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2022-2023学年安徽省合肥市肥西县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥市肥西县高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15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.如图所示，物体A叠放在物体B上，B静置于粗糙的水平面上，A、B的接触面水平，A、B质量之比为1：2。在B上作用一水平恒力F，若A和B始终保持相对静止向右运动，下列说法正确的是( )
A. A物体一定受到向左的摩擦力
B. B对A的摩擦力大小可能等于F3
C. 在一段时间内拉力F做的功等于A和B动能的变化量和B克服地面摩擦力做的功之和
D. A对B压力的冲量和B对A支持力的冲量相同
2.关于分子运动论及其相关知识，下列判断正确的是( )
A. 已知物质的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，一定可以求分子的体积
B. 分子势能的变化总是与分子力做功相关，分子力做的功等于分子势能变化量的负值
C. 布朗运动形成的主要原因是悬浮颗粒内分子的无规则热运动
D. 分子间的相互作用力一定随距离的增大而减小
3.下列说法正确的是( )
A. 为了解释光电效应的实验规律，爱因斯坦借鉴了普朗克的量子观点，提出了光子说的理论
B. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 极限频率的存在，是光的粒子性无法解释的问题，因此光不具有粒子性
D. 某一频率的光照射到金属表面，电子吸收一个光子能量后，逃逸出来成为光电子。金属表面及内部的电子在逃逸出来的过程中克服原子核的引力及阻力所做的功称为逸出功
4.玻尔为了解释氢原子光谱的规律，提出了玻尔原子理论，成功地解释了氢原子光谱，但在解释除氢原子以外的其他原子光谱时就遇到了困难，究其原因，是在其理论中过多地保留了经典电磁理论。如认为电子绕原子核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力就属于经典电磁理论。根据玻尔的这一观点，以及氢原子的能量量子化和轨道量子化，并参考氢原子的能级图，下列判断正确的是( )
A. 已知氢原子的核外电子绕核运动的轨道半径间的关系是rn=n2r1，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比是1：9
B. 电子在n=1和n=3的轨道上运动的动能之比是3：1
C. 若氢原子核外电子的基态动能大小是13.6eV，则氢原子在基态时的电势能是−27.2eV
D. 氢原子从n=1跃迁到n=3的过程中，电势能的增加量等于动能的减少量
5.关于原子核的组成及相关知识，下列描述不正确的是( )
A. 贝克勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象的发现使人们认识到原子核具有复杂的内部结构
B. 原子核衰变的过程一定存在质量亏损，所以产生的新核的比结合能一定小于反应前原子核的比结合能
C. 太阳不断的向外辐射大量的能量，能量的来源是轻核的聚变，即热核反应
D. β衰变中释放的β粒子就是电子，是原子核内一中子转化为一个质子时释放一个电子
6.如图所示，在正方形abcd区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子从a点沿ab方向射入磁场中，当入射速度大小小于或等于v时，粒子在该磁场区域运动时间最长，且最长时间为t。若其他条件均不变，当入射粒子的速度大小为4v时，则该粒子在磁场中的运动时间为( )
A. t2
B. t3
C. t4
D. t6
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是( )
A. 在甲图中，气体由a到b的过程气体吸收的热量等于气体对外做的功
B. 在乙图中，气体由a到b的过程，分子的数密度可能保持不变
C. 在丙图中，气体由a到b的过程中，气体分子的平均动能保持不变
D. 在丁图中，气体由a到b的过程中，气体的压强保持不变
8.一质量为m小球从地面以初速度v0竖直向上抛出，回到抛出点时速度大小为v。设运动过程所受空气阻力大小恒为f，能达到的最大高度为H，上升时间为t1，下降时间为t2，上升和下降过程中机械能的减少量分别是ΔE1和ΔE2，重力加速度为g，下列关系式正确的是( )
A. 0−12mv02=−(mg+f)HB. 12mv2−12mv02=−2fH
C. mv+mv0=f(t2−t1)D. ΔE1=ΔE2
9.如图所示，A为折射率为n1的足够长矩形透明介质，B和C为同种材料、折射率为n2的矩形透明介质，且n1>n2。若某一束单色光沿ab方向斜射到介质B的上表面或沿cd方向斜射到介质A的左侧面，下列对两种入射光线发生的反射和折射情况的描述正确的是( )
A. 逐渐调节入射光线cd的入射角，进入A中的光线一定会在A、B的分界面上发生全反射
B. 逐渐增大入射光线ab的入射角，进入B中的光线一定会在B、A的分界面上发生全反射
C. 入射光线ab进入B中后，经多次折射后光线一定会从C中射出
D. 逐渐增大入射光线ab的入射角，由A射向A、C分界面的光线可能会在A、C界面发生全反射
10.月球可视为匀质球体，月球的半径是地球的a倍，密度是地球的b倍。地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度是v，忽略月球及地球自转的影响，下列判断正确的是( )
A. 月球表面的重力加速度是abg
B. 月球的第一宇宙速度是ab12v
C. 在月球基地发射质量为m的近月卫星所做的功至少是12ma2b2v2
D. 在地球上做简谐运动的一个“秒摆”，移到月球表面，其周期会是1(ab)12秒
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.请回答下列问题：
(1)图1和图2中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别是______ mm、______ mm。
(2)在“碰撞中的动量守恒”实验中，实验装置如图3所示，下列说法正确的是______(填选项序号)。
A.实验中必需的测量仪器有天平、毫米刻度尺和秒表
B.应该把质量较大的小球选为入射小球
C.斜轨道和水平轨道是否光滑对实验结论没有影响
D.图3中点P是不发生碰撞的情况下入射小球做平抛运动的落点
12.量程较小的微安表可以通过扩大量程改装为安培表，也可以改装成电压表。有一微安表，其量程为100μA，内阻为250Ω。
(1)若把该微安表改装成量程为10mA的电流表，需要______(填“串联”或“并联”)一个定值电阻R，改装后的新电流表的内阻是Rg=______Ω。
(2)把改装后的电流表组装成一个欧姆表，除一节电池(电动势1.5V，内阻很小)、红黑表笔一对、导线外，还需要一个滑动变阻器，在下列所给的三个滑动变阻器中，应该选择的是______(填选项序号)。
A.R1：阻值范围0∼20kΩ
B.R2：阻值范围0∼1500Ω
C.R3：阻值范围0∼200Ω
(3)在方框里画出组装后的欧姆表电路图(改装后的电流表用mA表示)。
(4)用改装后的欧姆表测量某电阻值，指针偏转角度是指针最大偏转角度的三分之一，则测量的电阻值是______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图1所示，平行金属板M、N间加有如图2所示的交变电压，两板长度L是两板间距的2倍。某一带电粒子(质量为m，不计重力)从平行板左侧以速度v0沿两板的中线射入平行板间，由于粒子在两板间运动的时间很短，可以认为粒子从入射到离开，两板间电压恒定不变。若粒子t1=1200s时入射，恰好从上极板M边缘离开。求：
(1)电场对带电粒子做的功；
(2)若该粒子是t2=1600s时入射，粒子离开电场时的动能。
14.如图所示，倾角30∘、宽为L的足够长U形光滑金属导轨固定在磁感应强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，重力加速度为g。现用一平行于导轨向上的拉力F，牵引一根长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，加速度大小为a=12g。金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，cd边电阻为12R，导轨其他部分电阻不计。
(1)写出拉力F的大小随时间t变化的关系式；
(2)求在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量；
(3)若在时间0∼t内拉力F做的功为W，求这一过程金属棒ab中产生的热能是多少。
15.如图所示，质量m=1kg的小车B静止于光滑水平面上，车长L=2m，在小车最右端正上方的O点，用长为R的细绳悬挂光滑小球C，小球C的质量也是m=1kg，小球C恰好和小车上表面不接触。某时刻，一质量为M=2kg、可视为质点的物块A，以v0=3m/s的初速度从小车左端水平滑上小车，物块A和小车之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。(结果均可用分式表示)
(1)经多长时间A与C相碰；
(2)若A与C的碰撞是弹性正碰，碰撞后瞬间A和C的速度大小分别是多少；
(3)若碰撞后小球C没有脱离圆周轨道，求绳长R的范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.若 A、B一起向右做匀加速直线运动时，整体有向右的加速度，由牛顿第二定律知A所受摩擦力向右，故A错误；
B.设地面对B的摩擦力为f，AB的瞬时加速度为a，对整体由牛顿第二定律得：
F−f=(mA+mB)a
故a设B对A的摩擦力大小为f′，对A由牛顿第二定律得：
f′=mAa
又mA：mB=1：2
联立解得：f′C.设B克服地面摩擦力做的功为Wf，对AB整体由动能定理得：
WF−Wf=ΔEk
解得：WF=ΔEk+Wf
即拉力F做的功等于A和B动能的变化量和B克服地面摩擦力做的功之和，故C正确；
D.A对B压力的冲量和B对A支持力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
结合物体运动情况，运用整体法和隔离法根据牛顿第二定律分析；对整体根据动能定理分析；根据冲量是矢量性分析。
本题重点考查叠加体的受力分析、功能关系以及作用力和反作用力的冲量问题，注意涉及多个物体时要灵活选用整体法和隔离法。
2.【答案】B
【解析】解：A、对固体和液体来说，分子间隙可以忽略不计，可以利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算分子的大小，但对气体分子来说，分子间隙很大，不能利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算气体分子的体积，故A错误；
B、分子力做功总是伴随着分子势能的变化，分子力做了多少正功，分子势能就减少多少，反之克服分子力做了多少功，分子势能就增加多少，故B正确；
C、布朗运动形成的原因是液体分子的运动，没有液体分子的运动就没有布朗运动，故C错误；
D、分子引力和分子斥力都随分子间距离的增大而减小，但分子力即分子引力和斥力的合力并不是随距离的增大而减小，故D错误。
故选：B。
物质是分子组成，分子永不停息做无规则运动，分子间存在着引力和斥力。对固体和液体来说，分子间隙可以忽略不计，可以利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算分子的大小。
本题重点考查分子运动论的相关知识，如：分子的大小、分子间的相互作用力、布朗运动、分子势能等，考查考生的物理观念。
3.【答案】A
【解析】解：A.爱因斯坦为了解释光电效应的规律，借鉴了普朗克的量子观点，提出了光子说的理论，成功的解释了光电效应的规律，故A正确；
B.根据爱因斯坦的光电效应方程hv=Ek+W
最大初动能Ek=h⋅v−W
由此可知，光电子的最大初动能与入射光的频率是一次函数关系，不是正比关系，故B错误；
C.按照波动理论，只要光照射的时间足够长，金属中的电子就能吸收到足够多的能量，从金属表面逃逸出来成为光电子，而实际上是如果入射光的频率低于一定值，无关入射光多么强，照射时间多长都不能逸出光电子；极限频率的存在，光的波动性不能解释，如果用光子说就能成功加以解释，故C错误；
D.只有直接从金属表面逃逸出来的电子，克服内部原子核的引力及阻力所做的功最小，这个最小功称为逸出功，故D错误。
故选：A。
A.根据爱因斯坦的光子说分析作答；
B.根据爱因斯坦光电效应方程分析作答；
C.根据波动说在解释极限频率遇到的困难分析作答；
D.根据逸出功的含义分析作答。
本题重点考查光电效应实验的结论、规律以及爱因斯坦的光子说，考查考生的物理观念。
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据ke2r2=m4π2T2r=mv2r，可得T2=m4π2ke2r3，v2=ke2mr，已知：rn=n2r1，可得：
周期T与量子数n的三次方成正比，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比是1：27；
动能与量子数n的平方成反比，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的动能之比是9：1，故AB错误；
C、因为氢原子的基态能量是−13.6eV，若动能是13.6eV，结合原子能量是动能和电势能之和，所以基态电势能是−13.6eV−13.6eV=−27.2eV，故C正确；
D、氢原子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，原子能量变大，而动能减少，电势能增大，所以电势能增加量大于动能减少量，故D错误。
故选：C。
根据库仑力提供向心力，结合氢原子的轨道半径公式，求出电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比和动能之比；氢原子的能量为电势能和核外电子的动能之和；氢原子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，原子能量变大，电势能的增加量大于动能的减少量。
解决本题的关键要理解题意，根据库仑力提供向心力列式解答，掌握和理解玻尔理论的内容。
5.【答案】B
【解析】解：A.贝克勒尔发现了天然放射现象，故A正确；
B.衰变过程是一个释放结合能的过程，一定存在质量亏损；原子衰变后产生的新核更稳定，根据比结合能越大原子越稳定，因此新核的比结合能一定大于反应前原子核的比结合能，故B错误；
C.太阳的能量的来源是轻核的聚变，即热核反应，故C正确；
D.β衰变中释放β粒子就是电子，来源于原子核内一中子转化为一个质子和一个电子，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
A.根据物理学史和常识解答即可；
B.原子衰变后产生的新核更稳定，根据比结合能越大原子越稳定分析作答；
C.太阳的能量来自轻核聚变；
D.根据β衰变的实质分析作答。
本题重点考查原子核的组成，原子核的衰变及原子核的结合能，考查考生的物理观念；注意β衰变的实质是一个易错点。
6.【答案】D
【解析】解：从a点沿ab方向进入磁场中的粒子，在磁场中运动的最长时间为半个周期，即t=T2。对应的最大半径是正方形边长的一半，即速度是v时，粒子做圆周的半径等于正方形边长的一半，a=2r=2×mvqB。
从d点射出磁场。入射速度是4v时，由周期公式T=2πmqB知，周期不变，半径是正方形边长的两倍，将从bc边离开磁场，利用几何知识可知，对应的圆心角是30∘，运动时间是周期的十二分之一，即t6，故ABC错误，D正确。
故选：D。
由轨迹结合几何知识可以确定粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出磁感应强度；
由周期公式可以求出运动时间，T=2πmqB，周期与速度无关，入射速度对应的直径小于L时，其运动时间都等于半个周期，都相等；
半径r=mvqB，r与v成正比。
本题重点考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动以及临界问题，考查考生的科学思维。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，推导出的半径与周期公式，灵活掌握粒子在磁场中运动时间的求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A、在甲图中，气体由a到b的过程是等容升温过程，W=0，根据热力学第一定律知吸收的热量等于内能的增加量，故A错误；
B、在乙图中，气体由a到b的过程，体积变小，气体分子的数密度增大，故B错误；
C、在丙图中，气体由a到b的过程中，图线的斜率p1V=pV不变，由pVT=C知，温度不变，气体作等温变化，气体分子的平均动能保持不变，故C正确；
D、在丁图中，图线的斜率k=VT不变，由pVT=C知，压强p不变，故D正确。
故选：CD。
在甲图中，气体发生等容变化，根据热力学第一定律分析气体吸收的热量与气体对外做的功的关系；在乙图中，根据体积的变化，分析分子的数密度变化情况；在丙图中，分析pV的变化，判断温度的变化，再分析气体分子的平均动能变化情况；在丁图中，根据V与T的关系分析压强是否不变。
本题重点考查气体的状态变化及做功、吸、放热和内能的变化，关键要明确气体的状态变化过程，根据热力学第一定律和理想气体状态方程相结合进行分析。
8.【答案】ABD
【解析】解：A、对于小球的上升过程，由动能定理得：0−12mv02=−(mg+f)H，故A正确；
B、对于小球的整个运动过程，由动能定理得：12mv2−12mv02=−2fH，故B正确；
C、把动量定理运用于全过程，选取向下方向为正方向，得：mv−(−mv0)=mg(t2+t1)+ft1−ft2，即mv+mv0=mg(t2+t1)+ft1−ft2，故C错误；
D、由于上升和下降过程克服阻力做功均为fH，根据功能关系，可得ΔE1=ΔE2=fH，故D正确。
故选：ABD。
对于上升过程，利用动能定理列式；对小球的整个运动过程，利用动能定理列式；对于整个过程，利用动量定理列式；根据功能关系列式，即可判断各个选项是否正确。
本题重点考查物体往返运动中的动能定理、功能关系及动量定理的运用，考查考生的科学思维。运用这些规律时，要灵活选择研究过程。运用动量定理时，要注意规定正方向。
9.【答案】AC
【解析】解：A、逐渐减小入射光线cd的入射角，折射角也逐渐减小，进入A中的光线在A、B的界面上的入射角逐渐增大，因为B相对A是光疏介质，当入射角大于等于临界角时，光线会在A、B的分界面上发生全反射，故A正确；
BCD、沿ab方向射到B中的光线，由B到A是由光疏介质进入光密介质，所以在BA界面上不会发生全反射，这束光线再射到AC的分界面上时，由光密介质到光疏介质，根据光线B到A和A到C的对称性，由A到C时，入射角不可能达到临界角，即不可能在AC界面上发生全反射；光线一定会从介质C中射出，且从C中射出光线一定和入射光线ab平行，故BD错误，C正确。
故选：AC。
发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于全反射临界角，结合全反射条件和几何关系进行分析。
本题重点考查光的折射和光的全反射，考查考生的科学思维，关键要掌握发生全反射的条件。
10.【答案】AB
【解析】解：A、在星球表面上，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg，结合密度公式ρ=M43πR3，可得g=GMR2=43πGρR，月球的半径是地球的a倍，密度是地球的b倍，则得月球表面的重力加速度是地球表面的ab倍，故A正确；
B、设某星球的第一宇宙速度为v，由GMmR2=mv2R，得v= GMR= 4πρG3R，可以得到月球的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的ab12倍，故B正确；
C、在月球发射近月卫星所做的最小功等于质量为m的物体以第一宇宙速度运动时具有的动能，即W=12m(ab12v)2=12ma2bv2，故C错误；
D、地球上秒摆的周期是2秒，单摆做简谐运动的周期公式是T=2π Lg，所以同一单摆在月球表面和地球表面的周期之比与重力加速度的平方根成反比，即T月T地= g地g月= 1ab，则在地球上做简谐运动的一个“秒摆”，移到月球表面，其周期T月=2(ab)12秒，故D错误。
故选：AB。
根据万有引力等于重力求出重力加速度表达式，再求月球表面的重力加速度。根据万有引力提供向心力求月球的第一宇宙速度。根据动能定理求在月球基地发射质量为m的近月卫星所做的功。根据单摆做简谐运动的周期公式T=2π Lg，求解“秒摆”移到月球表面时的周期。
本题重点考查万有引力定律及相关的不同星球之间的重力加速度、第一宇宙速度等知识，考查考生的物理观念。
11.【答案】
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，读数为：10mm+10×0.05mm=10.50mm
螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，读数为：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm
(2)A.利用平抛运动验证碰撞中动量守恒，需要验证mAv1=mAv2+mBv2，即mAxONt=mAxOMt+mBxOPt，等式两边的时间被约去，所以本实验不需要用秒表测时间，故A错误；
B.若入射小球质量小于被碰小球质量，碰撞后入射小球可能返回，实验不能正常进行，故B正确；
C.无论轨道是否粗糙，只要入射小球碰前瞬间速度大小恒定，就不影响实验的结论，故C正确；
D.在不发生碰撞的情况下入射小球做平抛的落点是N点，而不是P点，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)10.50，3.700；(2)BC。
(1)先确定游标卡尺和螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)根据动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导，结合实验图分析判断。
本题关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的实验原理，掌握动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导实验原理。
12.【答案】并联 2.5C300
【解析】解：(1))并联电阻有分流作用，将微安表改装成量程为10mA的电流表需要并联一个分流电阻；
根据欧姆定律，改装后的电流表的内阻Rg=I0R0Ig=100×10−6×25010×10−3Ω=2.5Ω
(2)欧姆表调零时，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表的内阻R内=EIg=1.510×10−3Ω=150Ω，所以调零电阻选择R3。
(3)将电池、改装后的电流表和滑动变阻器组成串联电路，欧姆表的黑表笔与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连，所作电路图如图所示：
(4)用调零后的欧姆表测电阻时，指针偏转角度是指针最大偏转角度的三分之一，则满足13Ig=ERx+R内
代入数据联立解得Rx=300Ω。
故箸案为：(1)并联；2.5；(2)C；(3)见解析；(4)300。
(1)并联电阻有分流作用，据此分析作答；根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装电流表的内阻；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表的内阻，然后作答；
(3)将电池、改装后的电流表和滑动变阻器组成串联电路，欧姆表的黑表笔与电池的正极相连，据此完成电路图；
(4)根据闭合定律的欧姆定律求待测电阻值。
本题考查多用电表原理，考查考生的科学探究素养。
13.【答案】解：(1)t1=1200s时入射，从M板边缘离开，设竖直分速度为vy
水平方向匀速有x=L=v0t，竖直方向匀加速有y=L4=0+vy2t，根据速度的合成规律有v2=v02+vy2
同时根据动能定理W=12mv2−12mv02
化简得W=18mv02
(2)竖直方向匀加速有y1=12at2
根据牛顿第二定律有qU1d=ma
由图象得U1=U2，Ek=12mv02+qU1dy1
化简得y1=12y=L8，Ek=1732mv02
答：(1)电场对带电粒子做的功18mv02；
(2)该粒子是t2=1600s时入射，粒子离开电场时的动能1732mv02。
【解析】(1)根据运动的分解和匀变速直线运动的平均速度公式以及动能定理，求电场对带电粒子做的功；
(2)根据竖直方向匀加速直线运动位移-时间公式、牛顿第二定律结合图像，求粒子离开电场时的动能。
本题考查带电粒子电场中的运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，同时考查考生的科学思维以及对动能定理等规律的掌握。
14.【答案】解：(1)t时刻金属棒ab产生的感应电动势为E=BLv
通过金属棒ab的感应电流大小为
I=ER+12R
金属棒ab受到的安培力大小为F安=BIL
金属棒ab的速度为v=at=12gt
根据牛顿第二定律得
F−mgsin30∘−F安=ma
化简可得：F=B23RL2gt+mg
(2)经时间t，金属棒ab的位移是：x=12at2=12⋅g2t2=14gt2
在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量为
q=I−Δt=E−R+R2⋅Δt=ΔΦ32R
回路磁通量变化量为ΔΦ=BLx
联立解得：q=BLgt26R
(3)根据功能关系可得：W=12mv2+mgxsin30∘+Q总
金属棒ab中产生的热量：Qab=23Q总
化简可得：Qab=23W−16mg2t2
答：(1)拉力F的大小随时间t变化的关系式为F=B23RL2gt+mg；
(2)在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量为BLgt26R；
(3)这一过程金属棒ab中产生的热能是23W−16mg2t2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、速度-时间公式推导出安培力与时间的关系式，结合牛顿第二定律推导出拉力F的大小随时间t变化的关系式；
(2)根据位移-时间公式求出在时间0∼t内金属棒ab通过的位移，再根据电荷量与磁通量变化量的关系求在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量；
(3)根据功能关系和热量分配关系求这一过程金属棒ab中产生的热量。
本题考查导体棒切割磁感线、功能关系，考查学生的科学思维。要能熟练推导出安培力与速度的关系、电荷量与磁通量变化量的关系。
15.【答案】解：(1)物块A在小车B上滑动时，由A和B组成的系统满足动量守恒，设A、B共速时速度大小是v。取向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv0=(M+m)v
解得：v=2m/s
对B，由动量定理得：μMgt1=mv−0
解得B匀加速至共速的时间为：t1=0.5s
此过程中A的位移为xA=v0+v2t1
解得：xA=1.25m
共速后A、B一起做匀速运动，当再次运动的位移为xAB=L−xA=2m−1.25m=0.75m时，A与C碰撞，所需时间为
t2=xABv=0.752s=0.375s
所以从开始经时间t=t1+t2=0.5s+0.375s=0.875s，A与小球C相撞。
(2)A与C发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
Mv=MvA+mvC
12Mv2=12MvA2+12mvC2
联立可得：vA=23m/s，vC=83m/s
(3)C球做圆周运动不脱离圆周轨道，有两种临界情况：
第一、恰好到达最高点，设绳长为R1，到达最高点的最小速度是 gR1
由机械能守恒定律得：
12mvC2=mg⋅2R1+12m( gR1)2
化简可得：R1=32225m
第二、小球到达圆心等高点时速度为零，设绳长为R2。
12mvC2=mgR2
化简可得：R2=1645m
所以绳长要满足：R≤32225m或R≥1645m。
答：(1)经0.875s时间A与C相碰；
(2)碰撞后瞬间A和C的速度大小分别是23m/s、83m/s；
(3)绳长R的范围为：R≤32225m或R≥1645m。
【解析】(1)物块A在小车B上滑动时，A和B组成的系统满足动量守恒，由动量守恒定律求出两者达到的共同速度，对小车，由动量定理求出此过程所用时间，由位移等于平均速度与时间的乘积求出此过程中A的位移，共速后A、B一起做匀速运动，再由运动学公式求出A与C碰撞所需时间。
(2)若A与C的碰撞是弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后瞬间A和C的速度大小。
(3)C球做圆周运动不脱离圆周轨道，有两种临界情况：第一、恰好到达最高点；第二、小球到达圆心等高点时速度为零。根据机械能守恒定律和临界条件相结合求解绳长R的范围。
本题考查动量守恒定律、动量定理以及机械能守恒定律的综合应用，关键要理清物块与小车的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件。
1.如图所示，物体A叠放在物体B上，B静置于粗糙的水平面上，A、B的接触面水平，A、B质量之比为1：2。在B上作用一水平恒力F，若A和B始终保持相对静止向右运动，下列说法正确的是( )
A. A物体一定受到向左的摩擦力
B. B对A的摩擦力大小可能等于F3
C. 在一段时间内拉力F做的功等于A和B动能的变化量和B克服地面摩擦力做的功之和
D. A对B压力的冲量和B对A支持力的冲量相同
2.关于分子运动论及其相关知识，下列判断正确的是( )
A. 已知物质的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，一定可以求分子的体积
B. 分子势能的变化总是与分子力做功相关，分子力做的功等于分子势能变化量的负值
C. 布朗运动形成的主要原因是悬浮颗粒内分子的无规则热运动
D. 分子间的相互作用力一定随距离的增大而减小
3.下列说法正确的是( )
A. 为了解释光电效应的实验规律，爱因斯坦借鉴了普朗克的量子观点，提出了光子说的理论
B. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 极限频率的存在，是光的粒子性无法解释的问题，因此光不具有粒子性
D. 某一频率的光照射到金属表面，电子吸收一个光子能量后，逃逸出来成为光电子。金属表面及内部的电子在逃逸出来的过程中克服原子核的引力及阻力所做的功称为逸出功
4.玻尔为了解释氢原子光谱的规律，提出了玻尔原子理论，成功地解释了氢原子光谱，但在解释除氢原子以外的其他原子光谱时就遇到了困难，究其原因，是在其理论中过多地保留了经典电磁理论。如认为电子绕原子核做匀速圆周运动，库仑引力提供向心力就属于经典电磁理论。根据玻尔的这一观点，以及氢原子的能量量子化和轨道量子化，并参考氢原子的能级图，下列判断正确的是( )
A. 已知氢原子的核外电子绕核运动的轨道半径间的关系是rn=n2r1，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比是1：9
B. 电子在n=1和n=3的轨道上运动的动能之比是3：1
C. 若氢原子核外电子的基态动能大小是13.6eV，则氢原子在基态时的电势能是−27.2eV
D. 氢原子从n=1跃迁到n=3的过程中，电势能的增加量等于动能的减少量
5.关于原子核的组成及相关知识，下列描述不正确的是( )
A. 贝克勒尔发现了天然放射现象，天然放射现象的发现使人们认识到原子核具有复杂的内部结构
B. 原子核衰变的过程一定存在质量亏损，所以产生的新核的比结合能一定小于反应前原子核的比结合能
C. 太阳不断的向外辐射大量的能量，能量的来源是轻核的聚变，即热核反应
D. β衰变中释放的β粒子就是电子，是原子核内一中子转化为一个质子时释放一个电子
6.如图所示，在正方形abcd区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子从a点沿ab方向射入磁场中，当入射速度大小小于或等于v时，粒子在该磁场区域运动时间最长，且最长时间为t。若其他条件均不变，当入射粒子的速度大小为4v时，则该粒子在磁场中的运动时间为( )
A. t2
B. t3
C. t4
D. t6
二、多选题：本大题共4小题，共22分。
7.下列对一定质量的理想气体状态发生变化时所遵循的规律描述正确的是( )
A. 在甲图中，气体由a到b的过程气体吸收的热量等于气体对外做的功
B. 在乙图中，气体由a到b的过程，分子的数密度可能保持不变
C. 在丙图中，气体由a到b的过程中，气体分子的平均动能保持不变
D. 在丁图中，气体由a到b的过程中，气体的压强保持不变
8.一质量为m小球从地面以初速度v0竖直向上抛出，回到抛出点时速度大小为v。设运动过程所受空气阻力大小恒为f，能达到的最大高度为H，上升时间为t1，下降时间为t2，上升和下降过程中机械能的减少量分别是ΔE1和ΔE2，重力加速度为g，下列关系式正确的是( )
A. 0−12mv02=−(mg+f)HB. 12mv2−12mv02=−2fH
C. mv+mv0=f(t2−t1)D. ΔE1=ΔE2
9.如图所示，A为折射率为n1的足够长矩形透明介质，B和C为同种材料、折射率为n2的矩形透明介质，且n1>n2。若某一束单色光沿ab方向斜射到介质B的上表面或沿cd方向斜射到介质A的左侧面，下列对两种入射光线发生的反射和折射情况的描述正确的是( )
A. 逐渐调节入射光线cd的入射角，进入A中的光线一定会在A、B的分界面上发生全反射
B. 逐渐增大入射光线ab的入射角，进入B中的光线一定会在B、A的分界面上发生全反射
C. 入射光线ab进入B中后，经多次折射后光线一定会从C中射出
D. 逐渐增大入射光线ab的入射角，由A射向A、C分界面的光线可能会在A、C界面发生全反射
10.月球可视为匀质球体，月球的半径是地球的a倍，密度是地球的b倍。地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度是v，忽略月球及地球自转的影响，下列判断正确的是( )
A. 月球表面的重力加速度是abg
B. 月球的第一宇宙速度是ab12v
C. 在月球基地发射质量为m的近月卫星所做的功至少是12ma2b2v2
D. 在地球上做简谐运动的一个“秒摆”，移到月球表面，其周期会是1(ab)12秒
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.请回答下列问题：
(1)图1和图2中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别是______ mm、______ mm。
(2)在“碰撞中的动量守恒”实验中，实验装置如图3所示，下列说法正确的是______(填选项序号)。
A.实验中必需的测量仪器有天平、毫米刻度尺和秒表
B.应该把质量较大的小球选为入射小球
C.斜轨道和水平轨道是否光滑对实验结论没有影响
D.图3中点P是不发生碰撞的情况下入射小球做平抛运动的落点
12.量程较小的微安表可以通过扩大量程改装为安培表，也可以改装成电压表。有一微安表，其量程为100μA，内阻为250Ω。
(1)若把该微安表改装成量程为10mA的电流表，需要______(填“串联”或“并联”)一个定值电阻R，改装后的新电流表的内阻是Rg=______Ω。
(2)把改装后的电流表组装成一个欧姆表，除一节电池(电动势1.5V，内阻很小)、红黑表笔一对、导线外，还需要一个滑动变阻器，在下列所给的三个滑动变阻器中，应该选择的是______(填选项序号)。
A.R1：阻值范围0∼20kΩ
B.R2：阻值范围0∼1500Ω
C.R3：阻值范围0∼200Ω
(3)在方框里画出组装后的欧姆表电路图(改装后的电流表用mA表示)。
(4)用改装后的欧姆表测量某电阻值，指针偏转角度是指针最大偏转角度的三分之一，则测量的电阻值是______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.如图1所示，平行金属板M、N间加有如图2所示的交变电压，两板长度L是两板间距的2倍。某一带电粒子(质量为m，不计重力)从平行板左侧以速度v0沿两板的中线射入平行板间，由于粒子在两板间运动的时间很短，可以认为粒子从入射到离开，两板间电压恒定不变。若粒子t1=1200s时入射，恰好从上极板M边缘离开。求：
(1)电场对带电粒子做的功；
(2)若该粒子是t2=1600s时入射，粒子离开电场时的动能。
14.如图所示，倾角30∘、宽为L的足够长U形光滑金属导轨固定在磁感应强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，重力加速度为g。现用一平行于导轨向上的拉力F，牵引一根长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，加速度大小为a=12g。金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，cd边电阻为12R，导轨其他部分电阻不计。
(1)写出拉力F的大小随时间t变化的关系式；
(2)求在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量；
(3)若在时间0∼t内拉力F做的功为W，求这一过程金属棒ab中产生的热能是多少。
15.如图所示，质量m=1kg的小车B静止于光滑水平面上，车长L=2m，在小车最右端正上方的O点，用长为R的细绳悬挂光滑小球C，小球C的质量也是m=1kg，小球C恰好和小车上表面不接触。某时刻，一质量为M=2kg、可视为质点的物块A，以v0=3m/s的初速度从小车左端水平滑上小车，物块A和小车之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。(结果均可用分式表示)
(1)经多长时间A与C相碰；
(2)若A与C的碰撞是弹性正碰，碰撞后瞬间A和C的速度大小分别是多少；
(3)若碰撞后小球C没有脱离圆周轨道，求绳长R的范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.若 A、B一起向右做匀加速直线运动时，整体有向右的加速度，由牛顿第二定律知A所受摩擦力向右，故A错误；
B.设地面对B的摩擦力为f，AB的瞬时加速度为a，对整体由牛顿第二定律得：
F−f=(mA+mB)a
故a
f′=mAa
又mA：mB=1：2
联立解得：f′
WF−Wf=ΔEk
解得：WF=ΔEk+Wf
即拉力F做的功等于A和B动能的变化量和B克服地面摩擦力做的功之和，故C正确；
D.A对B压力的冲量和B对A支持力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
结合物体运动情况，运用整体法和隔离法根据牛顿第二定律分析；对整体根据动能定理分析；根据冲量是矢量性分析。
本题重点考查叠加体的受力分析、功能关系以及作用力和反作用力的冲量问题，注意涉及多个物体时要灵活选用整体法和隔离法。
2.【答案】B
【解析】解：A、对固体和液体来说，分子间隙可以忽略不计，可以利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算分子的大小，但对气体分子来说，分子间隙很大，不能利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算气体分子的体积，故A错误；
B、分子力做功总是伴随着分子势能的变化，分子力做了多少正功，分子势能就减少多少，反之克服分子力做了多少功，分子势能就增加多少，故B正确；
C、布朗运动形成的原因是液体分子的运动，没有液体分子的运动就没有布朗运动，故C错误；
D、分子引力和分子斥力都随分子间距离的增大而减小，但分子力即分子引力和斥力的合力并不是随距离的增大而减小，故D错误。
故选：B。
物质是分子组成，分子永不停息做无规则运动，分子间存在着引力和斥力。对固体和液体来说，分子间隙可以忽略不计，可以利用摩尔体积和阿伏伽德罗常数来计算分子的大小。
本题重点考查分子运动论的相关知识，如：分子的大小、分子间的相互作用力、布朗运动、分子势能等，考查考生的物理观念。
3.【答案】A
【解析】解：A.爱因斯坦为了解释光电效应的规律，借鉴了普朗克的量子观点，提出了光子说的理论，成功的解释了光电效应的规律，故A正确；
B.根据爱因斯坦的光电效应方程hv=Ek+W
最大初动能Ek=h⋅v−W
由此可知，光电子的最大初动能与入射光的频率是一次函数关系，不是正比关系，故B错误；
C.按照波动理论，只要光照射的时间足够长，金属中的电子就能吸收到足够多的能量，从金属表面逃逸出来成为光电子，而实际上是如果入射光的频率低于一定值，无关入射光多么强，照射时间多长都不能逸出光电子；极限频率的存在，光的波动性不能解释，如果用光子说就能成功加以解释，故C错误；
D.只有直接从金属表面逃逸出来的电子，克服内部原子核的引力及阻力所做的功最小，这个最小功称为逸出功，故D错误。
故选：A。
A.根据爱因斯坦的光子说分析作答；
B.根据爱因斯坦光电效应方程分析作答；
C.根据波动说在解释极限频率遇到的困难分析作答；
D.根据逸出功的含义分析作答。
本题重点考查光电效应实验的结论、规律以及爱因斯坦的光子说，考查考生的物理观念。
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据ke2r2=m4π2T2r=mv2r，可得T2=m4π2ke2r3，v2=ke2mr，已知：rn=n2r1，可得：
周期T与量子数n的三次方成正比，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比是1：27；
动能与量子数n的平方成反比，则电子在n=1和n=3的轨道上运动的动能之比是9：1，故AB错误；
C、因为氢原子的基态能量是−13.6eV，若动能是13.6eV，结合原子能量是动能和电势能之和，所以基态电势能是−13.6eV−13.6eV=−27.2eV，故C正确；
D、氢原子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，原子能量变大，而动能减少，电势能增大，所以电势能增加量大于动能减少量，故D错误。
故选：C。
根据库仑力提供向心力，结合氢原子的轨道半径公式，求出电子在n=1和n=3的轨道上运动的周期之比和动能之比；氢原子的能量为电势能和核外电子的动能之和；氢原子从低能级跃迁到高能级需要吸收能量，原子能量变大，电势能的增加量大于动能的减少量。
解决本题的关键要理解题意，根据库仑力提供向心力列式解答，掌握和理解玻尔理论的内容。
5.【答案】B
【解析】解：A.贝克勒尔发现了天然放射现象，故A正确；
B.衰变过程是一个释放结合能的过程，一定存在质量亏损；原子衰变后产生的新核更稳定，根据比结合能越大原子越稳定，因此新核的比结合能一定大于反应前原子核的比结合能，故B错误；
C.太阳的能量的来源是轻核的聚变，即热核反应，故C正确；
D.β衰变中释放β粒子就是电子，来源于原子核内一中子转化为一个质子和一个电子，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
A.根据物理学史和常识解答即可；
B.原子衰变后产生的新核更稳定，根据比结合能越大原子越稳定分析作答；
C.太阳的能量来自轻核聚变；
D.根据β衰变的实质分析作答。
本题重点考查原子核的组成，原子核的衰变及原子核的结合能，考查考生的物理观念；注意β衰变的实质是一个易错点。
6.【答案】D
【解析】解：从a点沿ab方向进入磁场中的粒子，在磁场中运动的最长时间为半个周期，即t=T2。对应的最大半径是正方形边长的一半，即速度是v时，粒子做圆周的半径等于正方形边长的一半，a=2r=2×mvqB。
从d点射出磁场。入射速度是4v时，由周期公式T=2πmqB知，周期不变，半径是正方形边长的两倍，将从bc边离开磁场，利用几何知识可知，对应的圆心角是30∘，运动时间是周期的十二分之一，即t6，故ABC错误，D正确。
故选：D。
由轨迹结合几何知识可以确定粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出磁感应强度；
由周期公式可以求出运动时间，T=2πmqB，周期与速度无关，入射速度对应的直径小于L时，其运动时间都等于半个周期，都相等；
半径r=mvqB，r与v成正比。
本题重点考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动以及临界问题，考查考生的科学思维。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，推导出的半径与周期公式，灵活掌握粒子在磁场中运动时间的求解。
7.【答案】CD
【解析】解：A、在甲图中，气体由a到b的过程是等容升温过程，W=0，根据热力学第一定律知吸收的热量等于内能的增加量，故A错误；
B、在乙图中，气体由a到b的过程，体积变小，气体分子的数密度增大，故B错误；
C、在丙图中，气体由a到b的过程中，图线的斜率p1V=pV不变，由pVT=C知，温度不变，气体作等温变化，气体分子的平均动能保持不变，故C正确；
D、在丁图中，图线的斜率k=VT不变，由pVT=C知，压强p不变，故D正确。
故选：CD。
在甲图中，气体发生等容变化，根据热力学第一定律分析气体吸收的热量与气体对外做的功的关系；在乙图中，根据体积的变化，分析分子的数密度变化情况；在丙图中，分析pV的变化，判断温度的变化，再分析气体分子的平均动能变化情况；在丁图中，根据V与T的关系分析压强是否不变。
本题重点考查气体的状态变化及做功、吸、放热和内能的变化，关键要明确气体的状态变化过程，根据热力学第一定律和理想气体状态方程相结合进行分析。
8.【答案】ABD
【解析】解：A、对于小球的上升过程，由动能定理得：0−12mv02=−(mg+f)H，故A正确；
B、对于小球的整个运动过程，由动能定理得：12mv2−12mv02=−2fH，故B正确；
C、把动量定理运用于全过程，选取向下方向为正方向，得：mv−(−mv0)=mg(t2+t1)+ft1−ft2，即mv+mv0=mg(t2+t1)+ft1−ft2，故C错误；
D、由于上升和下降过程克服阻力做功均为fH，根据功能关系，可得ΔE1=ΔE2=fH，故D正确。
故选：ABD。
对于上升过程，利用动能定理列式；对小球的整个运动过程，利用动能定理列式；对于整个过程，利用动量定理列式；根据功能关系列式，即可判断各个选项是否正确。
本题重点考查物体往返运动中的动能定理、功能关系及动量定理的运用，考查考生的科学思维。运用这些规律时，要灵活选择研究过程。运用动量定理时，要注意规定正方向。
9.【答案】AC
【解析】解：A、逐渐减小入射光线cd的入射角，折射角也逐渐减小，进入A中的光线在A、B的界面上的入射角逐渐增大，因为B相对A是光疏介质，当入射角大于等于临界角时，光线会在A、B的分界面上发生全反射，故A正确；
BCD、沿ab方向射到B中的光线，由B到A是由光疏介质进入光密介质，所以在BA界面上不会发生全反射，这束光线再射到AC的分界面上时，由光密介质到光疏介质，根据光线B到A和A到C的对称性，由A到C时，入射角不可能达到临界角，即不可能在AC界面上发生全反射；光线一定会从介质C中射出，且从C中射出光线一定和入射光线ab平行，故BD错误，C正确。
故选：AC。
发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于全反射临界角，结合全反射条件和几何关系进行分析。
本题重点考查光的折射和光的全反射，考查考生的科学思维，关键要掌握发生全反射的条件。
10.【答案】AB
【解析】解：A、在星球表面上，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg，结合密度公式ρ=M43πR3，可得g=GMR2=43πGρR，月球的半径是地球的a倍，密度是地球的b倍，则得月球表面的重力加速度是地球表面的ab倍，故A正确；
B、设某星球的第一宇宙速度为v，由GMmR2=mv2R，得v= GMR= 4πρG3R，可以得到月球的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的ab12倍，故B正确；
C、在月球发射近月卫星所做的最小功等于质量为m的物体以第一宇宙速度运动时具有的动能，即W=12m(ab12v)2=12ma2bv2，故C错误；
D、地球上秒摆的周期是2秒，单摆做简谐运动的周期公式是T=2π Lg，所以同一单摆在月球表面和地球表面的周期之比与重力加速度的平方根成反比，即T月T地= g地g月= 1ab，则在地球上做简谐运动的一个“秒摆”，移到月球表面，其周期T月=2(ab)12秒，故D错误。
故选：AB。
根据万有引力等于重力求出重力加速度表达式，再求月球表面的重力加速度。根据万有引力提供向心力求月球的第一宇宙速度。根据动能定理求在月球基地发射质量为m的近月卫星所做的功。根据单摆做简谐运动的周期公式T=2π Lg，求解“秒摆”移到月球表面时的周期。
本题重点考查万有引力定律及相关的不同星球之间的重力加速度、第一宇宙速度等知识，考查考生的物理观念。
11.【答案】
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，读数为：10mm+10×0.05mm=10.50mm
螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，读数为：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm
(2)A.利用平抛运动验证碰撞中动量守恒，需要验证mAv1=mAv2+mBv2，即mAxONt=mAxOMt+mBxOPt，等式两边的时间被约去，所以本实验不需要用秒表测时间，故A错误；
B.若入射小球质量小于被碰小球质量，碰撞后入射小球可能返回，实验不能正常进行，故B正确；
C.无论轨道是否粗糙，只要入射小球碰前瞬间速度大小恒定，就不影响实验的结论，故C正确；
D.在不发生碰撞的情况下入射小球做平抛的落点是N点，而不是P点，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)10.50，3.700；(2)BC。
(1)先确定游标卡尺和螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)根据动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导，结合实验图分析判断。
本题关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的实验原理，掌握动量守恒定律表达式和平抛运动规律推导实验原理。
12.【答案】并联 2.5C300
【解析】解：(1))并联电阻有分流作用，将微安表改装成量程为10mA的电流表需要并联一个分流电阻；
根据欧姆定律，改装后的电流表的内阻Rg=I0R0Ig=100×10−6×25010×10−3Ω=2.5Ω
(2)欧姆表调零时，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表的内阻R内=EIg=1.510×10−3Ω=150Ω，所以调零电阻选择R3。
(3)将电池、改装后的电流表和滑动变阻器组成串联电路，欧姆表的黑表笔与电池的正极相连，红表笔与电池的负极相连，所作电路图如图所示：
(4)用调零后的欧姆表测电阻时，指针偏转角度是指针最大偏转角度的三分之一，则满足13Ig=ERx+R内
代入数据联立解得Rx=300Ω。
故箸案为：(1)并联；2.5；(2)C；(3)见解析；(4)300。
(1)并联电阻有分流作用，据此分析作答；根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装电流表的内阻；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求欧姆表的内阻，然后作答；
(3)将电池、改装后的电流表和滑动变阻器组成串联电路，欧姆表的黑表笔与电池的正极相连，据此完成电路图；
(4)根据闭合定律的欧姆定律求待测电阻值。
本题考查多用电表原理，考查考生的科学探究素养。
13.【答案】解：(1)t1=1200s时入射，从M板边缘离开，设竖直分速度为vy
水平方向匀速有x=L=v0t，竖直方向匀加速有y=L4=0+vy2t，根据速度的合成规律有v2=v02+vy2
同时根据动能定理W=12mv2−12mv02
化简得W=18mv02
(2)竖直方向匀加速有y1=12at2
根据牛顿第二定律有qU1d=ma
由图象得U1=U2，Ek=12mv02+qU1dy1
化简得y1=12y=L8，Ek=1732mv02
答：(1)电场对带电粒子做的功18mv02；
(2)该粒子是t2=1600s时入射，粒子离开电场时的动能1732mv02。
【解析】(1)根据运动的分解和匀变速直线运动的平均速度公式以及动能定理，求电场对带电粒子做的功；
(2)根据竖直方向匀加速直线运动位移-时间公式、牛顿第二定律结合图像，求粒子离开电场时的动能。
本题考查带电粒子电场中的运动，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，同时考查考生的科学思维以及对动能定理等规律的掌握。
14.【答案】解：(1)t时刻金属棒ab产生的感应电动势为E=BLv
通过金属棒ab的感应电流大小为
I=ER+12R
金属棒ab受到的安培力大小为F安=BIL
金属棒ab的速度为v=at=12gt
根据牛顿第二定律得
F−mgsin30∘−F安=ma
化简可得：F=B23RL2gt+mg
(2)经时间t，金属棒ab的位移是：x=12at2=12⋅g2t2=14gt2
在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量为
q=I−Δt=E−R+R2⋅Δt=ΔΦ32R
回路磁通量变化量为ΔΦ=BLx
联立解得：q=BLgt26R
(3)根据功能关系可得：W=12mv2+mgxsin30∘+Q总
金属棒ab中产生的热量：Qab=23Q总
化简可得：Qab=23W−16mg2t2
答：(1)拉力F的大小随时间t变化的关系式为F=B23RL2gt+mg；
(2)在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量为BLgt26R；
(3)这一过程金属棒ab中产生的热能是23W−16mg2t2。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、速度-时间公式推导出安培力与时间的关系式，结合牛顿第二定律推导出拉力F的大小随时间t变化的关系式；
(2)根据位移-时间公式求出在时间0∼t内金属棒ab通过的位移，再根据电荷量与磁通量变化量的关系求在时间0∼t内通过导体某一横截面的电荷量；
(3)根据功能关系和热量分配关系求这一过程金属棒ab中产生的热量。
本题考查导体棒切割磁感线、功能关系，考查学生的科学思维。要能熟练推导出安培力与速度的关系、电荷量与磁通量变化量的关系。
15.【答案】解：(1)物块A在小车B上滑动时，由A和B组成的系统满足动量守恒，设A、B共速时速度大小是v。取向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv0=(M+m)v
解得：v=2m/s
对B，由动量定理得：μMgt1=mv−0
解得B匀加速至共速的时间为：t1=0.5s
此过程中A的位移为xA=v0+v2t1
解得：xA=1.25m
共速后A、B一起做匀速运动，当再次运动的位移为xAB=L−xA=2m−1.25m=0.75m时，A与C碰撞，所需时间为
t2=xABv=0.752s=0.375s
所以从开始经时间t=t1+t2=0.5s+0.375s=0.875s，A与小球C相撞。
(2)A与C发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
Mv=MvA+mvC
12Mv2=12MvA2+12mvC2
联立可得：vA=23m/s，vC=83m/s
(3)C球做圆周运动不脱离圆周轨道，有两种临界情况：
第一、恰好到达最高点，设绳长为R1，到达最高点的最小速度是 gR1
由机械能守恒定律得：
12mvC2=mg⋅2R1+12m( gR1)2
化简可得：R1=32225m
第二、小球到达圆心等高点时速度为零，设绳长为R2。
12mvC2=mgR2
化简可得：R2=1645m
所以绳长要满足：R≤32225m或R≥1645m。
答：(1)经0.875s时间A与C相碰；
(2)碰撞后瞬间A和C的速度大小分别是23m/s、83m/s；
(3)绳长R的范围为：R≤32225m或R≥1645m。
【解析】(1)物块A在小车B上滑动时，A和B组成的系统满足动量守恒，由动量守恒定律求出两者达到的共同速度，对小车，由动量定理求出此过程所用时间，由位移等于平均速度与时间的乘积求出此过程中A的位移，共速后A、B一起做匀速运动，再由运动学公式求出A与C碰撞所需时间。
(2)若A与C的碰撞是弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后瞬间A和C的速度大小。
(3)C球做圆周运动不脱离圆周轨道，有两种临界情况：第一、恰好到达最高点；第二、小球到达圆心等高点时速度为零。根据机械能守恒定律和临界条件相结合求解绳长R的范围。
本题考查动量守恒定律、动量定理以及机械能守恒定律的综合应用，关键要理清物块与小车的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件。
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