【解析】遼寧省沈陽市遼中區(qū)第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末物理試題

第第頁【解析】遼寧省沈陽市遼中區(qū)第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末物理試題遼寧省沈陽市遼中區(qū)第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末物理試題

一、單選題

1．（2023高二下·遼中期末）下列說法正確的是（）

A．氣體絕熱膨脹對外做功，內(nèi)能一定增大

B．液體表面存在張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離

C．溫度低的物體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率小

D．單晶體和多晶體都有確定的熔點(diǎn)

【答案】D

【知識點(diǎn)】分子動(dòng)能；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；晶體和非晶體；液體的表面張力

【解析】【解答】A.氣體絕熱膨脹，說明氣體既不吸熱也不放熱，Q=0，對外做功，W<0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=W+Q，內(nèi)能一定減小，A錯(cuò)誤；

B.液體表面存在張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，分子之間表現(xiàn)為引力，B錯(cuò)誤；

C.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度低的物體，分子平均動(dòng)能一定小，但是分子平均速率不一定小，C錯(cuò)誤；

D.晶體有確定的熔點(diǎn)，非晶體沒有確定的熔點(diǎn)，晶體包括單晶體和多晶體，D正確。

故選：D。

【分析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=W+Q、分子間存在引力和斥力的條件、溫度與分子平均動(dòng)能的關(guān)系、晶體與非晶體的特點(diǎn)進(jìn)行解答。

2．（2023高二下·遼中期末）原子彈的核反應(yīng)方程之一為，氫彈的核反應(yīng)方程為，關(guān)于這兩個(gè)核反應(yīng)下列說法不正確的是（）

A．原子彈的核反應(yīng)為重核的裂變，X為質(zhì)子

B．氫彈的核反應(yīng)為輕核的聚變，Y為氦原子核

C．兩個(gè)核反應(yīng)都發(fā)生質(zhì)量虧損

D．兩個(gè)核反應(yīng)反應(yīng)前的比結(jié)合能都小于反應(yīng)后的比結(jié)合能

【答案】A

【知識點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；結(jié)合能與比結(jié)合能；核裂變；核聚變

【解析】【解答】A.原子彈的核反應(yīng)為重核的裂變，235+1-144-89=3，92-56-36=0，所以X為中子，A錯(cuò)誤，符合題意；

B.氫彈的核反應(yīng)為輕核的聚變，2+3-1=4，1+1=2，Y為氦原子核，B正確，不符題意；

C.核聚變和核裂變反應(yīng)會放出大量的能量，根據(jù)質(zhì)能關(guān)系可知反應(yīng)會發(fā)生質(zhì)量虧損，C正確，不符題意；

D.因核反應(yīng)放出能量，因此反應(yīng)前的比結(jié)合能小于反應(yīng)后的比結(jié)合能，D正確，不符題意；

故選：A。

【分析】核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，要發(fā)生質(zhì)量虧損，虧損質(zhì)量以能量形式輻射出去，核反應(yīng)總是向比結(jié)合能增大的方向進(jìn)行。

3．（2023高二下·遼中期末）某物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，依次通過A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，通過相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔均為2s，已知，，則下列說法正確的是（）

A．物體的加速度大小為4m/s2

B．物體在BC段的平均速度大小為10m/s

C．物體通過A點(diǎn)的速度大小為6m/s

D．物體通過C點(diǎn)的速度大小為16m/s

【答案】B

【知識點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用

【解析】【解答】A.根據(jù)x=at2可得：28-12=2×a×22，解得：a=2m/s2，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)x為常量可得：28-xBC=xBC-12，解得：xBC=20m，物體在BC段平均速度為，故B正確；

C.B點(diǎn)是AC段中間時(shí)刻，則物體通過B點(diǎn)的速度大小為，根據(jù)v=v0+at可得：物體通過A點(diǎn)的速度大小為vA=vB-at=8-2×2=4m/s，故C錯(cuò)誤；

D.C點(diǎn)是BD段中間時(shí)刻，則物體通過C點(diǎn)的速度大小為，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間通過的位移的差值是定值，即x=at2，代入數(shù)據(jù)可得BC段長度和加速度；中間時(shí)刻的速度等于整段時(shí)間內(nèi)的平均速度，結(jié)合v=v0+at代入數(shù)據(jù)可得A、C點(diǎn)速度。

4．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，甲、乙兩輛玩具小汽車（可以視為質(zhì)點(diǎn)）并排沿平直路面的相鄰軌道向前行駛，兩車都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備可以在以內(nèi)實(shí)現(xiàn)通信。時(shí)刻，甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車的速度為，乙車的速度為，從該時(shí)刻起甲車以的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。忽略軌道間距和信號傳遞時(shí)間，則從時(shí)刻起，兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知識點(diǎn)】追及相遇問題

【解析】【解答】當(dāng)甲車速度為零時(shí)，由v甲=at0，

解得：t0=3s

根據(jù)題意，甲車在乙車前方時(shí)，有x甲-x乙=6m

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x甲=v甲t-at2，x乙=v乙t

聯(lián)立解得t1=2s，t2=6s

在3s時(shí)甲已經(jīng)靜止，故t2=6s舍去，則t=3s之后，甲車停下，乙車運(yùn)動(dòng)，從t=3s開始到乙車行駛至甲車前方6m的過程中，這段過程經(jīng)歷的時(shí)間為t'=，

所以甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為t總=2s+6s=8s，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】由于開始甲車速度大于乙車速度，所以先是甲車在乙車前方，滿足位移關(guān)系從x甲-x乙=0m到x甲-x乙=6m的過程中可以實(shí)現(xiàn)通信，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，求相遇時(shí)間；求出甲靜止時(shí)間，從此時(shí)刻開始到乙車行駛至甲車前方6m的過程中可以實(shí)現(xiàn)通信，根據(jù)乙運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間，最終確定藍(lán)牙通信的時(shí)間。

5．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在拉力F（圖中未畫出）的作用下沿水平桌面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，則拉力F的最小值為（）

A．B．C．D．mg

【答案】B

【知識點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】設(shè)拉力與水平方向夾角為θ，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：Fcosθ-f=0，F(xiàn)sinθ+FN-mg=0，又f=μFN，聯(lián)立解得：==，當(dāng)600+θ=900時(shí)，即θ=300時(shí)，F(xiàn)有最小值，最小值為F=，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】物塊處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，利用正交分解法列式求解F的表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識確定F最小值時(shí)的角度，進(jìn)而解答。

6．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為3kg的物體A靜止在勁度系數(shù)為100N/m的豎直輕彈簧上方。質(zhì)量為2kg的物體B用細(xì)線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）

A．輕彈簧的壓縮量為0.2mB．物體B對物體A的壓力為6N

C．物體B的瞬時(shí)加速度為10m/s2D．物體AB的瞬時(shí)加速度為4m/s2

【答案】D

【知識點(diǎn)】牛頓第二定律

【解析】【解答】A、由題意可知，剪斷細(xì)線前A、B間無壓力，對A，處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得：kx=mAg，解得輕彈簧的壓縮量x=0.3m，剪斷細(xì)線瞬間，輕彈簧的壓縮量仍為0.3m，故A錯(cuò)誤；

CD、細(xì)線剪斷瞬間，對A、B整體，由牛頓第二定律得：(mA+mB)g-kx=(mA+mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：a=4m/s2，所以物體AB的瞬時(shí)加速度為4m/s2，故D正確，C錯(cuò)誤；

B、對B，由牛頓第二定律得：mBg-FN=mBa，解得：FN=12N，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小12N，故D錯(cuò)誤。

【分析】以A為研究對象，分析細(xì)線剪斷前受力情況，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和胡克定律求出輕彈簧的形變量。細(xì)線剪斷瞬間，繩子拉力變?yōu)榱?，輕彈簧的形變量不變，彈力不變，以A、B整體為研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出剪斷細(xì)線瞬間A、B的加速度，再以B為研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出A對B的支持力，根據(jù)牛頓第三定律求出B對A的壓力大小。

7．（2023高二下·遼中期末）如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率沿逆時(shí)針方向運(yùn)行。時(shí)，將質(zhì)量的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上，物體相對地面的圖象如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度。則（）

A．傳送帶的速率

B．傳送帶的傾角

C．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

D．0~2.0s物體相對傳送帶的位移為16m

【答案】C

【知識點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】A、由圖像可知物體先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到傳送帶速度后，繼續(xù)做加速度不同的加速運(yùn)動(dòng)，說明重力沿傳送帶方向的分力大于滑動(dòng)摩擦力，傳送帶的速度為10m/s。故A錯(cuò)誤。

BC、分析圖象可知，開始時(shí)物體摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，

共速前，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得：a1=10m/s2

共速后，mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：a2=2m/s2。

聯(lián)立兩式解得：μ=0.5，θ=37°，故B錯(cuò)誤，C正確。

D、速度—時(shí)間圖像面積表示位移，第一段勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為：x1=，

第二段勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為：x2=，

整個(gè)過程傳送帶位移為x3=，

則0~2.0s內(nèi)物體相對傳送帶的位移△x=x3-x1=4m，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】速度—時(shí)間圖像斜率表示加速度，由圖象可知物體與傳送帶共速前后加速度不同，根據(jù)圖象求得兩個(gè)過程的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)的大小和傳送帶的傾角，再根據(jù)位移—時(shí)間圖像分別求出物體兩次勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移和傳送帶的位移，從而求出0~2.0s內(nèi)物體相對傳送帶的位移。

二、多選題

8．（2023高二下·遼中期末）一條兩岸平直的寬為d的小河，河水流速恒定。一人駕駛小船渡河，去程船頭始終與河岸垂直，到達(dá)下游B處；回程時(shí)行駛路線與河岸垂直，到達(dá)正對岸的A處。已知全程小船在靜水中的速度大小恒定，去程所用的時(shí)間與回程所用的時(shí)間之比為，下列說法正確的是（）

A．去程到達(dá)對岸B處時(shí)相對出發(fā)點(diǎn)沿河岸方向的位移為

B．去程和回程小船的位移大小之比為3：2

C．回程中船頭與河岸之間的夾角為30°

D．船在靜水中的速度與河水的流速之比為2：1

【答案】A,D

【知識點(diǎn)】小船渡河問題分析

【解析】【解答】AD.設(shè)船在靜水中速度為v1，河水流速為v2，去程時(shí)間為t1，回程時(shí)間為t2，根據(jù)題意可得：，，，解得：，即，去程相對河岸方向的位移為：，故AD正確；

B.去程的位移為，回程位移為d，去程和回程小船的位移大小之比為：2，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)回程中船頭與河岸之間的夾角為θ，可得：v1cosθ=v2，解得：θ=60°，C錯(cuò)誤。

故答案為：AD。

【分析】本題主要考查小船渡河問題，當(dāng)船頭垂直河對岸時(shí)，渡河時(shí)間最短，當(dāng)船在靜水中速度大于水速時(shí)，船可以到達(dá)正對岸，此時(shí)位移最小，船在靜水中速度和水速的合速度指向正對岸，當(dāng)船在靜水中速度小于水速時(shí)，船到達(dá)對岸下游，根據(jù)幾何知識可求解最小位移。

9．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為1kg的小球A與質(zhì)量未知的滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)?；h(huán)B套在與豎直方向成θ=53°的粗細(xì)均勻的固定桿上，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，初始時(shí)滑環(huán)恰好不下滑，現(xiàn)對小球A施加一個(gè)水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿著圓弧軌跡緩慢上移，滑環(huán)仍保持靜止，設(shè)滑環(huán)與桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力（sin53°=0.8，取重力加速度g=10m/s2），下列說法正確的是（）

A．繩子拉力變大

B．滑環(huán)B的質(zhì)量m=0.5kg

C．固定桿給滑環(huán)B的彈力方向一定垂直于桿向下

D．滑環(huán)B受到的摩擦力變大

【答案】A,B,C

【知識點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】A.對A，如圖所示，

由圖可知，繩子拉力變大，水平力F變大，故A正確；

BC.初始時(shí)，對于A，受重力、繩子拉力，兩個(gè)力等大反向，對B，受重力、繩子拉力，摩擦力，桿的彈力，設(shè)桿的彈力垂直桿向上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：，解得：，所以桿的彈力垂直桿向下，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：，解得：，故BC正確；

D.由于B始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以B受到的摩擦力始終等于B的重力沿桿方向的分力，大小不變，故D錯(cuò)誤。

故選：ABC。

【分析】本題主要考查動(dòng)態(tài)平衡問題，對A受力分析，畫出緩慢移動(dòng)過程中力的平行四邊形，根據(jù)平四邊形邊的變化判斷繩子拉力變化；以B為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解B的質(zhì)量和桿的彈力方向，以及B受到的摩擦力的變化情況。

10．（2023高二下·遼中期末）如圖甲為氫原子的能級圖，現(xiàn)用頻率為的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為的三條譜線，現(xiàn)用這三種頻率的光去照射圖乙的光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，其中只有a、b兩種光能得到圖丙所示的電流與電壓的關(guān)系曲線，已知圖乙中的陰極材料是圖丁所給材料中的一種，丁圖是幾種金屬的逸出功和截止頻率。已知以下說法正確的是（）

A．一定有

B．圖乙中的陰極材料一定是鉀

C．圖丙中的b光照射陰極時(shí)每秒射出的光電子數(shù)大約個(gè)

D．a(chǎn)光是從n=3能級躍遷到n=1能級發(fā)出的光

【答案】B,D

【知識點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應(yīng)

【解析】【解答】AD、大量氫原子躍遷時(shí)只有三個(gè)頻率的光譜，這說明是從n=3能級向低能級躍遷，由圖丙可知，a光的遏止電壓大于b光的遏止電壓，根據(jù)可知，所以a光是從n=3能級躍遷到n=1，b光是從n=2能級躍遷到n=1，c光是從n=3能級躍遷到n=2能級發(fā)出的光，，，所以，故A錯(cuò)誤，D正確；

B、根據(jù)，代入a的數(shù)據(jù)得：W=2.25eV，所以陰極材料是鉀，故B正確；

C、圖丙中b光的飽和電流為Im=0.64μA，由Imt=q=Ne得N=4x1012，故C錯(cuò)誤。

故選：BD。

【分析】本題主要考查能級躍遷和光電效應(yīng)方程，大量氫原子從高能級向低能級躍遷，根據(jù)確定原子躍遷的最高能級，再根據(jù)能量關(guān)系、躍遷公式和光電效應(yīng)方程即可求解。

三、實(shí)驗(yàn)題

11．（2023高二下·遼中期末）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”。彈簧測力計(jì)A掛于固定點(diǎn)P，下端用細(xì)線掛一重物M。彈簧測力計(jì)B的一端用細(xì)線系于O點(diǎn)，手持另一端向左拉，使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置。分別讀出彈簧測力計(jì)A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點(diǎn)的位置和拉線的方向。

（1）該實(shí)驗(yàn)運(yùn)用的思想方法是____。

A．控制變量法B．等效替代法C．理想模型法

（2）本實(shí)驗(yàn)用的彈簧測力計(jì)示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為N。

（3）下列的實(shí)驗(yàn)要求不必要的是____（填選項(xiàng)前的字母）。

A．應(yīng)用測力計(jì)測量重物M所受的重力

B．應(yīng)在水平桌面上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

C．拉線方向應(yīng)與木板平面平行

D．改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次都要使O點(diǎn)靜止在同一位置

（4）某次實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)彈簧測力計(jì)A的指針稍稍超出量程，下列解決辦法中不可行的是____（填選項(xiàng)前的字母）。

A．改變彈簧測力計(jì)B的拉力大小

B．減小重物M的質(zhì)量

C．將A更換成量程較小的彈簧測力計(jì)

D．改變彈簧測力計(jì)B的拉力方向

【答案】（1）B

（2）3.80

（3）B；D

（4）C

【知識點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則

【解析】【解答】解：（1）合力與分力從效果上看是等效的，是等效替代關(guān)系，故B正確，AC錯(cuò)誤；

故選：B。

（2）彈簧測力計(jì)最小刻度是0.1N，讀數(shù)需要估讀到最小刻度下一位，所以讀數(shù)為：3.80N；

（3）A、實(shí)驗(yàn)通過作出三個(gè)力的圖示，來驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道，故A項(xiàng)需要；

B、如果放在水平面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由于使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置。物體與平面之間是靜摩擦力，拉物體的繩子拉力無法確定，故B不需要；

C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準(zhǔn)確性，故C項(xiàng)需要；

D、當(dāng)結(jié)點(diǎn)O位置確定時(shí)，彈簧測力計(jì)A的示數(shù)也確定，由于重物的重力已確定，兩力大小與方向均一定，因此彈簧測力計(jì)B的大小與方向也一定，所以不需要改變拉力多次實(shí)驗(yàn)、故D項(xiàng)不需要。

故選：BD。

(3)根據(jù)三力平衡知識可知，彈簧測力計(jì)A的示數(shù)等于彈簧測力計(jì)B與重物這兩根細(xì)線的力的合力，當(dāng)彈簧測力計(jì)A超出其量程，則說明彈簧測力計(jì)B與重物這兩根細(xì)線的力的合力已偏大，又由于掛重物的細(xì)線力的方向已確定，所以要么減小重物的重量，要么改變測力計(jì)B拉細(xì)線的方向，或改變彈簧測力計(jì)B拉力的大小，從而使測力計(jì)A不超出量程，故ABD正確，C錯(cuò)誤；

故選：C。

【分析】本題主要考查實(shí)驗(yàn)“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”和彈簧測力計(jì)的讀數(shù)，合力與分力從效果上看是等效的，遵循矢量計(jì)算法則—平行四邊形定則。彈簧測力計(jì)讀數(shù)時(shí)要先確定最小刻度，然后再讀數(shù)。

12．（2023高二下·遼中期末）某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)可同時(shí)測量物體質(zhì)量和當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)，其裝置如圖甲所示，已知滑塊的質(zhì)量為，待測物體的質(zhì)量記為，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋埻瓿上铝刑羁眨?/p>

⑴閉合氣泵開關(guān)，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，使滑塊上的遮光條依次通過兩光電門的時(shí)間相等，則導(dǎo)軌水平；

⑵將待測物體固定在滑塊的凹槽內(nèi)，并將細(xì)線的一端拴接在滑塊上，另一端跨過定滑輪掛一個(gè)質(zhì)量為的鉤碼；

⑶調(diào)節(jié)定滑輪使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌的軌道平行；

⑷釋放滑塊，記錄滑塊上的遮光條通過光電門1、2的時(shí)間分別為、，讀出兩光電門之間的距離；用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度，示數(shù)如圖乙所示，則，并由此計(jì)算出滑塊的加速度（用含、、和的式子表示）；

⑸依次添加鉤碼，重復(fù)步驟（4）幾次，記錄相關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)并計(jì)算出滑塊相應(yīng)的加速度；

⑹以加速度的倒數(shù)為橫軸，鉤碼總質(zhì)量的倒數(shù)為縱軸，建立直角坐標(biāo)系，利用以上數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的圖像，若該直線的斜率為，縱截距為，則，。

【答案】0.515；；；

【知識點(diǎn)】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系；刻度尺、游標(biāo)卡尺及螺旋測微器的使用

【解析】【解答】（4）游標(biāo)卡尺讀數(shù)為：0.5cm=3×0.05mm=0.515mm，遮光條的寬度為0.515mm；

遮光條通過光電門1、2速度分別為：，，根據(jù)可得滑塊的加速度為：；

（5）根據(jù)牛頓第二定律可得：mg=（m+M+M0）a，可得：，可知，，解得：，。

【分析】本題主要考查利用氣墊導(dǎo)軌測量物體質(zhì)量和當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)，以及游標(biāo)卡尺的讀數(shù)訓(xùn)練。游標(biāo)卡尺先讀主尺（單位cm），再讀游標(biāo)（單位mm），再加在一起就是游標(biāo)卡尺的所測量的物體長度。遮光條通過光電門的時(shí)間很短，平均速度近似等于瞬時(shí)速度，根據(jù)計(jì)算1、2的速度，再根據(jù)推導(dǎo)加速度的表達(dá)式；以鉤碼，滑塊待測物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律列式求得關(guān)系式，結(jié)合圖像求解測物體質(zhì)量和重力加速度。

四、解答題

13．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，傾角θ＝37°的斜面足夠大，頂端MN水平。一質(zhì)量m＝1.8kg的小球自MN上一點(diǎn)以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平拋出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力。

（1）求小球自拋出至落到斜面上的時(shí)間；

（2）若小球運(yùn)動(dòng)過程中始終受到平行MN的恒定水平風(fēng)力，小球落到斜面上時(shí)的位移大小為1.25m，求小球受到的水平風(fēng)力大小。

【答案】（1）解：設(shè)小球自拋出至落到斜面上的時(shí)間為，則小球水平位移

豎直位移

位移間的關(guān)系為

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

（2）解：設(shè)小球受到的平行MN的恒定水平風(fēng)力大小為F=ma

小球沿MN方向的位移

小球落在斜面上的時(shí)間不變

小球的位移

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得N

【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；運(yùn)動(dòng)的合成與分解；斜拋運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）小球在斜面上拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識確定斜面傾角與速度偏向角和位移偏向角的關(guān)系，分別列水平與豎直方向的位移公式，再根據(jù)角度關(guān)系求解下落時(shí)間；

（2）小球運(yùn)動(dòng)過程中始終受到平行MN的恒定水平風(fēng)力作用，小球水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解和牛頓第二定律求解小球受到的水平風(fēng)力大小。

14．（2022·貴州模擬）利用如圖所示裝置可以測量礦物小顆粒的體積。容積為3L的容器A通過體積不計(jì)的細(xì)玻璃管與容器B相連，B下端經(jīng)橡皮軟管與裝有水銀的容器C連通，C上方與外界大氣相通。開始測量時(shí)，打開閥門K，上下移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的下邊沿a；然后關(guān)閉閥門K，向上移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的上邊沿b，此時(shí)B、C內(nèi)的水銀高度差為h1=10.0cm?，F(xiàn)將待測礦物小顆粒放入容器A中，再重復(fù)上述操作，B、C內(nèi)的水銀高度差為h2=15.0cm。已知大氣壓強(qiáng)p0=75.0cmHg，求：

（1）容器B的容積；

（2）A中待測礦物小顆粒的體積。

【答案】（1）解：由題意，開始時(shí)A和B中氣體壓強(qiáng)均為p0，關(guān)閉閥門K后，當(dāng)水銀面到達(dá)容器B的上邊沿b時(shí)，A中氣體壓強(qiáng)為①

根據(jù)玻意耳定律有②

解得③

（2）解：設(shè)A中待測礦物小顆粒的體積為V，由題意可知最終A中氣體壓強(qiáng)為④

根據(jù)玻意耳定律有⑤

解得⑥

【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用；理想氣體的實(shí)驗(yàn)規(guī)律

【解析】【分析】（1）水銀面到達(dá)容器B的上邊沿b時(shí)，利用玻意耳定律得出容器B的容積；

（2）利用平衡以及玻意耳定律得出A中待測礦物小顆粒的體積。

15．（2022高二下·煙臺期末）如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，在長木板右端放置一小物塊。在時(shí)刻對長木板施加一水平向右的恒定拉力，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去，整個(gè)過程物塊一直在木板上、已知物塊和木板的質(zhì)量均為，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。求：

（1）撤去時(shí)，木板的速度大小；

（2）撤去后，木板經(jīng)多長時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)；

（3）長木板的長度至少為多長。

【答案】（1）解：物塊所受的最大靜摩擦力產(chǎn)生的最大加速度為

若木塊相對木板靜止，則需加的最大力F滿足

解得F0=2.5N

則當(dāng)時(shí)物塊相對木板產(chǎn)生相對滑動(dòng)，則木板的加速度

解得a1=1m/s2

撤去時(shí)，木板的速度大小

（2）解：撤去時(shí)，物塊的速度

撤去F后木板減速運(yùn)動(dòng)的加速度

解得a2=2m/s2

當(dāng)兩者達(dá)到共速時(shí)

解得t2=1s

v=3m/s

共速后木板減速運(yùn)動(dòng)的加速度

解得a3=1m/s2

物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度仍為，則木板先停止運(yùn)動(dòng)，需要時(shí)間

則撤去后，木板停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t停=t2+t3=4s

（3）解：力F作用階段，物塊相對長木板先后滑動(dòng)的距離

撤去F后，到兩者達(dá)到共速階段，物塊相對長木板先后滑動(dòng)的距離

共速后到物塊停止物塊相對長木板向前滑動(dòng)的距離

則長木板的長度至少為L=s1+s2=7.5m

【知識點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用；牛頓第二定律

【解析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及牛頓第二定律得出木板的速度；

（2）撤去F時(shí)，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及牛頓第二定律得出木板的加速度，兩者達(dá)到共速后根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)得出共同的速度，利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系得出木板停止運(yùn)動(dòng)需要的時(shí)間；

（3）力F作用階段，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及相對運(yùn)動(dòng)得出長木板的長度。

1/1遼寧省沈陽市遼中區(qū)第二中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末物理試題

一、單選題

1．（2023高二下·遼中期末）下列說法正確的是（）

A．氣體絕熱膨脹對外做功，內(nèi)能一定增大

B．液體表面存在張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離小于液體內(nèi)部分子間的距離

C．溫度低的物體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率小

D．單晶體和多晶體都有確定的熔點(diǎn)

2．（2023高二下·遼中期末）原子彈的核反應(yīng)方程之一為，氫彈的核反應(yīng)方程為，關(guān)于這兩個(gè)核反應(yīng)下列說法不正確的是（）

A．原子彈的核反應(yīng)為重核的裂變，X為質(zhì)子

B．氫彈的核反應(yīng)為輕核的聚變，Y為氦原子核

C．兩個(gè)核反應(yīng)都發(fā)生質(zhì)量虧損

D．兩個(gè)核反應(yīng)反應(yīng)前的比結(jié)合能都小于反應(yīng)后的比結(jié)合能

3．（2023高二下·遼中期末）某物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，依次通過A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，通過相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔均為2s，已知，，則下列說法正確的是（）

A．物體的加速度大小為4m/s2

B．物體在BC段的平均速度大小為10m/s

C．物體通過A點(diǎn)的速度大小為6m/s

D．物體通過C點(diǎn)的速度大小為16m/s

4．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，甲、乙兩輛玩具小汽車（可以視為質(zhì)點(diǎn)）并排沿平直路面的相鄰軌道向前行駛，兩車都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備可以在以內(nèi)實(shí)現(xiàn)通信。時(shí)刻，甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車的速度為，乙車的速度為，從該時(shí)刻起甲車以的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。忽略軌道間距和信號傳遞時(shí)間，則從時(shí)刻起，兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為（）

A．B．C．D．

5．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在拉力F（圖中未畫出）的作用下沿水平桌面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，則拉力F的最小值為（）

A．B．C．D．mg

6．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為3kg的物體A靜止在勁度系數(shù)為100N/m的豎直輕彈簧上方。質(zhì)量為2kg的物體B用細(xì)線懸掛起來，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力。某時(shí)刻將細(xì)線剪斷，則細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）

A．輕彈簧的壓縮量為0.2mB．物體B對物體A的壓力為6N

C．物體B的瞬時(shí)加速度為10m/s2D．物體AB的瞬時(shí)加速度為4m/s2

7．（2023高二下·遼中期末）如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率沿逆時(shí)針方向運(yùn)行。時(shí)，將質(zhì)量的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上，物體相對地面的圖象如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度。則（）

A．傳送帶的速率

B．傳送帶的傾角

C．物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

D．0~2.0s物體相對傳送帶的位移為16m

二、多選題

8．（2023高二下·遼中期末）一條兩岸平直的寬為d的小河，河水流速恒定。一人駕駛小船渡河，去程船頭始終與河岸垂直，到達(dá)下游B處；回程時(shí)行駛路線與河岸垂直，到達(dá)正對岸的A處。已知全程小船在靜水中的速度大小恒定，去程所用的時(shí)間與回程所用的時(shí)間之比為，下列說法正確的是（）

A．去程到達(dá)對岸B處時(shí)相對出發(fā)點(diǎn)沿河岸方向的位移為

B．去程和回程小船的位移大小之比為3：2

C．回程中船頭與河岸之間的夾角為30°

D．船在靜水中的速度與河水的流速之比為2：1

9．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，質(zhì)量為1kg的小球A與質(zhì)量未知的滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)?；h(huán)B套在與豎直方向成θ=53°的粗細(xì)均勻的固定桿上，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，初始時(shí)滑環(huán)恰好不下滑，現(xiàn)對小球A施加一個(gè)水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿著圓弧軌跡緩慢上移，滑環(huán)仍保持靜止，設(shè)滑環(huán)與桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力（sin53°=0.8，取重力加速度g=10m/s2），下列說法正確的是（）

A．繩子拉力變大

B．滑環(huán)B的質(zhì)量m=0.5kg

C．固定桿給滑環(huán)B的彈力方向一定垂直于桿向下

D．滑環(huán)B受到的摩擦力變大

10．（2023高二下·遼中期末）如圖甲為氫原子的能級圖，現(xiàn)用頻率為的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為的三條譜線，現(xiàn)用這三種頻率的光去照射圖乙的光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，其中只有a、b兩種光能得到圖丙所示的電流與電壓的關(guān)系曲線，已知圖乙中的陰極材料是圖丁所給材料中的一種，丁圖是幾種金屬的逸出功和截止頻率。已知以下說法正確的是（）

A．一定有

B．圖乙中的陰極材料一定是鉀

C．圖丙中的b光照射陰極時(shí)每秒射出的光電子數(shù)大約個(gè)

D．a(chǎn)光是從n=3能級躍遷到n=1能級發(fā)出的光

三、實(shí)驗(yàn)題

11．（2023高二下·遼中期末）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”。彈簧測力計(jì)A掛于固定點(diǎn)P，下端用細(xì)線掛一重物M。彈簧測力計(jì)B的一端用細(xì)線系于O點(diǎn)，手持另一端向左拉，使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置。分別讀出彈簧測力計(jì)A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點(diǎn)的位置和拉線的方向。

（1）該實(shí)驗(yàn)運(yùn)用的思想方法是____。

A．控制變量法B．等效替代法C．理想模型法

（2）本實(shí)驗(yàn)用的彈簧測力計(jì)示數(shù)的單位為N，圖中A的示數(shù)為N。

（3）下列的實(shí)驗(yàn)要求不必要的是____（填選項(xiàng)前的字母）。

A．應(yīng)用測力計(jì)測量重物M所受的重力

B．應(yīng)在水平桌面上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

C．拉線方向應(yīng)與木板平面平行

D．改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次都要使O點(diǎn)靜止在同一位置

（4）某次實(shí)驗(yàn)中，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)彈簧測力計(jì)A的指針稍稍超出量程，下列解決辦法中不可行的是____（填選項(xiàng)前的字母）。

A．改變彈簧測力計(jì)B的拉力大小

B．減小重物M的質(zhì)量

C．將A更換成量程較小的彈簧測力計(jì)

D．改變彈簧測力計(jì)B的拉力方向

12．（2023高二下·遼中期末）某興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)可同時(shí)測量物體質(zhì)量和當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊膶?shí)驗(yàn)，其裝置如圖甲所示，已知滑塊的質(zhì)量為，待測物體的質(zhì)量記為，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋埻瓿上铝刑羁眨?/p>

⑴閉合氣泵開關(guān)，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，使滑塊上的遮光條依次通過兩光電門的時(shí)間相等，則導(dǎo)軌水平；

⑵將待測物體固定在滑塊的凹槽內(nèi)，并將細(xì)線的一端拴接在滑塊上，另一端跨過定滑輪掛一個(gè)質(zhì)量為的鉤碼；

⑶調(diào)節(jié)定滑輪使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌的軌道平行；

⑷釋放滑塊，記錄滑塊上的遮光條通過光電門1、2的時(shí)間分別為、，讀出兩光電門之間的距離；用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度，示數(shù)如圖乙所示，則，并由此計(jì)算出滑塊的加速度（用含、、和的式子表示）；

⑸依次添加鉤碼，重復(fù)步驟（4）幾次，記錄相關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)并計(jì)算出滑塊相應(yīng)的加速度；

⑹以加速度的倒數(shù)為橫軸，鉤碼總質(zhì)量的倒數(shù)為縱軸，建立直角坐標(biāo)系，利用以上數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的圖像，若該直線的斜率為，縱截距為，則，。

四、解答題

13．（2023高二下·遼中期末）如圖所示，傾角θ＝37°的斜面足夠大，頂端MN水平。一質(zhì)量m＝1.8kg的小球自MN上一點(diǎn)以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平拋出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力。

（1）求小球自拋出至落到斜面上的時(shí)間；

（2）若小球運(yùn)動(dòng)過程中始終受到平行MN的恒定水平風(fēng)力，小球落到斜面上時(shí)的位移大小為1.25m，求小球受到的水平風(fēng)力大小。

14．（2022·貴州模擬）利用如圖所示裝置可以測量礦物小顆粒的體積。容積為3L的容器A通過體積不計(jì)的細(xì)玻璃管與容器B相連，B下端經(jīng)橡皮軟管與裝有水銀的容器C連通，C上方與外界大氣相通。開始測量時(shí)，打開閥門K，上下移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的下邊沿a；然后關(guān)閉閥門K，向上移動(dòng)C，使水銀面到達(dá)容器B的上邊沿b，此時(shí)B、C內(nèi)的水銀高度差為h1=10.0cm?，F(xiàn)將待測礦物小顆粒放入容器A中，再重復(fù)上述操作，B、C內(nèi)的水銀高度差為h2=15.0cm。已知大氣壓強(qiáng)p0=75.0cmHg，求：

（1）容器B的容積；

（2）A中待測礦物小顆粒的體積。

15．（2022高二下·煙臺期末）如圖甲所示，足夠長的木板靜置于水平地面上，在長木板右端放置一小物塊。在時(shí)刻對長木板施加一水平向右的恒定拉力，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去，整個(gè)過程物塊一直在木板上、已知物塊和木板的質(zhì)量均為，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。求：

（1）撤去時(shí)，木板的速度大?。?/p>

（2）撤去后，木板經(jīng)多長時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)；

（3）長木板的長度至少為多長。

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點(diǎn)】分子動(dòng)能；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；晶體和非晶體；液體的表面張力

【解析】【解答】A.氣體絕熱膨脹，說明氣體既不吸熱也不放熱，Q=0，對外做功，W<0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=W+Q，內(nèi)能一定減小，A錯(cuò)誤；

B.液體表面存在張力是因?yàn)橐后w表面層分子間的距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，分子之間表現(xiàn)為引力，B錯(cuò)誤；

C.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度低的物體，分子平均動(dòng)能一定小，但是分子平均速率不一定小，C錯(cuò)誤；

D.晶體有確定的熔點(diǎn)，非晶體沒有確定的熔點(diǎn)，晶體包括單晶體和多晶體，D正確。

故選：D。

【分析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=W+Q、分子間存在引力和斥力的條件、溫度與分子平均動(dòng)能的關(guān)系、晶體與非晶體的特點(diǎn)進(jìn)行解答。

2．【答案】A

【知識點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；結(jié)合能與比結(jié)合能；核裂變；核聚變

【解析】【解答】A.原子彈的核反應(yīng)為重核的裂變，235+1-144-89=3，92-56-36=0，所以X為中子，A錯(cuò)誤，符合題意；

B.氫彈的核反應(yīng)為輕核的聚變，2+3-1=4，1+1=2，Y為氦原子核，B正確，不符題意；

C.核聚變和核裂變反應(yīng)會放出大量的能量，根據(jù)質(zhì)能關(guān)系可知反應(yīng)會發(fā)生質(zhì)量虧損，C正確，不符題意；

D.因核反應(yīng)放出能量，因此反應(yīng)前的比結(jié)合能小于反應(yīng)后的比結(jié)合能，D正確，不符題意；

故選：A。

【分析】核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，要發(fā)生質(zhì)量虧損，虧損質(zhì)量以能量形式輻射出去，核反應(yīng)總是向比結(jié)合能增大的方向進(jìn)行。

3．【答案】B

【知識點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用

【解析】【解答】A.根據(jù)x=at2可得：28-12=2×a×22，解得：a=2m/s2，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)x為常量可得：28-xBC=xBC-12，解得：xBC=20m，物體在BC段平均速度為，故B正確；

C.B點(diǎn)是AC段中間時(shí)刻，則物體通過B點(diǎn)的速度大小為，根據(jù)v=v0+at可得：物體通過A點(diǎn)的速度大小為vA=vB-at=8-2×2=4m/s，故C錯(cuò)誤；

D.C點(diǎn)是BD段中間時(shí)刻，則物體通過C點(diǎn)的速度大小為，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間通過的位移的差值是定值，即x=at2，代入數(shù)據(jù)可得BC段長度和加速度；中間時(shí)刻的速度等于整段時(shí)間內(nèi)的平均速度，結(jié)合v=v0+at代入數(shù)據(jù)可得A、C點(diǎn)速度。

4．【答案】C

【知識點(diǎn)】追及相遇問題

【解析】【解答】當(dāng)甲車速度為零時(shí)，由v甲=at0，

解得：t0=3s

根據(jù)題意，甲車在乙車前方時(shí)，有x甲-x乙=6m

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x甲=v甲t-at2，x乙=v乙t

聯(lián)立解得t1=2s，t2=6s

在3s時(shí)甲已經(jīng)靜止，故t2=6s舍去，則t=3s之后，甲車停下，乙車運(yùn)動(dòng)，從t=3s開始到乙車行駛至甲車前方6m的過程中，這段過程經(jīng)歷的時(shí)間為t'=，

所以甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為t總=2s+6s=8s，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】由于開始甲車速度大于乙車速度，所以先是甲車在乙車前方，滿足位移關(guān)系從x甲-x乙=0m到x甲-x乙=6m的過程中可以實(shí)現(xiàn)通信，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，求相遇時(shí)間；求出甲靜止時(shí)間，從此時(shí)刻開始到乙車行駛至甲車前方6m的過程中可以實(shí)現(xiàn)通信，根據(jù)乙運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間，最終確定藍(lán)牙通信的時(shí)間。

5．【答案】B

【知識點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】設(shè)拉力與水平方向夾角為θ，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：Fcosθ-f=0，F(xiàn)sinθ+FN-mg=0，又f=μFN，聯(lián)立解得：==，當(dāng)600+θ=900時(shí)，即θ=300時(shí)，F(xiàn)有最小值，最小值為F=，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】物塊處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，利用正交分解法列式求解F的表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識確定F最小值時(shí)的角度，進(jìn)而解答。

6．【答案】D

【知識點(diǎn)】牛頓第二定律

【解析】【解答】A、由題意可知，剪斷細(xì)線前A、B間無壓力，對A，處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得：kx=mAg，解得輕彈簧的壓縮量x=0.3m，剪斷細(xì)線瞬間，輕彈簧的壓縮量仍為0.3m，故A錯(cuò)誤；

CD、細(xì)線剪斷瞬間，對A、B整體，由牛頓第二定律得：(mA+mB)g-kx=(mA+mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：a=4m/s2，所以物體AB的瞬時(shí)加速度為4m/s2，故D正確，C錯(cuò)誤；

B、對B，由牛頓第二定律得：mBg-FN=mBa，解得：FN=12N，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小12N，故D錯(cuò)誤。

【分析】以A為研究對象，分析細(xì)線剪斷前受力情況，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和胡克定律求出輕彈簧的形變量。細(xì)線剪斷瞬間，繩子拉力變?yōu)榱?，輕彈簧的形變量不變，彈力不變，以A、B整體為研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出剪斷細(xì)線瞬間A、B的加速度，再以B為研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出A對B的支持力，根據(jù)牛頓第三定律求出B對A的壓力大小。

7．【答案】C

【知識點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；運(yùn)動(dòng)學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】A、由圖像可知物體先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到傳送帶速度后，繼續(xù)做加速度不同的加速運(yùn)動(dòng)，說明重力沿傳送帶方向的分力大于滑動(dòng)摩擦力，傳送帶的速度為10m/s。故A錯(cuò)誤。

BC、分析圖象可知，開始時(shí)物體摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，

共速前，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得：a1=10m/s2

共速后，mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：a2=2m/s2。

聯(lián)立兩式解得：μ=0.5，θ=37°，故B錯(cuò)誤，C正確。

D、速度—時(shí)間圖像面積表示位移，第一段勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為：x1=，

第二段勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為：x2=，

整個(gè)過程傳送帶位移為x3=，

則0~2.0s內(nèi)物體相對傳送帶的位移△x=x3-x1=4m，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

【分析】速度—時(shí)間圖像斜率表示加速度，由圖象可知物體與傳送帶共速前后加速度不同，根據(jù)圖象求得兩個(gè)過程的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)的大小和傳送帶的傾角，再根據(jù)位移—時(shí)間圖像分別求出物體兩次勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移和傳送帶的位移，從而求出0~2.0s內(nèi)物體相對傳送帶的位移。

8．【答案】A,D

【知識點(diǎn)】小船渡河問題分析

【解析】【解答】AD.設(shè)船在靜水中速度為v1，河水流速為v2，去程時(shí)間為t1，回程時(shí)間為t2，根據(jù)題意可得：，，，解得：，即，去程相對河岸方向的位移為：，故AD正確；

B.去程的位移為，回程位移為d，去程和回程小船的位移大小之比為：2，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)回程中船頭與河岸之間的夾角為θ，可得：v1cosθ=v2，解得：θ=60°，C錯(cuò)誤。

故答案為：AD。

【分析】本題主要考查小船渡河問題，當(dāng)船頭垂直河對岸時(shí)，渡河時(shí)間最短，當(dāng)船在靜水中速度大于水速時(shí)，船可以到達(dá)正對岸，此時(shí)位移最小，船在靜水中速度和水速的合速度指向正對岸，當(dāng)船在靜水中速度小于水速時(shí)，船到達(dá)對岸下游，根據(jù)幾何知識可求解最小位移。

9．【答案】A,B,C

【知識點(diǎn)】受力分析的應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡

【解析】【解答】A.對A，如圖所示，

由圖可知，繩子拉力變大，水平力F變大，故A正確；

BC.初始時(shí)，對于A，受重力、繩子拉力，兩個(gè)力等大反向，對B，受重力、繩子拉力，摩擦力，桿的彈力，設(shè)桿的彈力垂直桿向上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：，解得：，所以桿的彈力垂直桿向下，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：，解得：，故BC正確；

D.由于B始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以B受到的摩擦力始終等于B的重力沿桿方向的分力，大小不變，故D錯(cuò)誤。

故選：ABC。

【分析】本題主要考查動(dòng)態(tài)平衡問題，對A受力分析，畫出緩慢移動(dòng)過程中力的平行四邊形，根據(jù)平四邊形邊的變化判斷繩子拉力變化；以B為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解B的質(zhì)量和桿的彈力方向，以及B受到的摩擦力的變化情況。

10．【答案】B,D

【知識點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；光電效應(yīng)

【解析】【解答】AD、大量氫原子躍遷時(shí)只有三個(gè)頻率的光譜，這說明是從n=3能級向低能級躍遷，由圖丙可知，a光的遏止電壓大于b光的遏止電壓，根據(jù)可知，所以a光是從n=3能級躍遷到n=1，b光是從n=2能級躍遷到n=1，c光是從n=3能級躍遷到n=2能級發(fā)出的光，，，所以，故A錯(cuò)誤，D正確；

B、根據(jù)，代入a的數(shù)據(jù)得：W=2.25eV，所以陰極材料是鉀，故B正確；

C、圖丙中b光的飽和電流為Im=0.64μA，由Imt=q=Ne得N=4x1012，故C錯(cuò)誤。

故選：BD。

【分析】本題主要考查能級躍遷和光電效應(yīng)方程，大量氫原子從高能級向低能級躍遷，根據(jù)確定原子躍遷的最高能級，再根據(jù)能量關(guān)系、躍遷公式和光電效應(yīng)方程即可求解。

11．【答案】（1）B

（2）3.80

（3）B；D

（4）C

【知識點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則

【解析】【解答】解：（1）合力與分力從效果上看是等效的，是等效替代關(guān)系，故B正確，AC錯(cuò)誤；

故選：B。

（2）彈簧測力計(jì)最小刻度是0.1N，讀數(shù)需要估讀到最小刻度下一位，所以讀數(shù)為：3.80N；

（3）A、實(shí)驗(yàn)通過作出三個(gè)力的圖示，來驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”，因此重物的重力必須要知道，故A項(xiàng)需要；

B、如果放在水平面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由于使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置。物體與平面之間是靜摩擦力，拉物體的繩子拉力無法確定，故B不需要；

C、拉線方向必須與木板平面平行，這樣才確保力的大小準(zhǔn)確性，故C項(xiàng)需要；

D、當(dāng)結(jié)點(diǎn)O位置確定時(shí)，彈簧測力計(jì)