2025年山東省濰坊市高考物理二模試卷（含解析）

第=page1414頁(yè)，共=sectionpages2020頁(yè)2025年山東省濰坊市高考物理二模試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1.如圖四幅圖片涉及的物理現(xiàn)象，說(shuō)法正確的是(

)

A.甲圖中用粗棉線實(shí)現(xiàn)自動(dòng)澆水，利用了毛細(xì)現(xiàn)象

B.乙圖中熱針接觸涂蠟固體后，蠟融化區(qū)域呈現(xiàn)圓形，說(shuō)明該固體為非晶體

C.丙圖中抽去玻璃板后兩種氣體混合，原因是分子間存在引力

D.丁圖中用手推動(dòng)封閉注射器的活塞時(shí)阻力增大，原因是分子斥力增大2.在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，小明用甲、乙、丙三種光分別照射同一光電管，得到的光電流I與電壓U的關(guān)系曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(

)A.甲光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能比丙光大

B.甲光的強(qiáng)度比丙光大

C.甲光的頻率比乙光大

D.乙光的波長(zhǎng)比丙光長(zhǎng)3.殲-20的光學(xué)著陸系統(tǒng)中用到了雙縫干涉的知識(shí)。某物理興趣小組用如圖甲所示的裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，通過(guò)目鏡觀察到屏上的條紋如圖乙所示。只改變一個(gè)條件，使觀察到的條紋如圖丙所示，則改變的條件是(

)

A.換用長(zhǎng)度更長(zhǎng)的遮光筒 B.增大單縫到雙縫的距離

C.換用間距更小的雙縫 D.紅色濾光片換成紫色濾光片4.如圖所示，S1、S2為繩左右兩端的波源，P為繩子中點(diǎn)。S1振動(dòng)了T1時(shí)間，發(fā)出一個(gè)獨(dú)立的半波a；S2振動(dòng)了T2時(shí)間，發(fā)出另一個(gè)獨(dú)立的半波b。已知兩波源均做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，且TA.0 B.T1-T28 5.如圖所示，子彈垂直射入并排在一起固定的相同木板，穿過(guò)第12塊木板后速度變?yōu)?。子彈視為質(zhì)點(diǎn)，在各木板中運(yùn)動(dòng)的加速度都相同。從子彈射入開(kāi)始，到分別接觸第4、7、10塊木板所用時(shí)間之比為(

)A.3：2：1 B.3：2：1

C.(2-3)：(2-2)：6.中國(guó)空間站繞地球運(yùn)行方向如圖所示，由于地球遮擋陽(yáng)光，空間站內(nèi)宇航員在一天內(nèi)會(huì)經(jīng)歷多次日落日出。太陽(yáng)光看作平行光，空間站經(jīng)歷一次日落到日出轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為2θ，則空間站線速度大小與第一宇宙速度大小之比為(

)A.1sinθ B.sinθ C.17.如圖所示，帶電量分別為+4Q和-Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷固定在x軸上，其中正電荷的坐標(biāo)x1=-d，負(fù)電荷的坐標(biāo)x1=0。選無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，將一電子從x3=d2處由靜止釋放，此時(shí)其電勢(shì)能為Ep1、加速度大小為a1A.Ep1<Ep2、a1<a2 B.Ep1<Ep28.如圖為可調(diào)式理想變壓器輸電示意圖。原線圈連接燈泡L1，副線圈匝數(shù)可通過(guò)滑動(dòng)觸頭Q來(lái)調(diào)節(jié)，在副線圈兩端按照?qǐng)D示連接了定值電阻R0、燈泡L2、滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭。燈泡L1、L2的阻值與定值電阻R0A.保持Q的位置不動(dòng)，將P從a端滑動(dòng)到b端的過(guò)程中，L1先變暗后變亮，L2一直變亮

B.保持Q的位置不動(dòng)，將P從a端滑動(dòng)到b端的過(guò)程中，L1先變暗后變亮，L2先變亮后變暗

C.保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)的過(guò)程中，燈泡L1一直變暗，L2一直變亮

D.保持P的位置不動(dòng)，將二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)上最高點(diǎn)，c為圓環(huán)上最低點(diǎn)，圓環(huán)上b、d兩點(diǎn)與圓心等高。原長(zhǎng)為2R的輕彈簧一端固定在d點(diǎn)，另一端與小球栓接，小球套在圓環(huán)上，從a點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)b點(diǎn)下滑至c點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(

)A.由a到b過(guò)程，重力的瞬時(shí)功率一直變大

B.由a到b過(guò)程，彈簧彈力的瞬時(shí)功率一直變大

C.由a到c過(guò)程，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率

D.由a到c過(guò)程，小球的機(jī)械能一直變大10.如圖所示，小明用輕繩PQ拴住輕桿OQ的頂端，輕桿下端O用鉸鏈固定在水平地面上某高度處，Q端下方懸掛重物，輕繩PQ長(zhǎng)度為定值。PQ與水平方向夾角α=30°，OQ與水平方向夾角β=60°，下列說(shuō)法正確的是(

)A.輕繩PQ對(duì)Q端的拉力大于重物重力

B.輕桿OQ對(duì)Q端的支持力等于重物重力的3倍

C.若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動(dòng)，輕繩PQ對(duì)Q端的拉力逐漸增大

D.若小明拉住輕繩P端緩慢向右移動(dòng)，輕繩PQ對(duì)Q11.如圖所示，P、Q、M為同一豎直平面內(nèi)三點(diǎn)，P、Q位于同一條豎直線上，Q、M位于水平地面上，且PQ=QM。某一時(shí)刻小球甲從P點(diǎn)水平拋出，同時(shí)小球乙從Q點(diǎn)與QM成θ角拋出，速度方向如圖，兩球在M點(diǎn)相遇，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(

)A.從拋出到相遇，乙速度變化量大于甲

B.甲、乙初速度大小之比為1：2

C.相遇前瞬間，甲、乙速度大小之比為2：2

D.僅改變乙拋出的θ角，則其落地時(shí)一定位于12.如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩光滑平行導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分組成，固定在水平地面上，兩部分通過(guò)光滑圓弧絕緣小段相連接。傾斜軌道M1N1和M2N2的傾角θ=60°，M1M2間接有電容C=mB2L2的電容器，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；水平導(dǎo)軌右端串接一阻值為R的電阻，EF和GH間有一豎直向下的矩形磁場(chǎng)區(qū)域efgh，磁場(chǎng)寬度|gh|=L2，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B；質(zhì)量為3m，邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)且開(kāi)口向左的U形金屬線框abcd靜置在水平軌道上?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒P(電阻不計(jì))由傾斜導(dǎo)軌上距水平面高L4處?kù)o止釋放，導(dǎo)體棒P越過(guò)A.導(dǎo)體棒P沿傾斜導(dǎo)軌做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為34g

B.ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)邊界eh時(shí)的速度為gL8

C.整個(gè)線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，流過(guò)電阻R的電荷量為三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。13.某小組用三根規(guī)格相同的橡皮筋(遵循胡克定律)、細(xì)線、重物、刻度尺、三角板、白紙、圖釘、木板等器材探究?jī)蓚€(gè)互成角度力的合成規(guī)律，實(shí)驗(yàn)操作如下：

①用細(xì)繩拴住橡皮筋兩端，確保三根橡皮筋兩結(jié)點(diǎn)間原長(zhǎng)相同，用刻度尺量出橡皮筋的原長(zhǎng)；

②木板豎直固定，用圖釘將白紙固定在木板上；

③將一根橡皮筋上端的細(xì)繩固定在a點(diǎn)，下端細(xì)繩拴接重物，如圖甲所示，待重物靜止后記錄接點(diǎn)位置，并標(biāo)記為O，用刻度尺量出橡皮筋1兩結(jié)點(diǎn)間的長(zhǎng)度；

④將另外兩根橡皮筋上端的細(xì)繩分別固定在b、c兩點(diǎn)，下端的細(xì)繩拴接(接點(diǎn)為O')并懸掛同一重物，如圖乙所示，待重物靜止后用刻度尺分別量出橡皮筋2和3兩結(jié)點(diǎn)間的長(zhǎng)度；

⑤用橡皮筋伸長(zhǎng)量表示其受力的大小，作出橡皮筋1對(duì)O拉力的圖示F1，橡皮筋2和3對(duì)O'拉力的圖示F2和F3；

⑥以F2和F3為鄰邊作平行四邊形，比較F1與平行四邊形對(duì)角線的大小方向，尋找規(guī)律。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)下列說(shuō)法正確的是______；

A.圖乙中b、c兩點(diǎn)可以不在同一高度處

B.圖乙中橡皮筋2和3需調(diào)整至互相垂直

C.若橡皮筋規(guī)格不相同，對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響

D.重物質(zhì)量適量大些，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差

(2)步驟④中有遺漏，請(qǐng)補(bǔ)充：______；

(3)該實(shí)驗(yàn)中合力F1和兩個(gè)分力14.熱敏電阻常用于溫度控制或過(guò)熱保護(hù)裝置中。某學(xué)習(xí)小組利用熱敏電阻，設(shè)計(jì)制作自動(dòng)報(bào)警裝置，方案如下：

(1)使用多用電表研究熱敏電阻Rt的阻值隨溫度變化的規(guī)律

①用多用電表測(cè)Rt的阻值，選擇開(kāi)關(guān)應(yīng)置于______。(填“A區(qū)”、“B區(qū)”、“C區(qū)”或“D區(qū)”)

②不同溫度下選擇合適的擋位，讀出熱敏電阻Rt的阻值。某次讀數(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針偏轉(zhuǎn)角度較大，為了較準(zhǔn)確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開(kāi)關(guān)換到______擋(填“更高”或“更低”)。

③描繪出熱敏電阻Rt的阻值隨溫度變化的規(guī)律如圖乙所示。

(2)使用上述熱敏電阻Rt作為傳感器制作的自動(dòng)報(bào)警裝置線路圖如圖丙所示。

①為了降低裝置的報(bào)警溫度，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器滑片P向______(選填“左”或“右”)移動(dòng)；

②設(shè)定裝置的報(bào)警溫度為100℃，報(bào)警時(shí)流過(guò)熱敏電阻Rt的電流為10mA，已知直流電源電動(dòng)勢(shì)E=15V(內(nèi)阻不計(jì))四、計(jì)算題：本大題共4小題，共46分。15.圖甲為市面上常見(jiàn)的氣壓式升降椅，它通過(guò)汽缸的上下運(yùn)動(dòng)支配座椅升降，其簡(jiǎn)易結(jié)構(gòu)如圖乙所示，圓柱形汽缸與座椅固定連接，橫截面積S=20cm2的柱狀支架與底座固定連接，可自由移動(dòng)的汽缸與支架之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體。質(zhì)量M=60kg的工作人員坐在座椅上(兩腳懸空離地)，穩(wěn)定后封閉氣體柱長(zhǎng)度L1=10.4cm，已知汽缸與座椅的總質(zhì)量m=10kg，大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105Pa，室內(nèi)溫度T1=312K。工作人員坐在座椅上打開(kāi)空調(diào)，室內(nèi)氣溫緩慢降至T2=300K，汽缸氣密性、導(dǎo)熱性能良好，忽略摩擦，g16.半圓柱體玻璃磚的橫截面如圖所示、O為圓心，半徑OP長(zhǎng)為R，一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光沿AP方向從PO面射入玻璃磚，∠APO=150°，a光恰好在玻璃磚曲面上發(fā)生全反射。已知玻璃對(duì)a光的折射率大于玻璃對(duì)b光的折射率，光在真空中的傳播速度為c，求：

(1)玻璃對(duì)a光的折射率；

(2)已知玻璃對(duì)b光的折射率為a光的72，b光從進(jìn)入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所用的時(shí)間。17.如圖所示，正方體物塊A放在離地高度H=3.2m的粗糙平臺(tái)上，直徑與A棱長(zhǎng)相同的小球B靜置在與A等高處，與平臺(tái)右端距離s=0.8m，光滑固定斜面MN與水平方向夾角θ=45°，N點(diǎn)與水平軌道NP平滑相連，PQ是半徑R=25m的足夠長(zhǎng)光滑圓弧，P點(diǎn)是圓弧最低點(diǎn)，圓心未畫(huà)出?，F(xiàn)對(duì)A施加水平拉力F=12N，使A由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。t1=3s后撤去F，A繼續(xù)滑行t2=1s后從平臺(tái)右端水平飛出，A飛離平臺(tái)的同時(shí)B由靜止釋放，一段時(shí)間后A、B發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，碰撞時(shí)間極短，分開(kāi)后A落到地面上，B到達(dá)M處時(shí)速度恰好沿MN方向滑入斜面，從P點(diǎn)滑上圓弧軌道PQ，減速到O后返回P點(diǎn)。已知mA=3kg，mB=1kg，A與平臺(tái)間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s2，A和B的大小可忽略不計(jì)。

(1)求A離開(kāi)平臺(tái)時(shí)的速度vA；

(2)求碰撞過(guò)程中，A、B形變量最大時(shí)系統(tǒng)的彈性勢(shì)能Ep；

(3)求A與B到達(dá)地面的時(shí)間差Δt；

(4)某同學(xué)認(rèn)為可以利用單擺周期T=2π18.如圖所示，在真空建立坐標(biāo)系O-xyz，z軸正方向垂直于紙面向外(未畫(huà)出)。xOy平面的第二象限內(nèi)有邊界互相平行且寬度均為d的六個(gè)區(qū)域，交替分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；x>0區(qū)域存在方向均沿著x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=kmgqv0，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1=kmgq，k為常數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入x>0區(qū)域，過(guò)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向與y軸負(fù)方向的夾角θ=45°。不計(jì)粒子重力，求：

(1)在平面坐標(biāo)系xOy的第二象限中電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0；

(2)在x>0區(qū)域內(nèi)，粒子偏離xOy平面的最大距離；

(3)在x>0區(qū)域內(nèi)，粒子偏離xOy

答案和解析1.【答案】A

【解析】A.毛細(xì)現(xiàn)象指液體在細(xì)管中自發(fā)上升的現(xiàn)象，通常需借助細(xì)管或纖維結(jié)構(gòu)實(shí)現(xiàn)，甲圖中用粗棉線實(shí)現(xiàn)自動(dòng)澆水，利用了毛細(xì)現(xiàn)，故A正確；

B.蠟融化呈圓形僅反映導(dǎo)熱均勻性，無(wú)法直接證明固體是否為非晶體，多晶體也有各向同性的特點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.抽去玻璃板后氣體混合是擴(kuò)散現(xiàn)象，由分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)導(dǎo)致，與分子間引力無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.推動(dòng)封閉注射器活塞時(shí)阻力增大，主要源于氣體壓強(qiáng)隨體積減小而增大，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

2.【答案】B

【解析】AB、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hv-W0，再根據(jù)動(dòng)能定理-eUc=0-Ekm，聯(lián)立解得eUc=Ekm=hv-W0，由圖可知，甲光、丙光的遏止電壓相等，頻率也相等，則甲光照射時(shí)光電子的最大初動(dòng)能和丙光一樣大，又由圖可知甲光的光電流比丙光的大，所以甲光的光照強(qiáng)度比丙光大，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由圖可知乙光的遏止電壓大于甲光的遏止電壓，根據(jù)上述所求關(guān)系式可知，乙光的頻率大于甲光、丙光的頻率，故C【解析】B、雙縫干涉的條紋間距表達(dá)式：Δx=ld×λ，可知單縫到雙縫的距離對(duì)間距無(wú)影響，故B錯(cuò)誤；

ACD、由圖可知，丙圖的雙縫間距更小，結(jié)合雙縫間距表達(dá)式，可知減小雙縫到屏的距離、波長(zhǎng)，增大雙縫間距，即可減小雙縫間距，故AC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

4.【解析】設(shè)兩列該波的波速為v。由題意可知，兩列波的周期分別為2T1和T2，兩列波的波長(zhǎng)分別為2vT1和2vT2，14波長(zhǎng)相差的距離為14(2vT1-2vT2)=【解析】子彈穿過(guò)第12塊木板后速度變?yōu)?，逆向看，子彈從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。將12塊木板4等分，逆向看子彈經(jīng)過(guò)后3塊的時(shí)間為t1，經(jīng)過(guò)后6塊的時(shí)間為t2，經(jīng)過(guò)后9塊的時(shí)間為t3，經(jīng)過(guò)12塊的時(shí)間為t4。根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：

t1：t2：t3：t4=1：2：3：2

接觸第4、7、10塊木板所用時(shí)間之比為：

(t4-t3)：(t4-t【解析】空間站繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬(wàn)有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，得v=GMr，其中r為軌道半徑。第一宇宙速度v1對(duì)應(yīng)地球表面附近的軌道速度，即v1=GMR，其中R為地球半徑。因此，線速度與第一宇宙速度的比值為vv1=Rr，根據(jù)題意當(dāng)空間站進(jìn)入地球陰影時(shí)，太陽(yáng)光與軌道半徑方向形成夾角θ，此時(shí)地球半徑R【解析】設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)與O相距x，則有k×4Q(d+x)2=kQx2

解得x=d

結(jié)合牛頓第二定律可知a1>a2

從x3=d2到x4=d的電場(chǎng)線向左，電勢(shì)逐漸升高，根據(jù)E【解析】AB、保持Q的位置不動(dòng)，即變壓器的匝數(shù)比不變，將P從a端滑動(dòng)到b端的過(guò)程中，副線圈電路中的總電阻先增大后減小，則對(duì)應(yīng)的在原線圈電路中的等效電阻也是先變大后變小，所以原線圈中的電流是先減小后變大，則L1先變暗后變亮，因?yàn)樵€圈中的電流先變小后變大，則變壓器的輸入電壓是先變大后變小，變壓器的輸出電壓也是先變大后變小，在輸出電壓變大的過(guò)程中，燈泡L2和變阻器Pb部分串聯(lián)，滑片P向右滑動(dòng)，L2支路的電阻一直減小，而這部分電壓變大，所以通過(guò)L2的電流變大，L2變亮?；^(guò)ab中點(diǎn)后，副線圈的輸出電壓開(kāi)始減小，但是輸出電流開(kāi)始增大，而L2支路的電阻繼續(xù)減小，所以該支路的電流繼續(xù)增大，所以L2中的電流一直增大，L2一直變亮，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、保持P的位置不動(dòng)，即變壓器副線圈電路中的總電阻R不變，將Q向上滑動(dòng)的過(guò)程中，副線圈的匝數(shù)增大，原、副線圈的匝數(shù)比減小，副線圈的電阻在原線圈電路中的等效電阻R'=(n1n2)2R變小，則原線圈電路中的電流一直增大，所以燈泡【解析】A、重力的瞬時(shí)功率為P重=mgvsinθ，其中θ是速度方向與水平方向的夾角。在a點(diǎn)，小球速度為0，重力瞬時(shí)功率為0。在b點(diǎn)，小球速度方向豎直，重力方向豎直，θ=90°，sinθ=1，重力瞬時(shí)功率為mgv。從a到b，小球速度逐漸增大，sinθ從0增加到1，因此重力瞬時(shí)功率一直變大，

故A正確；

B、在a點(diǎn)速度為0，彈力瞬時(shí)功率為0，在b點(diǎn)，彈簧處于原長(zhǎng)，彈力瞬時(shí)功率為0。從a到b，彈簧彈力功率不會(huì)一直變大，故B錯(cuò)誤；

C、重力做的總功為W重=mg?R=2mgR。

彈簧彈力做的總功為W彈，由于彈簧在a點(diǎn)和c點(diǎn)的彈性勢(shì)能相等(彈簧長(zhǎng)度均為2R)，彈簧彈力做的總功為0。

重力的平均功率為P重=W重t=2mgRt

彈簧彈力的平均功率為P彈=W彈t=0。

因此，重力的平均功率大于彈簧彈力的平均功率。

故C正確；

D、小球的機(jī)械能包括重力勢(shì)能和動(dòng)能，彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)影響小球的機(jī)械能變化。從a到c，小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，在a點(diǎn)和c點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，因此小球在【解析】AB、對(duì)節(jié)點(diǎn)Q受力分析，如圖所示：

'

由幾何知識(shí)得：繩子PQ與桿OQ的夾角以及重力與桿OQ的夾角均為α=30°

根據(jù)平衡條件得：2mgcosα=N，Tsinα=mgsinα

聯(lián)立解得：T=mg，N=3mg，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD、從O點(diǎn)豎直向上作垂線，交繩與O'點(diǎn)，由重力mg、繩子拉力T和桿的支持力N組成的矢量三角形和三角形△PQO'相似可得：mgOO'=TlOO'

由幾何知識(shí)知：OO'變小，繩長(zhǎng)lOO'變長(zhǎng)，則繩子拉力T變大，故11.【答案】BD

【解析】A、兩球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)都只受重力，加速度都為重力加速度g。根據(jù)Δv=gΔt，兩球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故從拋出到相遇兩者的速度變化量相同，故A錯(cuò)誤；

B、設(shè)甲、乙的初速度大小分別為v1、v2，設(shè)PQ=QM=L。甲在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，乙在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)。

對(duì)甲的運(yùn)動(dòng)在水平方向上有：L=v1t；在豎直方向上有：L=12gt2

對(duì)乙的運(yùn)動(dòng)在水平方向上有：L=v2cosθ?t；在豎直方向上有：v2sinθ=g?t2

聯(lián)立解得：v1=gt2；v2=gt2，θ=45°

可得甲、乙初速度大小之比為：v1v2=12，故B正確；

C、設(shè)相遇前瞬間甲、乙速度大小分別為v1'、v2'，則有：

v1'=v【解析】A、設(shè)導(dǎo)體棒P在傾斜導(dǎo)軌上向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中很小一段時(shí)間Δt內(nèi)速度的變化量為Δv，電容器帶電量的變化量為ΔQ，電容器兩端電壓變化量為ΔU。

由法拉第電磁感應(yīng)定律有ΔU=BLΔv

取沿導(dǎo)軌向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得

mgsinθ?Δt-BI-L?Δt=mΔv

其中：I-Δt=ΔQ=CBLΔv

a棒的加速度大小為a=ΔvΔt

聯(lián)立解得a=mgsinθm+CB2L2

將C=mB2L2代入上式可得a=34g，可知導(dǎo)體棒P沿傾斜導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度保持不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B、導(dǎo)體棒P到達(dá)EG邊時(shí)速度大小為v0=2a?L4sinθ=12gL

設(shè)導(dǎo)體棒P與U形線框碰撞后的共同速度為v1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

mv0=(m+3m)v1

解得v1=18gL

線框bc邊和ad邊通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，線框左右兩邊都在磁場(chǎng)外時(shí)，沒(méi)有感應(yīng)電流，線框不受安培力做勻速運(yùn)動(dòng)，所以ad邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)邊界eh時(shí)的速度小于gL8，故B錯(cuò)誤；

C、bc邊通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，電阻R被短路。當(dāng)ad邊通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)ad邊的電荷量為q=I-Δt=E-ΔtR2=ΔΦ【解析】(1)AB、根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知，圖乙中b、c兩點(diǎn)可以不在同一高度處，圖乙中橡皮筋2和3無(wú)需垂直，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、實(shí)驗(yàn)用橡皮筋的伸長(zhǎng)量代表彈力，若橡皮筋規(guī)格不相同，對(duì)實(shí)驗(yàn)有影響，故C錯(cuò)誤；

D、重物質(zhì)量適量大些，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故D正確；

故選：AD。

(2)根據(jù)等效替代原理，下端的細(xì)繩拴接(接點(diǎn)為O')并懸掛同一重物，使O'點(diǎn)與O點(diǎn)重合；

(3)作用效果是兩次將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置。

故答案為：(1)AD；(2)使O'點(diǎn)與O點(diǎn)重合；(3)兩次將結(jié)點(diǎn)拉到同一位置

14.【答案】①B區(qū)；②更低；

①右；②1350

【解析】(1)①用電表測(cè)電阻時(shí)，選擇開(kāi)關(guān)應(yīng)置于歐姆擋，圖中B區(qū)是歐姆擋，所以用多用電表測(cè)Rt的阻值，選擇開(kāi)關(guān)應(yīng)置于B區(qū)。

②多用電表測(cè)電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)角度較大，說(shuō)明所選擋位太大，為了較準(zhǔn)確地讀出此溫度下熱敏電阻的阻值，需要將選擇開(kāi)關(guān)換到更低擋。因?yàn)閾跷辉降停瑲W姆表的中值電阻越小，測(cè)量小電阻時(shí)更準(zhǔn)確。

(2)①由圖乙可知，熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。要降低裝置的報(bào)警溫度，即要在熱敏電阻阻值較大時(shí)報(bào)警。根據(jù)閉合電路歐姆定律

I=ERt+R滑

在E、I(報(bào)警電流)不變時(shí)，Rt較大，則R滑應(yīng)較小，所以應(yīng)將滑動(dòng)變阻器滑片P向右移動(dòng)，減小滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻。

②當(dāng)報(bào)警溫度為100℃時(shí)，由圖乙可知此時(shí)熱敏電阻Rt=150Ω，報(bào)警時(shí)流過(guò)熱敏電阻Rt的電流

I=10mA=0.01A

直流電源電動(dòng)勢(shì)

E=15V(內(nèi)阻不計(jì))

根據(jù)閉合電路歐姆定律

I=ERt+R滑15.【解析】(1)以座椅和工作人員整體為研究對(duì)象，根據(jù)