2024年陕西省西安市西工大附中高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省西安市西工大附中高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A. O点最大
B. P点最大
C. Q点最大
D. 整个运动过程保持不变
2.2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为( )
A. 2 2B. 2C. 2D. 22
3.如图所示，电量为+q和−q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )
A. 体中心、各面中心和各边中点
B. 体中心和各边中点
C. 各面中心和各边中点
D. 体中心和各面中心
4.高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的流量(单位时间内流出液体的体积)一定，水打到材料表面后，迅速沿表面散开不反弹，已知“水刀”喷嘴的直径可在0.1mm∼0.3mm范围内调节，则该“水刀”在材料表面产生的最小压强与最大压强之比为( )
A. 1：3B. 1：9C. 1：27D. 1：81
5.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共5小题，共27分。
6.如图所示，平行板电容器A、B两极板与直流电源E、理想二极管D(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大
B. 将极板B向上平移后，油滴在P点的电势能Ep减小
C. 将极板A向上平移后，带电油滴静止不动
D. 将极板B向下平移后，极板B的电势降低
7.某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为+q的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则( )
A. 若O点的电势为零，则A点的电势为−E0d2
B. 粒子从A到B做匀速直线运动
C. 粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D. 粒子运动到B点时动能为3qE0d2
8.如图所示，甲、乙两传送带，倾斜于水平地面放置，传送带上表面以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率y小物块在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离A处的竖直高度皆为H。则在小物体从A到B的过程中( )
A. 两种传送带对小物体做功相等
B. 将小物体传送到B处，甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙多
C. 两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D. 将小物体传送到B处，甲图所示的系统中因摩擦而产生的热量比乙少
9.如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是( )
A. 气体分子平均动能不变
B. 气体内能减少
C. 气体吸收热量
D. 气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现
E. 气体是从单一热源吸热，全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律
10.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )
A. 这列波的波速为16.7m/s
B. 这列波的周期为0.8s
C. 质点c在这段时间内通过的路程一定等于30 cm
D. 从t时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是t+13s这个时刻
E. 当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=______m/s2(保留3位有效数字)。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=______m/s2(保留3位有效数字)，可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______。
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
(1)打开电源，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间______时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=______，滑块动量改变量的大小Δp=______；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)
(6)某一次测量得到的一组数据为：d=1.000cm，m1=1.50×10−2kg，m2=0.400kg，Δt1=3.900×10−2s，Δt2=1.270×10−2s，t12=1.50s，取g=9.80m/s2。计算可得I=______N⋅s，Δp=______kg⋅m⋅s−1；(结果均保留3位有效数字)
(7)定义δ=|I−ΔpI|×100%，本次实验δ=______%(保留1位有效数字)。
五、简答题：本大题共2小题，共13分。
13.某探究小组利用压力传感器设计了一个温度报警装置，其原理如图所示。在竖直放置且导热性良好的圆柱形容器内用面积S=100cm2、质量m=1kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体温度T0=350K，活塞与容器底的距离h0=35cm，因环境温度升高活塞缓慢上升d=5cm后恰好接触固定的压力传感器，环境温度继续上升T2=480K时刚好触发报警器工作，大气压强p0=9.9×104Pa。重力加速度g=10m/s2。
(1)求活塞刚接触传感器时气体的温度T1及报警器刚好被触发工作时气体的压强；
(2)若封闭气体从温度T0至T2过程中气体从外界吸收热量Q=250J，求气体内能增加了多少。
14.如图所示，AB为一长L=30km的光导纤维，一束光线从端面A射入，在侧面发生全反射，最后从B端面射出。已知光导纤维的折射率n=1.35，光线从纤维内侧面向外射出时，临界角的正弦值为0.9，现要求光线从A端到B端的过程中不能从侧面射出，求光线从A端传播到B端所需时间为t的最小值和最大值。
六、计算题：本大题共2小题，共32分。
15.如图所示，一个带有14圆弧的粗糙滑板A的总质量mA=3kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长L=3.75m.开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB=2kg的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0=5m/s滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ=0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上．
(1)求A、B相对静止时的速度大小．
(2)若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距 1m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能．
(3)若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．(取g=10m/s2，结果可以保留根号)
16.一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0∼t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1=0.8s；t1∼t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1m.
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v−t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1∼t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1∼t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；
小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
对小石子受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是对小石子做好受力分析，结合牛顿第二定律判断即可。
2.【答案】C
【解析】解：地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是万有引力提供向心力，则
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
其中中心天体的质量之比为2：1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小之比的比值为 2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据万有引力提供向心力得出线速度的表达式，结合质量之比和半径之比得出速度的大小之比。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零，两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向．在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零．在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零．而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．
故选D.
两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零．两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向．两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向．然后分线中心、面中心和体中心进行分析，分析时将图中点电荷分组，运用合成法讨论．
本题分线中心、面中心和体中心三种情况讨论，抓住两个等量同种电荷连线中点和中垂线上的场强情况进行分析讨论．
4.【答案】D
【解析】解：Δt时间内水的流量一定，则Q=SvΔtΔt=Sv
横截面积为S=πd24
选取Δt时间内打到表面为Δm的水为研究对象，以从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，
由动量定理得：−FΔt=0−Δmv
其中质量为Δm=ρSvΔt
解得：F=ρSv2
根据牛顿第三定律可知，材料表面受到的压力F′=F
水对材料垂直于表面方向的压强为：p=F′S
联立解得：p=ρv2
化简解得压强为：p=16ρQ2π2d4
喷嘴的最小直径和最大直径之比13，则最大压强和最小压强之比为811，故最小压强与最大压强之比为181。故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据水的质量与速度关系求从喷嘴喷出水的流度v的大小；根据动量定理和压强公式及牛顿第三定律求水对材料表面的压强p约为多大。
本题是以水刀应用高压水流切割技术为背景的试题，考查的是流体问题中动量定理的应用，解决从问题得关键是选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm水为研究对象，然后用动量定理方程求解。
5.【答案】B
【解析】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。
AB.根据重力势能表达式可知Ep1=mg(x1+x2−x)x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x>x1时，此时的弹簧的弹性势能为：Ep2=12k(x−x1)2
设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E=E0+Ep2
可知E0=E−12k(x−x1)2
是开口向下的抛物线，故A错误，B正确；
CD.设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：Ek=12mv12=12m(gt1)2=mg2t122
故第一阶段的Ek−t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：a=mg−Fm
可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：a=F−mgm
可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x>x1的范围内，先加速后减速，x−t图像的斜率先增大后减小，则Ep2−t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。
故选：B。
分阶段分析出小球在不同过程中的运动特点，结合图像的物理意义和过程中的能量转化特点即可完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合牛顿第二定律得出其运动特点，理解过程中的能量转化关系即可完成分析。
6.【答案】CD
【解析】解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：C=εS4πkd，C=QU，极板间的电场强度：E=Ud，整理得：
E=4πkQϵS；油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE=mg；
A、将上极板A向下平移，d变小，由C=εS4πkd可知，C变大，由Q=CU，电容器电量Q增多，由于二极管具有单向导电性，电容器要充电，由E=4πkQϵS可知电容器两极板间的电场强度增大，由于下极板B电势不变(低电势)，且下极板B与P点距离不变，而电场强度变大，则P点到B极板的电势差(为正)变大，P点电势升高，再由油滴带负电，所以油滴在P点的电势能EP减小，故A错误；
B、将下极板B向上平移，d变小，由C=εS4πkd，可知，C变大，由Q=CU，电容器电量Q增多，由于二极管具有单向导电性，电容器要充电，由E=4πkQϵS可知电容器两极板间的电场强度增大，由于上极板A电势不变(高电势)，且上极板A与P点距离不变，而电场强度变大，则A极扳到P点的电势差(为正)变大，P点电势降低，再由油滴带负电，所以油滴在P点的电势能EP变大，故B错误；
C、将上极板A向上平移，d变大，由C=εS4πkd可知，C变小，由Q=CU，电容器电量Q减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=4πkQϵS可知电容器两极板间的电场强度不变，则电场力不变，因此带电油滴静止不动，故C正确；
D、将下极板B向下平移后，由C=εS4πkd，可知，C变小，由Q=CU，电容器电量Q减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E=4πkQϵS可知，电场强度E不变，而上极板与下极板的距离变大，则它们的电势差增大，因此极板B的电势降低，故D正确。
故选：CD。
根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动。
本题考查了判断P点电势高低、油滴运动方向问题，本题难度较大，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；应用：C=εS4πkd，C=QU，E=Ud，即可解题。
7.【答案】AD
【解析】解：A、由图可知E−x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA=12E0d，由于φ=0，因此φA=−12E0d，故A正确。
B、粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误。
C、粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量，或者从OA段和BC段图象包围的面积分析可知UOA>UBC，根据电场力做功公式W=qU和W=△E电，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于BC段变化量。故C错误。
D、从O到B点过程列动能定理，则有：W电=qUOB=EKB−0，而UOB=12E0(d+2d)，联立方程解得：EKB=3qE0d2.故D正确。
故选：AD。
解答本题的关键是：要知道E−x图象所包围的面积表示两点间的电势差大小，再利用动能定理、电场力做功公式和电场力做功与电势能的变化关系可解答案。
8.【答案】ABC
【解析】解：A.在小物体从A到B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量，因机械能增量相同，故传送带对小物体做功相等，故A正确；
C.小物体在两种传送带上均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小
a=μgcsθ−gsinθ
在速度达到v的过程中，小物体在甲传送带上的位移较大，根据公式a=v22s
可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据
a=μgcsθ−gsinθ
可得
μ=agcsθ+tanθ
即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，故C正确；
D.在小物体从到B的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，根据公式
Q=fs相对
计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为v，加速度大小为a=μgcsθ−gsinθ
末速度为零的匀减速直线运动，可求出
s相对=v22a
可见，s相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v过程中的位移，即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为W1，克服重力做功为mgH，动能改变量为12mv2，根据动能定理可求得
W1=12mv2+mgH
同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为
W2=12mv2+mg(H−h)
显然W1>W2，所以Q1>Q2即甲系统产生的热量多，故D错误；
B.在将小物体传送到B处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能，两种系统增加的机械能相等，产生的内能Q1>Q2，所以甲图所示的系统中传送带消耗的电能比乙多，故B正确。
故选：ABC。
对小物体从A端上升做匀加速直线运动的过程，分别利用牛顿第二定律和运动学公式列方程，得到动摩擦因数表达式，再分析动摩擦因数关系；根据相对位移比较两种情况下产生的热量关系，利用能量守恒定律分析传送带消耗的电能关系。根据功能关系分析传送带对小物体做功关系。
解决本题关键要能够对物体进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系。要注意摩擦生热与相对位移有关。
9.【答案】AC
【解析】解：A、封闭气体等温膨胀过程，温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，所以A正确；
B、温度不变，则气体分子的内能不变，B错误；
C、温度不变，内能不能，体积膨胀对外做功，气体一定吸热，C正确D错误；
E、由热力学第二定律知不可能从单一热源吸热全部用来做功而不引起其它变化，故E错误。
故选：AC。
封闭气体等温膨胀过程，温度是分子平均动能的标志且理想气体的内能只与温度有关，以活塞为研究对象根据受力平衡判断水平外力F的变化．
本题的突破口是：题目中说“导热”的汽缸且环境保持恒温，即得出气体做等温变化．然后会根据热力学第一定律判断各种变化．
10.【答案】BDE
【解析】解：A、由图可知，波的波长为λ=40m；波从P传到Q的距离为x=90m−60m=30m，波速为v=xt=300.6=50m/s，故A错误．
B、这列波的周期T=λv=4050s=0.8s，故B正确．
C、波从P传到c的时间为14T=0.2s，在在这段时间内质点c振动了半个周期，通过的路程等于2A=20cm，故C错误．
D、从t时刻开始计时，质点a的振动方程为y=Asin(2πTt+π6)=10sin(2.5πt+π6)cm
当y=0，2.5πt+π6=π时，t=13s，故在t+13s这个时刻质点a第一次到达平衡位置，故D正确．
E、在 t时刻，因波沿x轴正方向传播，故此时质点P是向上振动的，经0.5s=58T后，P正在向下振动(负位移)，是经过平衡位置后向下运动0.1s；
质点b是正在向上振动的(负位移)，是在到达最低点后向上运动0.1s，可见此时两个质点的位移相同．故E正确；
故选：BDE.
由图可知波的波长，由两列波的波形图可得波传播的距离，可得出波速；由波速可知周期，根据时间与周期的关系可得出质点的路程及位移．写出从t时刻开始计时，质点a的振动方程，再求t+13s时刻的位移．
本题考查了波的多解性以及振动的性质，要注意理解E项中简谐运动的对称性，P和b正好位移相同，但是速度方向恰好相反．
11.【答案】滑轮不光滑(或滑轮有质量)
【解析】解：释放后小球做初速度为零的匀加速直线运动，在时间T=0.730s内的位移为
Δh=h0−h=0.590m−0.100m=0.490m
根据匀变速直线运动位移与时间的关系可得
Δh=12aT2
代入数据解得
a≈1.84m/s2
对A、B小球整体分析，由牛顿第二定律有
mBg−mAg=(mA+mB)a′
代入数据解得
a′=1.96m/s2
理论上a′与a有应该相等，但由于滑轮有质量，以及滑轮转动过程中与绳子、轮轴之间都存在摩擦，这些都不可忽略，因此造成了明显的差异。
故答案为：1.84；1.96；滑轮不光滑(或滑轮有质量)。
根据运动学公式得出小球B加速度的大小；
根据牛顿第二定律联立等式得出小球B加速度的大小；
根据实验原理分析出对应的实验误差的产生原因。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】相等 m1gt12 m2(dΔt2−dΔt1)
【解析】解：(1)当经过A、B两个光电门时间相等时，则速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘的所受重力视为物块所受拉力，拉力冲量的大小为I=Ft12=m1gt12
由于光电门的宽度d很小，所以我们用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度，
故滑块经过A时的瞬时速度vA=dΔt1，滑块经过B时的瞬时速度vB=dΔt2，故滑块动量改变量的大小Δp=m2(vB−vA)=m2(dΔt2−dΔt1)；
(6)I=m1gt12=1.50×10−2×9.80×1.50N⋅s=0.221N⋅s
Δp=m2(dΔt2−dΔt1)=0.4×(1.0×10−21.27×10−2−1.0×10−23.9×10−2)kg⋅m/s=0.212kg⋅m/s
(7)δ=该题所给物理量δ=|I−ΔpI|×100%=|0.221−|×100%=4%。
故答案为：(1)相等；(5)m1gt12，m2(dΔt2−dΔt1)；(6)0.221，0.212；(7)4
(1)根据实验原理分析出如何判断气垫导轨水平；
(5)根据冲量公式计算出拉力冲量的大小，结合动量计算公式计算出滑块的动量改变量的表达式；
(6)代入数据分别计算出冲量I和动量的改变量；
(7)根据相对误差的定义代入数据完成计算。
了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。
13.【答案】解：(1)活塞缓慢上升至刚接触传感器过程，等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：V0T0=V1T1
其中：V0=h0S，V1=(h0+d)S
代入数据解得：T1=400K
活塞刚接触传感器到刚好触发报警器过程，等容变化，根据查理定律可得：p1T1=p2T2
活塞受力平衡，根据平衡条件可得：p1S=mg+p0S
联立解得：p2=1.2×105Pa
(2)外界对气体做功：W=−p1Sd，其中：S=100cm2=0.01m2，d=5cm=0.05m
由热力学第一定律：ΔU=W+Q
联立解得：ΔU=200J。
答：(1)活塞刚接触传感器时气体的温度为400K，报警器刚好被触发工作时气体的压强为1.2×105Pa；
(2)若封闭气体从温度T0至T2过程中气体从外界吸收热量Q=250J，则气体内能增加了200J。
【解析】(1)活塞缓慢上升至刚接触传感器过程，根据盖-吕萨克定律求解温度；活塞刚接触传感器到刚好触发报警器过程，根据查理定律求解压强；
(2)求出外界对气体做的功，由热力学第一定律求解气体内能的增加。
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，分析一定质量的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。
14.【答案】解：画出光路图如图所示：
光从光导纤维到空气的界面，当入射角α=C时，光的路程最长，所用时间也最长。
光的传播路程s=Lsinα，又，n=cv，设所用最长时间为t，
则有：s=vt，联立解以上各式得：tmax=nLcsinα=1.35×30×1033×108×0.9s=1.5×10−4s
时间最小值为：tmin=Lv=nLc=1.35×30×1033×108s=1.35×10−4s。
答：光线从A端传播到B端所需时间为t的最小值和最大值分别为1.35×10−4s和1.5×10−4s。
【解析】由v=cn求出光在透明体中的传播速度。当光垂直A端面射入时，通过的光程最短，所用时间最短；光以接近平行于A端面的方向射入时，折射角最大为临界角C，α最小，光在透明体里通过的光程最长，时间最长。由几何知识求出光在透明体里通过的路程s，由t=sv解时间。
本题在掌握光在介质中速度公式v=cn和临界角公式sinC=1n基础上，关键分析时间最长的条件。
15.【答案】解：(1)A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mBv0=(mB+mA)v，代入数据解得：v=2m/s.
(2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2.
由能量守恒定律得：12mBv02=12(mB+mA)v2+Q1+Q2，
又：Q2=μmBg(LQP+LPR)，代入数据解得：Q1=0.75J.
(3)设小木块B下滑到P点时速度为vB，同时A的速度为vA，
以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=mBvB+mAvA，
由能量守恒定律得：12mBv02=12mBvB2+12mAvA2+μmBgL，
代入数据解得：vB2−0.8v0vB+6.75−0.2v02=0，
当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右，
即：v0>5.9m/s，B有可能相对地面向右运动，
如果B最终不滑离A，则有：μmBg⋅2L≥12mBv02=12(mB+mA)(25v0)2，
代入数据解得：v0≤6.1m/s，则v0的取值范围是：5.9m/s答：(1)A、B相对静止时的速度大小是2m/s；
(2)系统在该运动过程中因摩擦产生的内能是0.75J.
(3)B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为5.9m/s【解析】(1)小木块B从开始运动直到A、B相对静止的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向上动量守恒，根据水平方向动量守恒求解A、B相对静止时的速度大小；
(2)若B最终停在A的水平部分上的R点，系统的机械能减小，转化为系统的内能，根据能量守恒定律求解系统在该运动过程中因摩擦产生的内能；
(3)根据系统的动量守恒和能量结合分析B既能向右滑动、又不滑离木板A的v0取值范围．
解决问题首先要清楚研究对象的运动过程，我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
16.【答案】解：(1)v−t图象如图所示；
(2)设刹车前汽车匀速行驶的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在t2时刻以后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取△t=1s，设汽车在t2+(n−1)△t∼t2+n△t内的位移为sn，n=1、2、3…。
若汽车在t2+3△t∼t2+4△t时间内未停止，设它在t2+3△t时刻的速度为v3，在t2+4△t时刻的速度为v4，根据运动学公式有：
s1−s4=3a(△t)2 ①
s1=v2△t−12a(△t)2 ②
v4=v2−4a△t③
联立①②③式，代入数据解得：v4=−176m/s④
这说明在t2+4△t时刻前，汽车已经停止。因此，①式子不成立；
由于在t2+3△t∼t2+4△t时间内汽车停止，根据运动学公式可得：
v3=v2−3a△t⑤
2as4=v32 ⑥
联立②⑤⑥式，代入数据解得a=8m/s2，v2=28m/s⑦
或者a=28825m/s2，v2=29.76m/s⑧
但⑧式子情境下，v3<0，不合题意，舍去；
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力大小为f1，根据牛顿第二定律可得：
f1=ma⑨
在t1∼t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I=12f1(t2−t1) ⑩
根据动量定理可得：I=mv1−mv2，⑪
根据动能定理，在t1∼t2时间内，汽车克服阻力做的功为W=12mv12−12mv22⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入数据可得：
v1=30m/s，⑬
W=1.16×105J；⑭
从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为：
s=v1t1+12(v1+v2)(t2−t1)+v222a⑮
联立⑦⑬⑮，代入数据解得s=87.5m。⑯
答：(1)从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v−t图线如图所示。
(2)t2时刻汽车的速度大小28m/s，此后的加速度大小为8m/s2；
(3)刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为30m/s，t1∼t2时间内汽车克服阻力做的功为1.16×105J；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为87.5m。
【解析】(1)根据运动情况画出速度图象；
(2)若汽车在t2+3△t∼t2+4△t时间未停止，根据运动学公式求解速度，再判断运动情况；由于在t2+3△t∼t2+4△t时间汽车停止，根据运动学公式列方程求解；
(3)根据牛顿第二定律求解阻力，根据动量定理、动能定理列方程求解汽车克服阻力做的功和速度大小，根据位移时间关系求解从司机发出警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离。
本题考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律的综合应用等问题，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键；
注意汽车速度减为零后不再运动，所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。