电阻丝长度为L=3.0cm。电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，弹簧劲度系数k=100N/m。
请回答下列问题。
(1)此加速度计的刻度是的______(填“均匀”或“不均匀”)。
(2)此加速度计滑片P滑动的长度范围为______ cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端______ cm处。
(4)电阻箱接入电路的阻值应调到______Ω。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F=−kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x=Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2πT= km(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2，已知H=3mgk，重力加速度为g。求：
(1)B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
(3)小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸的高度为l，缸体内底面积为S，缸体重力为G。轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞。活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为13l，已知大气压强为p0，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。
(1)求初始时气体的压强；
(2)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，求该过程缸内气体吸收的热量Q。
15.如图所示，间距为2d(d=0.5m)的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连一电容C=0.5F的电容器，初始时电容器不带电。空间分布着n个宽度为0.5d、间距为d的匀强磁场区域，从右到左依次记为区域1、区域2、区域3…，磁感应强度B=0.8T，方向垂直水平面向下，磁场边界与导轨垂直，且导体棒ab左侧的无磁场区域导轨表面涂有绝缘涂层。长度为d的绝缘棒将导体棒ab和边长为d的正方形单匝线框连接组成“
”形装置，总质量M=0.08kg；线框电阻R=1Ω，导体棒和导轨的电阻极小。线框右边与导体棒平行且固定在弹射器上，导体棒ab位于磁场右边界外。t0时刻，闭合开关S，同时将“
”形装置以速度v0=10.5m/s向左弹出。导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。(不计空气和摩擦阻力)
(1)刚进入磁场区域时，比较导体杆两端点a、b的电势高低；
(2)导体棒ab刚进入区域1时，因为导体棒和导轨的电阻极小，会有一个瞬间的强电流，电容器会瞬间充电，“
”形装置会瞬间减速到某一速度，之后ab棒会匀速通过区域1，求ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题可知需要光子具有大于2.25eV方能发生光电效应，因此判断有几种光子具有的能量大于这一数值即可。分析题意可知4能级的氢原子向低能级跃迁会有6种频率的光子，即
4到3，释放能量(−0.85eV−(−1.51eV))=0.66eV；
同理
4到2，释放能量2.55eV；
4到1，释放能量13.75eV；
3到2，释放能量1.89eV；
3到1，释放能量13.09eV；
2到1，释放能量10.2eV。
由此可知有4种频率的光子可以，故ACD错误，B正确；
故选：B。
先判断能发出多少种不同频率的光子，再根据氢原子发生跃迁的能量释放规律和发生光电效应的条件结合起来进行分析判断。
本题考查能级跃迁和光电效应的条件分析，会根据题意进行分析和判断。
2.【答案】B
【解析】解：A、离子受电场力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a点电势大于b点电势，根据电势能公式Ep=qφ可知，离子在a、b两点的电势能满足EpaC、等势面与电场线垂直，则b、d直线不是等势面，故C错误；
D、由对称可知，b、c两点的场强大小相同，方向不同，场强不相同，故D错误。
故选：B。
根据电场力方向分析离子电性；根据电场的对称性分析bd两点电势关系，再分析将离子从b点移到d点电场力做功情况；根据电势高低以及电势能公式Ep=qφ分析电势能的大小；等势面与电场线垂直，根据场强大小和方向判断b、c两点的场强是否相同。
解答本题时，要知道粒子做曲线运动时，所受的电场力指向轨迹的内侧。场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。
3.【答案】B
【解析】解：设当高铁以200km/h速度运行时，总阻力为f，滚动阻力为f滚，空气阻力为f空
由题意可得：f=f滚+f空，f空f=60%，
可得：f=53f空，f滚=23f空
当高铁以300km/h速度运行时，由题意知此时的空气阻力为：f空′=(300200)2f空=94f空
此时的总阻力为：f′=f滚+f空′=23f空+94f空=3512f空
人均百公里能耗电之比等于总阻力之比，则当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗点约为：
E=f′f×2.0度=3512f空53f空×2.0度=3.5度，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据题意得到两次总阻力的比值，根据人均百公里能耗电之比等于总阻力之比求解。
本题考查了对物理问题理解能力，根据题意找到各个物理量的关系。根据功能关系可知人均百公里能耗电之比等于总阻力之比。
4.【答案】A
【解析】解：A.航天器在轨道1上运行时有：GMmR2=m4π2T2R，mg=GMmR2
解得
R3T2=gR24π2
根据开普勒第三定律有
a3T′2=gR24π2
由几何知识可知：a=4R+R2=5R2
则有：T′=5π 5R2g
故A正确；
B.根据万有引力提供向心力有：GMmr=mv2r
解得：v= GMr
轨道1和轨道3上的半径之比为：R：4R=1：4
所以航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为2：1，故B错误；
C.根据开普勒第二定律可知航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道3上经过B点的速度，轨道3上的速度小于轨道1上的速度，所以航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道1上的速度，故C错误；
D.航天器在轨道2上运动的过程只有万有引力做功，机械能守恒，所以航天器在轨道2上经过A点机械能等于轨道2上经过B点的机械能，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力和开普勒第三定律计算；根据万有引力提供向心力计算；根据开普勒第二定律分析判断；根据机械能守恒条件分析判断。
本题关键掌握万有引力定理的应用和开普勒定律。
5.【答案】C
【解析】解：设B经过时间t，AB在空中相遇，有：
2v0(t+Δt)−12g(t+Δt)2=v0t−12gt2
上升过程中相遇：0解得：( 3+1)v0g<Δt<4v0g。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
两物体抛出的时间间隔Δt必须满足条件：①抛出B时A不能已经落地；②AB要在B上升过程中相遇。
本题关键是抓住临界情况，运用位移与时间公式表示时间。
6.【答案】D
【解析】解：设金属棒MN总长为d，金属棒MN与导轨接触的两点之间的距离为l，金属棒单位长度的电阻为r
A.根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知
i=Blv0lr=Bv0r
不随时间变化，故A错误；
B.根据安培力公式有F=Bil
则0∼Lv0，F随时间均匀变化；2Lv0∼3Lv0，F随时间也均匀变化，故B错误；
C.根据功率的公式有P=Fv0，P随时间变化规律跟F随时间变化规律相同，故C错误；
D.导轨不计电阻，导轨间的电压为零，金属棒MN两端的电压为U=B(d−l)v0=B(d−v0t⋅tanα)v0
在0∼Lv0，随金属棒的运动，金属棒两段电压减小，在Lv0∼2Lv0，根据U=Bdv0可金属棒两端电压不变，在2Lv0∼3Lv0，根据U=B(v0t−2L)tanαv0，可知电压均匀增大，故D正确。
故选：D。
先根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的变化，结合欧姆定律分析出电流的变化，安培力公式分析出安培力的变化、功率和路端电压的计算公式即可完成分析。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，掌握动生感应电动势的计算，欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析，整体难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.由图可知波长为8m，当简谐横波沿x轴正方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向上振动的，到达波峰则需要的时间为
t=T4+nT(n=0,1,2...)
根据题意中
t=0.1s
代入数据得
T=0.41+4ns(n=0,1,2...)
根据波速公式v=λT可得
v=20(1+4n)m/s(n=0,1,2...)
又因为波的传播速度小于30m/s，则
n=0
T=0.4s
v=20m/s
当简谐横波沿x轴负方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向下振动的，到达波峰则需要的时间为
t=34T+nT(n=0,1,2...)
根据题意中
t=0.1s
代入数据得
T=0.44n+3s(n=0,1,2...)
根据波速公式v=λT可得
v=20(3+4n)m/s(n=0,1,2...)
又因为波的传播速度小于30m/s，则简谐横波不可能沿x轴负方向传播；
综上分析，简谐横波只能沿x轴正方向传播，故AC错误，B正确；
D.t=0.3s时，质点P已经振动了34T，则处于波谷的位置，加速度最大且沿y轴正方向，故D错误。
故选：B。
波的传播方向未知，分析不同方向传播时的速度的表达式，结合题意分析ABC，根据时间分析P的运动情况，从而分析D。
本题考查了波动规律，要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用质点位置关系结合周期性确定波速。
8.【答案】AD
【解析】解：A.粒子a经过C点、粒子b经过D点，由左手定则可知，a、b两粒子都带负电，故A正确；
B.a、b两粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
ra=L2sin60∘= 33L
rB=OD=Lcs30∘= 32L
故两粒子运动的轨道半径之比为
ra：rB=2：3，故B错误；
C.粒子在磁场做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02ra
qvB=mv2rB
联立解得b粒子的速度大小
v=1.5v0，故C错误；
D.根据粒子在磁场中运动的周期公式有
T=2πrv=2πmqB
可知，a、b两粒子的周期相同，由几何关系可得a粒子运动轨迹所对应的圆心角度为120∘，b粒子运动轨迹所对应的圆心角度为60∘，即
ta=120∘360∘T=13T
tb=60∘360∘T=16T
故两粒子运动的时间之比为
ta：tb=2：1，故D正确。
故选：AD。
A：根据粒子的轨迹及磁场的方向由左手定则判断粒子所带电荷的电性；
B：根据几何知识求解粒子a、b的轨道半径，再求解半径之比；
C：根据牛顿第二定律分别对粒子a、b列式，联立求解粒子b的速度；
D：根据几何知识求解粒子a、b在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据粒子运动的周期公式求解粒子在磁场中运动的周期，进一步根据时间是周期的关系求解粒子a、b运动的时间，最后求解粒子在磁场中运动时间之比。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，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。
9.【答案】AC
【解析】解：A.滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，R阻值变大，根据欧姆定律：U3I2=R，可知U3I2变大，故A正确；
B.根据题中电路可得：ΔU2ΔI2=ΔU14ΔI1=R04，故不发生变化，故B错误；
C.根据闭合电路欧姆定律：U0=I1R0+U1可知：ΔU1ΔI1=R0，故C正确；
D.根据功率表达式可得：P=[U0R0+4(R+R1)]2×4(R+R1)，输出功率一直变大，故D错误。
故选：AC。
根据欧姆定律，变压器原、副线圈电流和电压的关系，结合功率表达式分析求解；
本题考查了闭合电路欧姆定律以及变压器相关知识，理解电路的构造，认清串联和并联电路的特点是解决此类问题的关键。
10.【答案】BC
【解析】解：对B受力分析有：
FBCBC=FAB=mBgAC
设橡皮筋的劲度系数为k1，弹簧的劲度系数为k2，弹簧原长为l0有：
k1BCBC=k2(AB−l0)AB=mBgAC=k1
k1不变，AB不变，F不变，AC变大，mB变大，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
对B受力分析，根据力和相似三角形这一几何关系，结合弹力和重力的表达式，可求出质量和力的变化情况。
学生在解答本题时，应注意根据相似三角形这一几何关系进行受力分析，这是本题解答的关键。
11.【答案】5.60d2LTA2−d2LTB2 A
【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为5mm+12×0.05mm=5.60mm；
(3)遮光条经过光电门的时间较短，则B、A经过光电门的速度分别为v1=dTB，v2=dTA
根据匀变速直线运动速度-位移的公式有v22−v12=2a×L2
解得a=d2LTA2−d2LTB2
(5)设A、B两凹槽和遮光条的质量均M，从B凹槽拿一个砝码到A凹槽，根据牛顿第二定律有2mgsinθ=μ(2M+20m)gcsθ
若从B凹槽拿n个砝码到A凹槽，可知2nmgsinθ−μ(2M+20m)gcsθ=(2M+20m)a
解得(2n−2)mgsinθ=(2M+20m)a
变形得a=(n−1)mgsinθM+10m
图像的纵坐标为a，横坐标应为(n−1)，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)5.60；(3)d2LTA2−d2LTB2；(5)A
(1)游标卡尺度数为主尺+游标，不估读；
(3)由于时间很短，光电门可用平均速度代替路过光电门时的速度进行计算；已知速度和位移，则可根据速度-位移公式进行计算；
(5)根据牛顿第二定律分别对A、B两个凹槽进行受力分析得到牛顿第二定律方程求解。
本题考查全面，主要是对牛顿第二定律的列式以及对A、B两凹槽的受力分析的准确理解，难度较大。
12.【答案】均匀
【解析】解：(1)为了让电压表示数与弹簧形变量成正比，被测物体的质量也与弹簧形变量成正比，所以该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是均匀的；
(2)根据牛顿第二定律可得：mg−kl=ma，其中a=−10m/s2
解得：l=2cm
3V刻度线改为10m/s2，则此时滑片在最高点，故此加速度计滑片P滑动的长度范围为2cm；
(3)根据平衡条件可得：kl′=mg，代入数据解得：l′=1cm
3V刻度线改为10m/s2，则此时滑片在最高点，此时滑片下降1cm，电阻丝总长3cm，当加速度为零时滑片离电阻丝下端1cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm，故此时电压表测量的电阻为R=23×12Ω=8Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得：UgR=ER0+r+R
解得：R0=3.5Ω
故答案为：(1)均匀；(2)2.0；(3)1.0；(4)3.5
(1)根据电压表示数和弹簧形变量的关系分析出质量刻度是否均匀；
(2)根据牛顿第二定律列式的出对应的长度范围；
(3)根据平衡条件，结合胡克定律得出滑片的位置；
(4)根据闭合电路欧姆定律列式得出电阻箱的阻值。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小球B自由下落H的速度为vB
根据动能定理可得：mgH=12mvB2
解得：vB= 2gH
小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0=(m+m)v1
解得：v1= 3mg22k；
(2)小球A在O位置，弹簧被压缩x0，则 x0=mgk
小球A与小球B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
12(2m)v12+12kx02+2mgxm=12k(x0+xm)2
由mg=kx0
整理得：xm2−2x0xm−3x02=0
解得：xm=3x0，xm=−x0(舍去)
即：xm=3mgk；
(3)由题意振动周期：T=2π 2mk，又振幅A=2x0=2mgk
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图：
从O点开始到平衡位置经过的时间t1=13×14T=112T
所求时间t=2t1+12T=23T
解得：t=23×2π 2mk=4π3 2mk。
答：(1)小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度为 3mg22k；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离3mgk；
(3)小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间4π3 2mk。
【解析】(1)根据动能定理求解小球B自由下落H的速度，根据动量守恒定律求解小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)根据机械能守恒定律求解小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)由题意可得两个小球的振动，画出两个小球再次达到O点过程中的振动图象，根据图象求解时间。
本题主要是考查动量守恒定律和简谐运动的周期公式，关键是掌握机械能守恒定律、动量守恒定律的应用方法，知道简谐运动的周期公式，能够根据运动过程计算时间。
14.【答案】解：(1)设缸内气体原来压强为p1，汽缸受力平衡得：
p1s=p0S+G
解得：p1=p0+GS
(2)发生等压变化，p1V1T0=p1V2T1
解得：T1=3T0
(3)根据气体实验定律，气体发生等压变化，气体对缸做功为：
W=p1⋅ΔV=(p0+GS)×2Sl3=2(p0S+G)l3
由热力学第一定律可知，温度升高气体内能变大，得缸内气体内能增量为：
ΔU=3kT0−kT0=Q−W
解得：Q=2kT0−2(p0S+G)l3
答：(1)初始时气体的压强为p0+GS；
(2)活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度为3T0；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，该过程缸内气体吸收的热量为2kT0−2(p0S+G)l3。
【解析】(1)对气缸进行受力分析得出气体的压强；
(2)根据盖-吕萨克定律得出气体的温度；
(3)熟悉气体的做功公式，结合热力学第一定律得出气体吸收的热量。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉气体状态参量的分析，结合热力学第一定律即可完成解答。
15.【答案】解：(1)刚进入磁场区域时，根据右手定则可知电流方向从a流向b，所以φa<φB
(2)取向左为正方向，对ab棒根据动量定理有
−BI×2dΔt=Mv1−Mv0
电容两端的电压为
UC=B×2d×v1
电容为
C=QUC
其中
Q=IΔt
代入数据联立解得
v1=2.1m/s；
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，取向左为正方向，根据动量定理
B×2d×C×B×2d×(v1−v7)−Bd(2×5+1)Bd×0.5dR=Mv7−Mv1
代入数据解得
v7=1m/s
由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，取向左为正方向，根据动量定理
B2d2×2×0.5dR=Mv8−Mv7
代入数据解得
v8=0
根据能量守恒定律，正方形线框上产生的焦耳热为
Q=12Mv72−12Mv82
代入数据解得
Q=0.04J。
答：(1)刚进入磁场区域时，导体杆两端点a的电势低于端点b的电势；
(2)ab棒离开磁场区域1的速度为2.1m/s；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q为0.04J。
【解析】(1)由磁场方向和导体棒速度方向根据右手定则判断a、b两点电势高低；
(2)对导体棒根据动量定理列式，联立电容器知识求解ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，根据动量定理求解此时的速度，同理求解ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程的末速度，最后根据能量守恒定律求解导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
本题考查电磁感应中的能量问题，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。
1.如图为氢原子的能级图，某金属材料的电子逸出功为2.25eV，大量处于4能级的氢原子在向低能级跃迁时发出的光子，有几种不同频率的光子能使此金属材料发生光电效应( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 该离子带正电
B. 离子在a、b两点的电势能满足Epa
D. b、c两点的场强相同
3.车辆前进的阻力主要有三个：滚动阻力、空气阻力和上坡阻力，高铁的铁轨非常平缓，大部分时候都可以忽略上坡阻力，所以主要的阻力来源就是滚动阻力和空气阻力，滚动阻力与总重力成正比，空气阻力跟高铁运动的速度的二次方成正比，研究表明，当高铁以200km/h速度运行时，空气阻力占总阻力的约60%，人均百公里能耗约为2.0度电，当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗约为多少度电( )
A. 3.0B. 3.5C. 4.0D. 4.5
4.变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。忽略地球自转的影响，已知地球表面重力加速度为g，轨道1半径为地球半径R，轨道3半径为4R，椭圆面积为S=πab，a为椭圆半长轴，b为椭圆半短轴。则以下说法正确的是( )
A. 航天器在轨道2上运行的周期为5π 5R2g
B. 航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为3：1
C. 航天器在轨道2上经过B点的速度大于轨道1上的速度
D. 航天器在轨道2上经过A点机械能大于轨道2上经过B点的机械能
5.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B。若要使两物体能在B上升过程中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A. 2v0g<Δt<3v0gB. 2v0g<Δt<4v0g
C. ( 3+1)v0g<Δt<4v0gD. 3v0g<Δt<4v0g
6.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd、de四段直导轨组成，其中cd段与x轴平行。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过导体棒的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，金属棒MN两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨的电阻，金属棒电阻不可忽略，金属棒的长度大于cd与x轴间的距离。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形图如图所示，已知平衡位置坐标为x=4m的质点P在t=0.1s时位于波峰，且该波的传播速度小于30m/s，则( )
A. 该波的周期可能为0.08s
B. 该波的波速一定为20m/s
C. t=0时，质点P的运动方向一定沿y轴正方向
D. t=0.3s时，质点P的加速度最大且沿y轴负方向
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点。粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是( )
A. a、b两粒子都带负电
B. 粒子a、粒子b的半径之比为3：2
C. 粒子b的速度为2v0
D. 粒子a从A点出发到第一次经过C点的时间与粒子b从O出发到第一次经过D点的时间之比为2：1
9.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，原线圈中串一定值电阻R0，副线圈连接定值电阻R1和滑动变阻器R，滑动变阻器的最大阻值等于定值电阻R1，R0：R1=8：1，电压表和电流表均为理想交流电表，a、b两端接有效值恒为U0的正弦交流电源。电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，电压表V1、V2、V3的示数的变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A1、A2的示数的变化量绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则在滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，下列说法正确的是( )
A. U3I2变大B. ΔU2ΔI2变大
C. ΔU1ΔI1=R0D. 变压器的输出功率先增大后减小
10.如图所示，O点和细钉C在小球A正上方，小球B用轻质橡皮筋相连绕过光滑细钉C悬挂于O点，A、B之间用轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态，A、B都可以看成质点，橡皮筋的拉力遵循胡克定律，OC刚好等于橡皮筋的原长，弹簧的弹力大小为F，B球的质量为mB；现竖直向下移动小球A一小段高度，同时调整B球的质量mB，使整个系统再次处于静止状态(B球仍在右侧)，则( )
A. mB不变
B. mB变大
C. F不变
D. F变大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，两块材质相同、长度均为L的薄木板铰接在一起，铰链上方连有一个轻小滑轮，铰链固定在一个高度可以调节的支架上，A、B两个相同的凹槽用跨过滑轮的细线连接，两凹槽上安装有宽度相同的遮光条，细线绷直时与两木板平行，两遮光条到滑轮的距离之和正好也是L，在两板上离滑轮34L处有两个光电门。
实验步骤如下：
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，读数为______ mm；
(2)两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近右侧木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=1个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，调节支架的高度，使得两光电门记录的时间t1=t2，测出高度h；
(3)保持支架高度h不变，重新在两个凹槽里面分别装上10个质量均为m的砝码，让A凹槽靠近滑轮，B凹槽靠近木板底端，细线伸直，给光电门通电，现从B凹槽里拿n=2个砝码放在A凹槽里面，给A凹槽一个向下的初速度，记录A、B两凹槽上的遮光条通过光电门的时间分别为tA、tB，则可以得到两凹槽加速度的大小为a=______；(用字母d、L、tA、tB表示)
(4)重复第4个步骤，取n=3，4，…，并测出两凹槽对应的加速度；
(5)现在要用图像法验证牛顿第二定律，图像的纵坐标为a，要使得图像是如图丙所示的过原点的直线，则图像的横坐标应为______。
A.n−1
B.n+1
C.2n−1
D.2n+1
12.某同学根据所学知识把理想电压表(量程为3V)改装成一个量程为−10m/s2∼10m/s2测量竖直方向的加速度的加速度计(电压表零刻度改为−10m/s2，3V刻度线改为10m/s2，加速度取竖直向下为正方向)，原理图如图所示，滑片P与电阻丝始终接触良好，与竖直弹簧的上端相连，弹簧下端固定，上端与质量为m=0.1kg的物块相连，电阻丝的阻值R=12Ω，该同学用刻度尺测得电阻丝长度为L=3.0cm。电源电动势E=6V，内阻r=0.5Ω，弹簧劲度系数k=100N/m。
请回答下列问题。
(1)此加速度计的刻度是的______(填“均匀”或“不均匀”)。
(2)此加速度计滑片P滑动的长度范围为______ cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端______ cm处。
(4)电阻箱接入电路的阻值应调到______Ω。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F=−kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x=Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2πT= km(k为常数，A为振幅，T为周期)。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2，已知H=3mgk，重力加速度为g。求：
(1)B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
(3)小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，汽缸的高度为l，缸体内底面积为S，缸体重力为G。轻杆下端固定在桌面上，上端连接活塞。活塞所在的平面始终水平。当热力学温度为T0时，缸内气体高为13l，已知大气压强为p0，不计活塞质量及活塞与缸体的摩擦。现缓慢升温至活塞刚要脱离汽缸。
(1)求初始时气体的压强；
(2)求活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，求该过程缸内气体吸收的热量Q。
15.如图所示，间距为2d(d=0.5m)的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连一电容C=0.5F的电容器，初始时电容器不带电。空间分布着n个宽度为0.5d、间距为d的匀强磁场区域，从右到左依次记为区域1、区域2、区域3…，磁感应强度B=0.8T，方向垂直水平面向下，磁场边界与导轨垂直，且导体棒ab左侧的无磁场区域导轨表面涂有绝缘涂层。长度为d的绝缘棒将导体棒ab和边长为d的正方形单匝线框连接组成“
”形装置，总质量M=0.08kg；线框电阻R=1Ω，导体棒和导轨的电阻极小。线框右边与导体棒平行且固定在弹射器上，导体棒ab位于磁场右边界外。t0时刻，闭合开关S，同时将“
”形装置以速度v0=10.5m/s向左弹出。导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。(不计空气和摩擦阻力)
(1)刚进入磁场区域时，比较导体杆两端点a、b的电势高低；
(2)导体棒ab刚进入区域1时，因为导体棒和导轨的电阻极小，会有一个瞬间的强电流，电容器会瞬间充电，“
”形装置会瞬间减速到某一速度，之后ab棒会匀速通过区域1，求ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题可知需要光子具有大于2.25eV方能发生光电效应，因此判断有几种光子具有的能量大于这一数值即可。分析题意可知4能级的氢原子向低能级跃迁会有6种频率的光子，即
4到3，释放能量(−0.85eV−(−1.51eV))=0.66eV；
同理
4到2，释放能量2.55eV；
4到1，释放能量13.75eV；
3到2，释放能量1.89eV；
3到1，释放能量13.09eV；
2到1，释放能量10.2eV。
由此可知有4种频率的光子可以，故ACD错误，B正确；
故选：B。
先判断能发出多少种不同频率的光子，再根据氢原子发生跃迁的能量释放规律和发生光电效应的条件结合起来进行分析判断。
本题考查能级跃迁和光电效应的条件分析，会根据题意进行分析和判断。
2.【答案】B
【解析】解：A、离子受电场力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a点电势大于b点电势，根据电势能公式Ep=qφ可知，离子在a、b两点的电势能满足Epa
D、由对称可知，b、c两点的场强大小相同，方向不同，场强不相同，故D错误。
故选：B。
根据电场力方向分析离子电性；根据电场的对称性分析bd两点电势关系，再分析将离子从b点移到d点电场力做功情况；根据电势高低以及电势能公式Ep=qφ分析电势能的大小；等势面与电场线垂直，根据场强大小和方向判断b、c两点的场强是否相同。
解答本题时，要知道粒子做曲线运动时，所受的电场力指向轨迹的内侧。场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。
3.【答案】B
【解析】解：设当高铁以200km/h速度运行时，总阻力为f，滚动阻力为f滚，空气阻力为f空
由题意可得：f=f滚+f空，f空f=60%，
可得：f=53f空，f滚=23f空
当高铁以300km/h速度运行时，由题意知此时的空气阻力为：f空′=(300200)2f空=94f空
此时的总阻力为：f′=f滚+f空′=23f空+94f空=3512f空
人均百公里能耗电之比等于总阻力之比，则当高铁以300km/h速度运行时，人均百公里能耗点约为：
E=f′f×2.0度=3512f空53f空×2.0度=3.5度，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据题意得到两次总阻力的比值，根据人均百公里能耗电之比等于总阻力之比求解。
本题考查了对物理问题理解能力，根据题意找到各个物理量的关系。根据功能关系可知人均百公里能耗电之比等于总阻力之比。
4.【答案】A
【解析】解：A.航天器在轨道1上运行时有：GMmR2=m4π2T2R，mg=GMmR2
解得
R3T2=gR24π2
根据开普勒第三定律有
a3T′2=gR24π2
由几何知识可知：a=4R+R2=5R2
则有：T′=5π 5R2g
故A正确；
B.根据万有引力提供向心力有：GMmr=mv2r
解得：v= GMr
轨道1和轨道3上的半径之比为：R：4R=1：4
所以航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为2：1，故B错误；
C.根据开普勒第二定律可知航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道3上经过B点的速度，轨道3上的速度小于轨道1上的速度，所以航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道1上的速度，故C错误；
D.航天器在轨道2上运动的过程只有万有引力做功，机械能守恒，所以航天器在轨道2上经过A点机械能等于轨道2上经过B点的机械能，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力和开普勒第三定律计算；根据万有引力提供向心力计算；根据开普勒第二定律分析判断；根据机械能守恒条件分析判断。
本题关键掌握万有引力定理的应用和开普勒定律。
5.【答案】C
【解析】解：设B经过时间t，AB在空中相遇，有：
2v0(t+Δt)−12g(t+Δt)2=v0t−12gt2
上升过程中相遇：0
故C正确，ABD错误。
故选：C。
两物体抛出的时间间隔Δt必须满足条件：①抛出B时A不能已经落地；②AB要在B上升过程中相遇。
本题关键是抓住临界情况，运用位移与时间公式表示时间。
6.【答案】D
【解析】解：设金属棒MN总长为d，金属棒MN与导轨接触的两点之间的距离为l，金属棒单位长度的电阻为r
A.根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可知
i=Blv0lr=Bv0r
不随时间变化，故A错误；
B.根据安培力公式有F=Bil
则0∼Lv0，F随时间均匀变化；2Lv0∼3Lv0，F随时间也均匀变化，故B错误；
C.根据功率的公式有P=Fv0，P随时间变化规律跟F随时间变化规律相同，故C错误；
D.导轨不计电阻，导轨间的电压为零，金属棒MN两端的电压为U=B(d−l)v0=B(d−v0t⋅tanα)v0
在0∼Lv0，随金属棒的运动，金属棒两段电压减小，在Lv0∼2Lv0，根据U=Bdv0可金属棒两端电压不变，在2Lv0∼3Lv0，根据U=B(v0t−2L)tanαv0，可知电压均匀增大，故D正确。
故选：D。
先根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的变化，结合欧姆定律分析出电流的变化，安培力公式分析出安培力的变化、功率和路端电压的计算公式即可完成分析。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，掌握动生感应电动势的计算，欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析，整体难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.由图可知波长为8m，当简谐横波沿x轴正方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向上振动的，到达波峰则需要的时间为
t=T4+nT(n=0,1,2...)
根据题意中
t=0.1s
代入数据得
T=0.41+4ns(n=0,1,2...)
根据波速公式v=λT可得
v=20(1+4n)m/s(n=0,1,2...)
又因为波的传播速度小于30m/s，则
n=0
T=0.4s
v=20m/s
当简谐横波沿x轴负方向传播时，根据“同侧法”，则质点P是向下振动的，到达波峰则需要的时间为
t=34T+nT(n=0,1,2...)
根据题意中
t=0.1s
代入数据得
T=0.44n+3s(n=0,1,2...)
根据波速公式v=λT可得
v=20(3+4n)m/s(n=0,1,2...)
又因为波的传播速度小于30m/s，则简谐横波不可能沿x轴负方向传播；
综上分析，简谐横波只能沿x轴正方向传播，故AC错误，B正确；
D.t=0.3s时，质点P已经振动了34T，则处于波谷的位置，加速度最大且沿y轴正方向，故D错误。
故选：B。
波的传播方向未知，分析不同方向传播时的速度的表达式，结合题意分析ABC，根据时间分析P的运动情况，从而分析D。
本题考查了波动规律，要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用质点位置关系结合周期性确定波速。
8.【答案】AD
【解析】解：A.粒子a经过C点、粒子b经过D点，由左手定则可知，a、b两粒子都带负电，故A正确；
B.a、b两粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
ra=L2sin60∘= 33L
rB=OD=Lcs30∘= 32L
故两粒子运动的轨道半径之比为
ra：rB=2：3，故B错误；
C.粒子在磁场做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02ra
qvB=mv2rB
联立解得b粒子的速度大小
v=1.5v0，故C错误；
D.根据粒子在磁场中运动的周期公式有
T=2πrv=2πmqB
可知，a、b两粒子的周期相同，由几何关系可得a粒子运动轨迹所对应的圆心角度为120∘，b粒子运动轨迹所对应的圆心角度为60∘，即
ta=120∘360∘T=13T
tb=60∘360∘T=16T
故两粒子运动的时间之比为
ta：tb=2：1，故D正确。
故选：AD。
A：根据粒子的轨迹及磁场的方向由左手定则判断粒子所带电荷的电性；
B：根据几何知识求解粒子a、b的轨道半径，再求解半径之比；
C：根据牛顿第二定律分别对粒子a、b列式，联立求解粒子b的速度；
D：根据几何知识求解粒子a、b在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据粒子运动的周期公式求解粒子在磁场中运动的周期，进一步根据时间是周期的关系求解粒子a、b运动的时间，最后求解粒子在磁场中运动时间之比。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，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。
9.【答案】AC
【解析】解：A.滑动变阻器R滑片向上调节的过程中，R阻值变大，根据欧姆定律：U3I2=R，可知U3I2变大，故A正确；
B.根据题中电路可得：ΔU2ΔI2=ΔU14ΔI1=R04，故不发生变化，故B错误；
C.根据闭合电路欧姆定律：U0=I1R0+U1可知：ΔU1ΔI1=R0，故C正确；
D.根据功率表达式可得：P=[U0R0+4(R+R1)]2×4(R+R1)，输出功率一直变大，故D错误。
故选：AC。
根据欧姆定律，变压器原、副线圈电流和电压的关系，结合功率表达式分析求解；
本题考查了闭合电路欧姆定律以及变压器相关知识，理解电路的构造，认清串联和并联电路的特点是解决此类问题的关键。
10.【答案】BC
【解析】解：对B受力分析有：
FBCBC=FAB=mBgAC
设橡皮筋的劲度系数为k1，弹簧的劲度系数为k2，弹簧原长为l0有：
k1BCBC=k2(AB−l0)AB=mBgAC=k1
k1不变，AB不变，F不变，AC变大，mB变大，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
对B受力分析，根据力和相似三角形这一几何关系，结合弹力和重力的表达式，可求出质量和力的变化情况。
学生在解答本题时，应注意根据相似三角形这一几何关系进行受力分析，这是本题解答的关键。
11.【答案】5.60d2LTA2−d2LTB2 A
【解析】解：(1)游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为5mm+12×0.05mm=5.60mm；
(3)遮光条经过光电门的时间较短，则B、A经过光电门的速度分别为v1=dTB，v2=dTA
根据匀变速直线运动速度-位移的公式有v22−v12=2a×L2
解得a=d2LTA2−d2LTB2
(5)设A、B两凹槽和遮光条的质量均M，从B凹槽拿一个砝码到A凹槽，根据牛顿第二定律有2mgsinθ=μ(2M+20m)gcsθ
若从B凹槽拿n个砝码到A凹槽，可知2nmgsinθ−μ(2M+20m)gcsθ=(2M+20m)a
解得(2n−2)mgsinθ=(2M+20m)a
变形得a=(n−1)mgsinθM+10m
图像的纵坐标为a，横坐标应为(n−1)，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)5.60；(3)d2LTA2−d2LTB2；(5)A
(1)游标卡尺度数为主尺+游标，不估读；
(3)由于时间很短，光电门可用平均速度代替路过光电门时的速度进行计算；已知速度和位移，则可根据速度-位移公式进行计算；
(5)根据牛顿第二定律分别对A、B两个凹槽进行受力分析得到牛顿第二定律方程求解。
本题考查全面，主要是对牛顿第二定律的列式以及对A、B两凹槽的受力分析的准确理解，难度较大。
12.【答案】均匀
【解析】解：(1)为了让电压表示数与弹簧形变量成正比，被测物体的质量也与弹簧形变量成正比，所以该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是均匀的；
(2)根据牛顿第二定律可得：mg−kl=ma，其中a=−10m/s2
解得：l=2cm
3V刻度线改为10m/s2，则此时滑片在最高点，故此加速度计滑片P滑动的长度范围为2cm；
(3)根据平衡条件可得：kl′=mg，代入数据解得：l′=1cm
3V刻度线改为10m/s2，则此时滑片在最高点，此时滑片下降1cm，电阻丝总长3cm，当加速度为零时滑片离电阻丝下端1cm。
(3)当加速度为零时滑片P离电阻丝下端1cm，故此时电压表测量的电阻为R=23×12Ω=8Ω
根据闭合电路的欧姆定律可得：UgR=ER0+r+R
解得：R0=3.5Ω
故答案为：(1)均匀；(2)2.0；(3)1.0；(4)3.5
(1)根据电压表示数和弹簧形变量的关系分析出质量刻度是否均匀；
(2)根据牛顿第二定律列式的出对应的长度范围；
(3)根据平衡条件，结合胡克定律得出滑片的位置；
(4)根据闭合电路欧姆定律列式得出电阻箱的阻值。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和欧姆定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)小球B自由下落H的速度为vB
根据动能定理可得：mgH=12mvB2
解得：vB= 2gH
小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0=(m+m)v1
解得：v1= 3mg22k；
(2)小球A在O位置，弹簧被压缩x0，则 x0=mgk
小球A与小球B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
12(2m)v12+12kx02+2mgxm=12k(x0+xm)2
由mg=kx0
整理得：xm2−2x0xm−3x02=0
解得：xm=3x0，xm=−x0(舍去)
即：xm=3mgk；
(3)由题意振动周期：T=2π 2mk，又振幅A=2x0=2mgk
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图：
从O点开始到平衡位置经过的时间t1=13×14T=112T
所求时间t=2t1+12T=23T
解得：t=23×2π 2mk=4π3 2mk。
答：(1)小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度为 3mg22k；
(2)小球A被碰后向下运动离O点的最大距离3mgk；
(3)小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间4π3 2mk。
【解析】(1)根据动能定理求解小球B自由下落H的速度，根据动量守恒定律求解小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
(2)根据机械能守恒定律求解小球A被碰后向下运动离O点的最大距离；
(3)由题意可得两个小球的振动，画出两个小球再次达到O点过程中的振动图象，根据图象求解时间。
本题主要是考查动量守恒定律和简谐运动的周期公式，关键是掌握机械能守恒定律、动量守恒定律的应用方法，知道简谐运动的周期公式，能够根据运动过程计算时间。
14.【答案】解：(1)设缸内气体原来压强为p1，汽缸受力平衡得：
p1s=p0S+G
解得：p1=p0+GS
(2)发生等压变化，p1V1T0=p1V2T1
解得：T1=3T0
(3)根据气体实验定律，气体发生等压变化，气体对缸做功为：
W=p1⋅ΔV=(p0+GS)×2Sl3=2(p0S+G)l3
由热力学第一定律可知，温度升高气体内能变大，得缸内气体内能增量为：
ΔU=3kT0−kT0=Q−W
解得：Q=2kT0−2(p0S+G)l3
答：(1)初始时气体的压强为p0+GS；
(2)活塞刚要脱离汽缸时缸内气体的温度为3T0；
(3)已知此理想气体的内能跟热力学温度成正比，即U=kT，k已知，该过程缸内气体吸收的热量为2kT0−2(p0S+G)l3。
【解析】(1)对气缸进行受力分析得出气体的压强；
(2)根据盖-吕萨克定律得出气体的温度；
(3)熟悉气体的做功公式，结合热力学第一定律得出气体吸收的热量。
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，熟悉气体状态参量的分析，结合热力学第一定律即可完成解答。
15.【答案】解：(1)刚进入磁场区域时，根据右手定则可知电流方向从a流向b，所以φa<φB
(2)取向左为正方向，对ab棒根据动量定理有
−BI×2dΔt=Mv1−Mv0
电容两端的电压为
UC=B×2d×v1
电容为
C=QUC
其中
Q=IΔt
代入数据联立解得
v1=2.1m/s；
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，取向左为正方向，根据动量定理
B×2d×C×B×2d×(v1−v7)−Bd(2×5+1)Bd×0.5dR=Mv7−Mv1
代入数据解得
v7=1m/s
由ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，取向左为正方向，根据动量定理
B2d2×2×0.5dR=Mv8−Mv7
代入数据解得
v8=0
根据能量守恒定律，正方形线框上产生的焦耳热为
Q=12Mv72−12Mv82
代入数据解得
Q=0.04J。
答：(1)刚进入磁场区域时，导体杆两端点a的电势低于端点b的电势；
(2)ab棒离开磁场区域1的速度为2.1m/s；
(3)从导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q为0.04J。
【解析】(1)由磁场方向和导体棒速度方向根据右手定则判断a、b两点电势高低；
(2)对导体棒根据动量定理列式，联立电容器知识求解ab棒离开磁场区域1的速度；
(3)ab棒刚离开磁场区域1到ab棒刚离开磁场区域7的过程，根据动量定理求解此时的速度，同理求解ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程的末速度，最后根据能量守恒定律求解导体棒ab离开磁场区域7至其刚进入磁场区域8的过程中，正方形线框上产生的焦耳热Q。
本题考查电磁感应中的能量问题，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。
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