2020年山東省高考物理一模試卷-(有詳解)

2020年山東省高考物理一模試卷一、單選題（本大題共7小題，共21.0分）某同學(xué)用如圖(甲)所示的電路研究光電效應(yīng)中電子發(fā)射的情況與光照強(qiáng)度、光的頻率等物理量之間的關(guān)系。陰極K和陽極A是密封在真空玻璃中的兩個(gè)電極，K在受到光照射時(shí)能夠發(fā)射光電子。K、A之間的電壓大小可以調(diào)節(jié)，電源極性也可以對(duì)調(diào)。當(dāng)分別用a、b、c三束不同的光照射陰極K，得到的I-U關(guān)系分別如圖(乙)中a、b、c三條曲線所示。下列關(guān)于三束光的頻率ν、三束光的強(qiáng)度E大小關(guān)系，正確的是(????)A.νa>νb>νc，Ea>Eb>Ec B.甲、乙兩物體從同一點(diǎn)開始沿一直線運(yùn)動(dòng)，甲的x-t和乙的v-t圖象如圖所示，下列說法中錯(cuò)誤的是(????)A.甲在3s末回到出發(fā)點(diǎn)，甲運(yùn)動(dòng)過程中，距出發(fā)點(diǎn)的最大距離為4m

B.0?6秒內(nèi)，甲、乙兩物體位移都為零

C.第3秒內(nèi)甲、乙兩物體速度方向相同

D.2?4s如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步軌道3.軌道1、2相切于Q點(diǎn)，軌道2、3相切于P點(diǎn)(如圖所示)，則當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道正常運(yùn)行時(shí)，以下說法正確的是(????)

①衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率

②衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度

③衛(wèi)星在軌道1上的經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的加速度

④衛(wèi)星在軌道2上的經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的加速度。A.①③ B.②③ C.①④ D.②④如圖所示，實(shí)線表示一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化的p-T圖像，變化過程如圖中箭頭所示，下列說法正確的是(????)A.bc過程中氣體對(duì)外做功，放出熱量

B.ab過程中氣體內(nèi)能增加，密度不變

C.cd過程中，分子平均動(dòng)能不變，密度增大

D.da過程中，每個(gè)分子動(dòng)能都減少

如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37°.一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2A.由圖乙可知，0～1s內(nèi)物塊受到的摩擦力大于1～2s內(nèi)的摩擦力

B.物塊受到的摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為14

如圖甲所示，光滑水平桌面上靜置一邊長為L、電阻為R的單匝正方形線圈abcd，線圈的一邊通過一輕桿與固定的力傳感器相連.現(xiàn)加一隨時(shí)間均勻變化、方向垂直桌面向下的勻強(qiáng)磁場，從t=0時(shí)刻開始，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，線圈的一半處于磁場中，另一半在磁場外，傳感器顯示的力隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示.F0和t0已知，則磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率的大小為(????)

A.1L2F0RLt0 某透明物體的橫截面如圖所示，其中ABC為直角三角形，AB為直角邊，長度為2L，∠ABC=45°，ADC為一圓弧，其圓心在AC邊的中點(diǎn)．此透明物體的折射率為n=2.0.若一束寬度與AB邊長度相等的平行光從AB邊垂直射入透明物體，則光線從ADC圓弧射出區(qū)域的圓弧長度s為(不考慮經(jīng)ADC圓弧反射后的光線)(????)A.πL

B.πL2

C.πL3

二、多選題（本大題共5小題，共19.0分）水平放置的兩塊平金屬板長L，兩板間距d，兩板間電壓為U，且上板為正，一個(gè)電子沿水平方向以速度v，從兩板中間射入，如圖所示，已知電子質(zhì)量為m，電量為e.電子離開電場后，打在屏上的P點(diǎn)，下列說法正確的是(

)．A.電子偏離金屬板時(shí)側(cè)位移Y為eUL2mdv20

B.電子偏離金屬板時(shí)側(cè)位移Y為電子飛出電場時(shí)的速度v1為

D.若平金屬板右端到屏的距離為s，則OP之長為eULA、B為一電場中x軸上的兩點(diǎn)，如圖甲所示．一電子僅在電場力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)該電子的動(dòng)能Ek隨其坐標(biāo)變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是(????)A.該電場不可能是點(diǎn)電荷形成的電場

B.A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EA<EB

C.A、B兩點(diǎn)電勢的關(guān)系為φA<φB

如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u=2202sin100πt(V)，原、副線圈匝數(shù)比為10：1，副線圈電路中R0為定值電阻，R是光敏電阻(其阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小)，圖中電表均為理想電表，下列說法正確的是A.電壓器輸出電壓的頻率為50Hz

B.電壓表V2的示數(shù)為222V

C.照射R的光變強(qiáng)時(shí)，燈泡L變暗

D.照射R的光變強(qiáng)時(shí)，電壓表V1圖(a)為一列簡諧橫波在t=2s時(shí)刻波形圖，圖(b)為媒質(zhì)中平衡位置在x=1.5m處的振動(dòng)圖象，P是平衡位置為x=2m的質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是(????)A.波速為0.5m/s B.波的傳播方向向右

C.0～2s時(shí)間內(nèi)，P運(yùn)動(dòng)的路程為8cm D.0～2s時(shí)間內(nèi)，P如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離．在此過程中(

)A.外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量

B.B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量

C.A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功

D.外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖1所示：(1)實(shí)驗(yàn)步驟：①將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，將導(dǎo)軌調(diào)至水平；②用游標(biāo)卡尺測量擋光條的寬度L，結(jié)果如圖2所示，由此讀出L=_____mm；③由導(dǎo)軌標(biāo)尺讀出兩光電門中心之間的距離S；④將滑塊移至光電門1左側(cè)某處，待砝碼靜止不動(dòng)時(shí)，釋放滑塊，要求砝碼落地前擋光條已通過光電門2；⑤從數(shù)字計(jì)時(shí)器(圖1中未畫出)上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時(shí)間△t1和⑥用天平稱出滑塊和擋光條的總質(zhì)量M，再稱出托盤和砝碼的總質(zhì)量m．(2)用表示直接測量量的字母寫出下列所示物理量的表達(dá)式：①當(dāng)滑塊通過光電門1和光電門2時(shí)，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動(dòng)能分別為Ek1=_____和E②在滑塊從光電門1運(yùn)動(dòng)到光電門2的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量△EP=_____((3)如果在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，△EP要測量一電源的電動(dòng)勢E(小于3V)和內(nèi)阻r(約1Ω)，現(xiàn)有下列器材：理想電壓表V(3V和15V兩個(gè)量程)、電阻箱R(0～999.9Ω)、定值電阻R0=3Ω、開關(guān)和導(dǎo)線。某同學(xué)根據(jù)所給器材設(shè)計(jì)如下的實(shí)驗(yàn)電路：

(1)電路中定值電阻R0的作用是______。

(2)請根據(jù)圖甲電路，在圖乙中用筆畫線代替導(dǎo)線連接電路。

(3)該同學(xué)調(diào)節(jié)電阻箱阻值R，讀出對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U，得到二組數(shù)據(jù)：R1=2Ω時(shí)，U1=2.37V；R2=4Ω時(shí)，U2=2.51V.由這二組數(shù)可求得電源的電動(dòng)勢E=四、計(jì)算題（本大題共4小題，共46.0分）如圖所示，U形管左管橫截面積為2×10-4m2，右管橫截面積為1×10-4m2.左端封閉，封有長50cm的氣柱A，右端開口，用活塞C封住氣柱B，活塞質(zhì)量為1kg，與管壁摩擦不計(jì)，并且不漏氣，此時(shí)左右兩管水銀面高度差為37.5cmHg，室溫為27℃，且取大氣壓為p0=1×105Pa=75cmHg，g=10m/s2.則：

(1)此狀態(tài)下A、B氣柱壓強(qiáng)分別為多少？

(2)僅在緩慢升高A氣柱溫度的情況下，若要使左、右兩管內(nèi)水銀面相平，則如圖，足夠長的長木板靜止在水平地面上，在長木板的左端放有一質(zhì)量大小不計(jì)的物塊，現(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的恒力F=6N，當(dāng)物塊在木板上滑過1m的距離時(shí)，撤去恒力F，已知長木板的質(zhì)量M=1kg，物塊的質(zhì)量m=1kg，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2(1)求力F作用的時(shí)間；(2)求整個(gè)過程中長木板在地面上滑過的距離。

如圖所示，粗糙水平面上放有一塊長木板，長木板上面放置一小木塊。長木板左端是一高為h=1.25m的光滑固定斜面，在斜面最高處由靜止釋放一金屬小球。當(dāng)小球速度方向變?yōu)樗椒较虻乃查g與長木板的左端發(fā)生碰撞，碰后小球返回斜面的最大高度為h’=0.05m，之后小球被收起，不會(huì)與長木板發(fā)生二次碰撞。已知斜面與地面之間平滑連接，長木板的質(zhì)量m1=1kg，小木塊的質(zhì)量m2=1kg，小球的質(zhì)量m3=0.5kg，小木塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.1如圖甲所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，等邊三角形OMN內(nèi)部存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，三角形外側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=1×10-18kg，電荷量q=+1×10-15C的帶電粒子從坐標(biāo)為(0,-0.5m)的Q點(diǎn)，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點(diǎn)(1.0m,0)以v=200m/s的速度垂直x軸進(jìn)入三角形區(qū)域。同時(shí)，將電場換成垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。已知三角形的邊長L=4m，帶電粒子的重力不計(jì)。求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及帶電粒子的初速度大??；

(2)若兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T，求該粒子在乙圖中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間；

--------答案與解析--------1.答案：C

解析：解：由圖可知，a的飽和電流最大，因此a光束照射時(shí)單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)量大，光強(qiáng)大，而c光的強(qiáng)度最小，b光的強(qiáng)度介于其中，即有Ea>Eb>Ec；

當(dāng)光電流為零時(shí)，光電管兩端加的電壓為遏止電壓，對(duì)應(yīng)的光的頻率為截止頻率，根據(jù)eU=hγ-W，入射光的頻率越高，對(duì)應(yīng)的遏止電壓U越大，a光、c光的遏止電壓相等，所以a光、c光的頻率相等，而b光的頻率大，

綜上所述，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)公式eU截=12mvm2=hγ-W，入射光的頻率越高，對(duì)應(yīng)的截止電壓U截越大。從圖象中看出，b光對(duì)應(yīng)的截止電壓U截最大，所以b解析：解：A、甲在3s末回到出發(fā)點(diǎn)，甲運(yùn)動(dòng)過程中，t=2s時(shí)距出發(fā)點(diǎn)的距離最大，為4m，故A正確。

B、0?6秒內(nèi)，甲的位移為x甲=0m-0m=0m。根據(jù)v-t與時(shí)間軸所圍的“面積”表示位移，甲物體位移為0，故B正確。

C、根據(jù)x-t圖象的斜率表示速度，知第3秒內(nèi)甲的速度為負(fù)。由v-t圖象知第3秒內(nèi)乙物體速度為正，則第3秒內(nèi)甲、乙兩物體速度方向相反，故C錯(cuò)誤。

D、2?4s內(nèi)甲的位移大小為△x=4m-(-4m)=8m。故D正確。

本題選錯(cuò)誤的，

故選：C。

位移-時(shí)間圖象反映了物體的位移隨時(shí)間的變化情況，可直接讀出距出發(fā)點(diǎn)的最大距離。速度圖象與時(shí)間軸所圍的“面積”表示位移。速度的正負(fù)表示速度方向。甲物體的位移根據(jù)縱坐標(biāo)的變化量分析。

對(duì)于速度-解析：解：①萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力GmMr2=mv2r得衛(wèi)星運(yùn)行速率v=GMr知軌道1的半徑小故速度大，故①錯(cuò)誤；

②萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有GmMr2=mrω2得衛(wèi)星運(yùn)行角速度ω=GMr3，知軌道1的半徑小，角速度大，故②正確；

③衛(wèi)星在軌道1和軌道2上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)都由萬有引力產(chǎn)生加速度，在兩個(gè)軌道上經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的衛(wèi)星所受萬有引力相等，故加速度相同，故③錯(cuò)誤

④衛(wèi)星在軌道3和軌道解析：根據(jù)圖像可知，a→b氣體做的是等容變化，b→c氣體做的是等壓變化，c→d氣體做的是等溫變化，根據(jù)氣體的不同狀態(tài)來分析即可。本題考查了理想氣體的狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律。利用氣體的狀態(tài)方程，逐項(xiàng)分析即可，關(guān)鍵的是掌握住氣體的狀態(tài)方程并能夠靈活的應(yīng)用。A.b→c的過程中，氣體做的是等壓變化，溫度升高，內(nèi)能增大；氣體體積增大，對(duì)外做功，吸收熱量，故A錯(cuò)誤；B.有圖像可知，a→b的過程中，氣體做的是等容變化，溫度上升所以內(nèi)能增加，密度不變，故B正確；C.c→d的過程中，氣體做的是等溫變化，氣體的壓強(qiáng)減小，氣體體積增大，密度減小，故C錯(cuò)誤；D.在d→a的過程中，氣體溫度減小，內(nèi)能減小，分子平均動(dòng)能減小，不能說明每個(gè)分子動(dòng)能的變化，故D錯(cuò)誤。故選B。

5.答案：C

解析：解：A、由圖乙知，物體先做加速度較大的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度較小的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可知，0-1s內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶的速度，受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，1-2s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)f=μmgcos37°知兩段時(shí)間摩擦力大小相等，故A錯(cuò)誤。

B、0-1s內(nèi)，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，與物塊運(yùn)動(dòng)方向相反。1-2s內(nèi)，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，與物塊運(yùn)動(dòng)方向相同，故B錯(cuò)誤。

C、0-1s內(nèi)物塊的加速度大小為a=△v△t=12-41=8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma，解得μ=14，故C正確。

D、傳送帶底端到頂端的距離等于v-t圖象與時(shí)間軸所包圍的面積大小，為x=12+42×1+4×12解析：解：設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0-kt，則E=ΔΦΔt=k·12L2，I=ER=kL22R，F(xiàn)=BIL=(B0-kt)k解析：解：由sinθ=1n=12得，透明體的臨界角為30°.如圖，作出兩條邊緣光線，所求光線射出的區(qū)域?yàn)镋DF.如圖，從圓弧ADC射出的邊緣光線對(duì)應(yīng)的入射角等于材料的臨界角θ，恰好發(fā)生全反射．

由幾何關(guān)系得：圓弧EDF長度為s=2θ?L

故此區(qū)域的圓弧長度為：s=πL3.故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．

故選：C．

根據(jù)sinθ=1n求出透明體的臨界角θ為30°，當(dāng)光線射到BC面上時(shí)，光線將發(fā)生全反射．從ADC解析：粒子進(jìn)入金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求粒子偏離金屬板時(shí)側(cè)位移Y．

由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出粒子飛出電場時(shí)豎直分速度，再進(jìn)行合成，即可求解v1．

求出粒子飛出電場時(shí)偏向角的正切，由數(shù)學(xué)知識(shí)求解OP之長．

帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)是考試的熱點(diǎn)，關(guān)鍵是做好受力分析，明確粒子的運(yùn)動(dòng)情景，然后運(yùn)用分解的觀點(diǎn)或動(dòng)能定理等逐步求解．解：AB、粒子進(jìn)入金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得：

水平方向：L=v0t，

豎直方向：Y=12at2

，由牛頓第二定律得a=eUmd

聯(lián)立解得：Y=eUL22mdv02，即粒子偏離金屬板時(shí)側(cè)位移Y=eUL22mdv02.故A錯(cuò)誤，B正確

故答案選：BCD

9.答案：AC

解析：解：A、B根據(jù)動(dòng)能定理得知：電場力做功等于電子動(dòng)能的變化，則有：Ek=Eqx，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖線的斜率k=qE，因E、q均保持不變，說明電場強(qiáng)度不變，所以該電場一定是勻強(qiáng)電場，EA=EB.故A正確，B錯(cuò)誤．

C、由圖知，電子從A到B動(dòng)能增大，電場力做正功，則知電場力方向從A→B，電場線方向從B→A，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，則有φA<φB.故C正確．

D、根據(jù)能量守恒定律得知，電子從A到B動(dòng)能增大，電勢能減小，則EPA>解析：解：A、原線圈接正弦交流電，由圖知角速度是ω=100π，所以f=100π2π=50Hz，故A正確。

B、由表達(dá)式知輸入電壓有效值為220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，副線圈電壓有效值即電壓表的示數(shù)為22V，故B錯(cuò)誤。

CD、R處光照增強(qiáng)時(shí)，溫度升高，阻值減小，副線圈電流表的示數(shù)變大，原線圈電流也變大，但不會(huì)影響輸入電壓值，定值電阻分壓增大，燈泡兩端電壓減小，燈泡變暗，故C正確，D錯(cuò)誤

故選：AC。

由表達(dá)式可知輸入交流電壓最大值，周期，可由周期求出頻率，由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電壓之比，Rt處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流、電壓變化

根據(jù)表達(dá)式準(zhǔn)確找出已知量，是對(duì)學(xué)生的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵

11.解析：解：A、由圖(a)可知該簡諧橫波波長為λ=2m，由圖(b)知周期為T=4s，則波速為v=λT=0.5m/s，故A正確；

B、根據(jù)圖(b)的振動(dòng)圖象可知，在x=1.5m處的質(zhì)點(diǎn)在t=2s時(shí)振動(dòng)方向向下，所以該波向左傳播，故B錯(cuò)誤；

C、由于t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P在波谷，且2s=0.5T，所以質(zhì)點(diǎn)P的路程為S=2A=8cm，故C正確；

D、由于該波向左傳播，由圖(a)可知t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P已經(jīng)在波谷，所以可知0～2s時(shí)間內(nèi)即在0-T2內(nèi)，P向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選：AC。

先根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象讀出t=2s解析：解：A、選擇A和B作為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)能定理研究：

B受外力F做功，A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，

wF+(-f?△x)=△EkA+△EkB，其中△x為A、B的相對(duì)位移。

所以外力F做的功不等于A和B的動(dòng)能的增量，故A錯(cuò)誤。

B、對(duì)A物運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能的增量，故B正確。

C、A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，故C錯(cuò)誤。

D、對(duì)B物體應(yīng)用動(dòng)能定理，WF-Wf=△EkB，Wf為B克服摩擦力所做的功，

即WF=△EkB+Wf，就是外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。

故選：BD。

選擇研究對(duì)象運(yùn)用動(dòng)能定理研究此過程找出功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系。解析：解：(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)L=9mm+0.05mm×6=9.30mm；

(2)①由于擋光條寬度很小，因此將擋光條通過光電門時(shí)的平均速度當(dāng)作瞬時(shí)速度．

v1=L△t1，v2=L△t2

②根據(jù)動(dòng)能的定義式得：

通過光電門1，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動(dòng)能為Ek1=12(M+m)(L△t1)2；

通過光電門2，系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動(dòng)能為Ek2=12(M+m)(L△t2)2；

③系統(tǒng)勢能的減少△解析：(1)若無R0存在，當(dāng)R調(diào)節(jié)到0時(shí)，電源即短路。

(2)實(shí)物連接圖要與電路圖相對(duì)應(yīng)，注意連接順序。

(3)運(yùn)用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻箱電阻為R1和R2的情況，列出含有電動(dòng)勢和內(nèi)阻的方程組求解。

本題考查測量電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻的基礎(chǔ)知識(shí)，運(yùn)用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻箱電阻為R1和R2的情況，列出含有電動(dòng)勢和內(nèi)阻的方程組求解。

(1)若無R0存在，當(dāng)R調(diào)節(jié)到0時(shí)，外電路短路，有燒壞電源的危險(xiǎn)，故作用是保護(hù)電源，防止短路；

(2)根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖；注意電壓表量程選擇，開關(guān)置于干路，如圖所示；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，得當(dāng)電阻箱讀數(shù)為R1=2Ω時(shí)有：E=U1+U1R1+R0r

當(dāng)電阻箱讀數(shù)為R2=4Ω時(shí)有：E=U2+U2R2+R0r

聯(lián)立上兩式得：E=2.94V；r=1.21Ω。

15.答案：解：(1)以C活塞為研究對(duì)象，其處于平衡狀態(tài)

p0?SB?+mg=pB?SB?

pB=解析：本題關(guān)鍵確定封閉氣體的初末狀態(tài)的氣壓、溫度、體積，然后結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程列式后聯(lián)立求解．

(1)先以C活塞為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡求出B氣柱的壓強(qiáng)；再根據(jù)兩水銀面的高度差求出A氣柱的壓強(qiáng)；

(2)對(duì)B氣體分析，緩慢升高A氣體溫度，活塞C始終處于平衡狀態(tài)，所以B氣體壓強(qiáng)不變，當(dāng)左、右兩管水銀面相平時(shí)，A氣體壓強(qiáng)與B壓強(qiáng)相等，根據(jù)幾何關(guān)系求出A氣體水銀面下降的距離，最后對(duì)A氣體列理想氣體狀態(tài)方程求A氣柱的末態(tài)溫度；

16.答案：解：(1)對(duì)m根據(jù)牛頓第二定律有：F-μ2mg=ma

解得：a=3m/s2

設(shè)拉力F的作用時(shí)間為t，則m的位移為x=12at2

對(duì)M：mg?μ2-(m+M)g?μ1=Ma'

解得：a'=1m/s2

M的位移：x'=12a't2

x-x'=1m

解得：t=1s，x=1.5m，x'=0.5m

(2)撤去力F時(shí)，物塊m和長木板的速度v和v'

v=a1t=3m/s

v'=a't=1m/s

此后，物塊m減速，M加速，設(shè)經(jīng)過時(shí)間為t1，共同速度為v1

對(duì)m：-mgμ2=ma1

解得：a1=-3m/s2，v1=v+a1t1

對(duì)M解析：(1)分別對(duì)兩物體受力分析，由牛頓第二定律求得加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得物體通過的位移，由功的公式可求得拉力的功；

(2)撤去拉力后，由牛頓第二定律求得加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木