陕西省西安市长安区第一中学2020-2021学年高二下学期期末考试物理试题含答案解析

【全国百强校】陕西省西安市长安区第一中学【最新】高二
下学期期末考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是( )
A．物体A和物体B均处于超重状态
B．物体A和物体B均处于失重状态
C．物体A处于超重状态，物体B处于失重状态
D．物体A处于失重状态，物体B处于超重状态
2．如图示，甲图为质点a和b做直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象，乙图为质点c 和d做直线运动的速度﹣时间（v﹣t）图象，由图可知（）
A．在t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点的运动方向发生了改变
B．在t1到t2时间内，四个质点中只有b和d两个质点做变速运动
C．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻a、b两质点第二次相遇
D．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻c、d两质点第二次相遇
3．如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（）
A．2m B．9
8
m C．
25
8
m D．3m
4．如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态；弹簧处于竖直．现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍处于静止状态．下列说法正确的是()
A．施加F前，B可能受6个力
B．施加F后，A、B之间的摩擦力一定变小
C．施加F后，B受到弹簧的弹力可能变小
D．施加F后，B与墙之间的摩擦力一定小于F
5．房屋装修工人常用如图所示的简易方式运送材料，图中C为光滑定滑轮。

为了保证材料不碰触窗台A、B，需要一人在楼下用一根绳子拽拉，保证材料竖直向上缓慢上升。

假定人的位置不变，则在运送过程中（）
A．OC绳和OD绳的拉力均逐渐增大
B．OC绳和OD绳的拉力均逐渐减小
C．OC绳的拉力逐渐增大，OD绳的拉力逐渐减小
D．OC绳的拉力逐渐减小，OD绳的拉力逐渐增大
6．如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用水平外力推动物块P，使三个物块一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动．记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力
大小之比为k ，重力加速度为g ，下列判断正确的是（ ）
A ．该外力的大小一定为6ma
B ．无论μ为何值，k 都等于
35 C ．若μ=0，则12
k D ．物块P 受到的合力大小为μmg+ma
7．一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )
A ．第1 s 末质点的速度为2 m/s
B ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大
C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2
D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5
8．【最新】4月22日，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接．“天舟一号”发射升空后，进入预定的圆轨道运行，经过变轨后升到“天宫二号”所在的圆轨道运行．变轨前和变轨完成后“天舟一号”做圆周运动的的轨道半径分别为r 1、r 2，动能分别为K1E 、K2E ，则K1K2:E E 等于
A ．12r r B
C ．21r r D
9．如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m 的小球A 、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 与圆心O 等高，B 位于O 的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动．下列说法正确的是（ ）
A ．下滑过程中A 的机械能守恒
B ．整个过程中轻杆对B 做的功为12
mgR C ．下滑过程中重力对A 做功的功率一直增加
D ．当A 滑到圆轨道最低点时，轨道对A 的支持力大小为1.5mg
10．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m 1
＝4 kg 的物块P ，Q 为一质量为m 2＝8 kg 的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，
系统处于静止状态．现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向
上做匀加速直线运动，已知在前0.2 s 时间内F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，已知sin 37°
＝0.6，g ＝10 m/s 2．在这个过程中，力F 的最大值与最小值分别为F max 和F min ，则有（ ）
A ．F max ＝72N, F min ＝36N
B ．F max ＝72N, F min ＝30N
C ．F max ＝68N, F min ＝36N
D ．F max ＝68N, F min ＝30N
11．如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O 点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P 点又回到O 点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是
A ．粒子带负电
B ．初速度为B v E
C ．比荷为2q B r m E
D ．比荷为2q
E m B r
二、多选题
12．如图所示，探月卫星由地面发射后进入地月转移轨道，经多次变化最终进入距月球表面100公里，周期为118分钟的圆轨道III ，开始进行探月工作，下列说法正确的是
A ．卫星在轨道III 上经过P 点时的运行速度比在轨道II 上经过轨道I 上P 点时的运行速度小
B ．卫星在轨道III 上经过P 点时的加速度比在轨道I 上经过P 点时的加速度小
C ．卫星在轨道I 上的机械能比在轨道II 上的机械能小
D ．卫星在轨道I 上的机械能比在轨道III 上的机械能大
13．甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H ，河水流速为ν0，划船速度均
为ν，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图所示．已知乙船恰好能垂直到达对岸A 点．则下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两船到达对岸的时间不同
B．ν=2ν0
C．两船可能在未到达对岸前相遇
D．甲船也在A点靠岸
14．如图所示,虚线表示两个固定的等量异种点电荷形成的电场中的等势线．一带电粒子以某一速度从图中a点沿实线abcde运动．若粒子只受静电力作用,则下列判断正确的是（）
A．粒子带负电
B．速度先减小后增大
C．电势能先减小后增大
D．经过b点和d点时的速度大小相同
15．下列说法正确的是________________
A．能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒
B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能
C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
16．一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示．介质中x＝2cm处的质点P沿x轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin5πt(cm)．下列说法正确的是_____________
A ．该波的周期为4 s
B ．该波的振幅为10 cm
C ．该波沿x 轴负方向传播
D ．该波的传播速度为10 cm/s
E.在1 s 的时间内，质点P 经过的路程为1 m
三、实验题
17．某实验小组用图甲所示的装置探究功和动能变化的关系．他们将宽度为d 的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将小车通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平实验台上的A 、B 两点各安装一个光电门，记录小车通过A 、B 时的遮光时间．若小车（含挡光片）的质量为M ，砝码盘和盘中砝码的总质量为m ．
（1）实验前，为了消除摩擦力对小车运动的影响，应取下砝码盘，将木板的________（填“左”或“右”）端适当垫高，使小车通过两光电门的_________．
（2）在完成（1）的操作后，为确保小车运动中受到的合力与砝码盘中盘中砝码的总重力大致相等，m 、M 应满足的关系是_________．
（3）用游标卡尺测量挡光片的宽度d 如图乙所示，则d=_________mm ．
（4）将小车停在C 点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，小车通过A 、B 时的遮光时间分别为12t t 、，用刻度尺量得A 、B 之间的距离为s ．已知重力加速度为g ，则本实验最终要探究的数学表达式应该是：_________（用代表物理量的字母表示）． 18．某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，备有下列器材：
A ．待测的旧干电池一节；
B ．电流表A 1（量程0~3 mA ，内阻R g1=10 Ω）；
C ．电流表A 2（量程0~0.6 A ，内阻R g2=0.1 Ω）；
D ．滑动变阻器R 1（0~20 Ω，1.0 A ）；
E.电阻箱R0（0~9 999.9 Ω）；
F.开关和导线若干。

(1)该同学发现上述器材中没有电压表，他想利用器材中的一个电流表和电阻箱改装成一个量程为0~3 V的电压表，并设计了如图甲所示的a、b两个参考实验电路（虚线框内为改装电压表的电路），其中合理的是________。

（选填“a”或“b”）改装后电压表的内阻为R V=________Ω；
(2)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片进行多次测量，图乙为某次测量时电流表A2的指针偏转情况，由此时电流表A2的读数为________A；
(3)实验结束后，该同学根据测得的多组I1、I2的读数（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），以I1为纵坐标、I2为横坐标描点作图，绘出了I1 -I2图像。

若测得该图像的纵截距为b，斜率的绝对值为k，则该电源的电动势E=________，内阻r=________（用b、k、R V表示）。

四、解答题
19．如图所示是一个种电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为M=1.5kg、m=0.5kg．A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住．在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升1m 时恰好达到最大速度．不计空气阻力和摩擦阻力，g取2
10m/s．在厢体向上运动过程中，求：
(1)厢体的最大速度m v；
(2)厢体向上的加速度为2
1m/s时，重物下端绳的拉力大小；
(3)厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间．
20．一质量为M=4kg的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在t=0时刻，木板速度为v o=6m/s,此时将一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在0~1s内运动的v-t图象如图所示．已知重力加速度g=10m/s2．求：
(1)小物块与木板的动摩擦因数μ1,以及木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(2)若小物块不从长木板上掉下,则小物块最终停在距木板右端多远处?
(3)若在t=1s时,使小物块的速度突然反向(大小不变),小物块恰好停在木板的左端,求木板的长度L．
21．如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连
接而成，各部分的横截面积分别为2S、1
2
S和S．已知大气压强为P0，温度为T0．两
活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间．此时两活塞的位置如图所示．(活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略)
(1)现对被密封的气体缓慢加热，当活塞B向左移动距离刚好为l时，求封闭气体的温度；
(2)当气体温度缓慢上升到2T0时，求两活塞之间轻线的拉力大小．
22．如图所示为某种透明介质做成的直三棱柱，ACC A''侧面与BCC B''侧面垂直，∠C=900,0
∠=，一细光束由BCC B''侧面上某一点垂直射入，在ABB A''侧面上刚
B
60
好发生全反射．求：
①透明介质的折射率；
②光线从ACC A''侧面射出时折射角的正弦值．
参考答案
1．D 【解析】
A 加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故A 处于失重状态；同时
B 加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故B 处于超重状态，故AB
C 错误，
D 正确，故选D. 2．C
【解析】在位移-时间图象中，斜率表示速度，则a 的速度方向不变，b 的速度方向变化，v-t 图象中，cd 两质点的速度一直为正，没有改变，所以只有b 运动方向改变，acd 质点的方向未发生改变，故A 错误；t 1到t 2时间内，bcd 的速度都在变化，故B 错误；t 1和t 2时刻a 、b 两个质点都在同一位置，若t 1时刻为第一次相遇，则t 2时刻为第二次相遇，故C 正确；若t 1时刻c 、d 两质点第一次相遇，t 1到t 2时间内，c 、d 两质点的位移不等，因此t 2时刻两质点不可能相遇，故D 错误． 3．C 【分析】
在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即2x at ∆=，结合Q 的速度等于PN 段的平均速度，求出Q 的速度，再结合运动学公式求出OQ 的距离，结合PQ 距离求出OP 长度； 【详解】
设相等的时间为t ，加速度为a ， 由：2x at ∆=，得加速度：222431
x a t t t
∆-=
== Q 点瞬时速度的大小等于PN 段的平均速度的大小：437
22Q PN v v t t
+=== 则OQ 间的距离：2224949
2428
Q
OQ
v t x m a t ==⨯= 则OP 长度为：4925388
OP OQ PQ x x x m m m =-=-=，故ABD 错误，C 正确． 【点睛】
解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即2x aT ∆=． 4．D
【解析】试题分析：隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化．通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力．
开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力，根据共点力平衡可知，B对A 的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；
开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用．所以B受到四个力的作用．故A错误；对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为m A gsinθ，当施加F 后，仍然处于静止，若F＞2m A gsinθ，则A、B之间的摩擦力大小为f=F-m A gsinθ＞m A gsinθ，变大，故B错误；
A与B始终静止，可知弹簧的形变量没有变化，根据胡克定律可知，施加F后，B受到弹簧的弹力不变．故C错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F 有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力，即f=Fsinα，所以B与墙之间的摩擦力一定小于F，故D正确；
5．A
【解析】
在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零，因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点：(1)根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反,保持不变；
(2)结点与竖直墙壁保持一定的距离L，在建筑材料被缓慢提起的过程中OC绳逆时针旋转，其与竖直方向夹角变大，OD绳逆时针旋转，与竖直方向夹角减小；
然后就用平行四边形定则作出图(2)，由图知两根绳子上的拉力F1和F2均增大，故A正确，BCD错误；
故选A。

【点睛】材料缓慢竖直上升处于动态平衡状态，根据平行四边形定则作出物体受到的合力，然后答题。

6．B
【解析】
【详解】
A．物块与地面间的动摩擦因数都为μ，三物块一起向右匀加速运动，加速度相同，对三个物体组成的整体，由牛顿第二定律得
F-μ（m+2m+3m）g=（m+2m+3m）a
得
F=6ma-6μmg
故A错误；
D．以P为研究对象，P受到的合外力提供P的加速度，所以P受到的合外力
F P合=ma
故D错误；
BC．以R为研究对象，设R和Q之间相互作用力大小为F1，根据牛顿第二定律得
F1-μ•3mg=3ma
解得
F1=1 2 F
以Q、R组成的整体为研究对象，设Q与P之间相互作用力大小为F2，根据牛顿第二定律得
F2-μ（2m+3m）g=（2m+3m）a
解得
F2=5 6 F
由于F1、F2的表达式与μ无关，所以不论μ=0，或μ≠0，始终有
F1=1 2 F
F2=5 6 F
无论μ为何值，都满足
k =
123 5
F F ＝ 故C 错误，B 正确； 故选B ． 7．D 【解析】
A 、由动量定理：21?Ft mv ? mv =﹣，求出1s 末、2s 末速度分别为：1?v 4m /s =、 2v 6m /s = ，A 错误；
B 、第1 s 末的外力的功率P Fv 44W 16W ==⨯=，第2s 末外力做功的瞬时功率：
/ Fv 26W 12W P ==⨯=，B 错误；
C 、第1 s 内与第2s 内质点动量增加量之比为：1
1221
142 16141p mv p mv mv ⨯===-⨯-⨯，C 错误；
D 、第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：2
1118J 2
k E mv =
=， 22
2211110J 22
k E mv mv =
-= ，则：12810
45k k E E ==：：： ，
动能增加量的比值为4：5，D 正确； 故选D ．
8．C 【解析】
根据万有引力提供向心力得：2
2Mm v G m r r
=，可得：v 飞船的动能为：2122k GMm
E mv r
=
=，得：1221::k k E E r r =，故选项C 正确． 点睛：根据万有引力提供向心力列式，得到飞船的速度与轨道半径的关系，从而求得动能与轨道半径的关系，再求动能之比． 9．B 【解析】 【详解】
D ．A 、B 小球组成的系统，在运动过程中机械能守恒，设A 到达轨道最低点时速度为v ，根
据机械能守恒定律得
mgR=1
2
（m+m）v2
解得
在最低点，根据牛顿第二定律得
N-mg=m
2 v R
解得
N=2mg 故D错误；
A．下滑过程中，A的重力势能减小
△E P=mgR 动能增加量
△E K=1
2
mv2=
1
2
mgR
所以下滑过程中A的机械能减小1
2
mgR，故A错误；
B．整个过程中对B，根据动能定理得
W=1
2
mv2=
1
2
mgR
故B正确．
C．因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，下滑过程重力对A的功率：先增大后减小，故C错误；
故选B．
点睛：本题主要考查了机械能守恒定律、动能定理以及牛顿第二定律的直接应用，知道在下滑过程中，AB小球组成的系统机械能守恒，能根据重力和速度方向的关系判断重力功率的变化．
10．A
【解析】设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（m1+m2）gsinθ=kx0
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律知kx1-m1gsinθ=m1a
前0.2 s 时间内P 、Q 向上运动的距离为2
0112
x x at -=
，由以上三式解得a=3m/s 2 当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时有F min =（m 1+m 2）a=36 N ，当P 、Q 分离时拉力最大，此时有F max =m 2（a+gsinθ）=72 N ，故A 正确。

点晴：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。

11．D 【解析】 【详解】
垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P 点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；当电场和磁场同时存在时：qvB Eq =,解
得E v B
= ，选项B 错误；在磁场中时，由2
v qvB m r =，可得：2q v E m rB B r =
=,故选项D 正确，C 错误；故选D. 【点睛】
本题主要是考查带电粒子在复合场的运动，解答本题要能够根据共点力的平衡条件分析洛伦兹力和电场力的大小关系；在复合场中做匀速直线运动粒子，在解题时要注意过程分析和受力分析． 12．AD 【详解】
A ．根据卫星发射特点可知，从轨道III 变轨到轨道II 需要在P 点加速，即卫星在轨道III 上通过P 点的速度小于在轨道II 上经过P 点时的速度，A 正确；
B ．根据2
Mm
G
ma r =可得 2
GM
a r =
无论在哪个轨道上，经过P 点时的轨道半径相同，故加速度相同，B 错误；
CD ．从轨道II 变轨到轨道I ，需要点火加速，而从轨道III 变轨到轨道II 需要在P 点加速，故外力做正功，所以在轨道I 上的机械能大于在轨道II 上的机械能，轨道II 上的机械能大于轨道III 上的机械能，即卫星在轨道I 上的机械能比在轨道III 上的机械能大，C 错误D 正确．
故选AD 。

13．BD 【详解】
由于两船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性原理，船速度平行于河岸的分量将不影响船行驶到对岸所用的时间，所以两船同时到岸，A 错误；
因乙船正对垂直河岸过河，故cos60v u =，故2v u =，故B 正确；
甲船沿水流方向的速度为cos602v u u +=，在相同的时间内，甲船通过的位移2x ut 甲=，
船到达对岸的时间2sin6033H t v v u
=
==
，故船沿水流方向通过的位移
3
x H =
甲，故甲船也在A 点靠岸，故D 正确； 因两船同一时间到达A 点，故在两船靠岸以前不会相遇，故C 错误； 故选BD ． 【点睛】
由运动的独立性可知，渡河时间取决于船垂直于河岸的速度，由两船的速度可求得渡河时间； 根据乙船的合运动可知船速与水速的关系；
先求得甲船沿水流方向的速度，根据渡河时间可求得甲过河时在水流方向上通过的距离，则可判断在何处靠岸．
运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的，但二者的合成决定了物体的实际运动． 14．ABD 【详解】
A ．根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用．所以粒子带负电．故A 正确；
BC ．粒子从a→b→c 过程中，电场力做负功，c→d→e 过程中，电场力做正功．粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小后增大．故B 正确，C 错误；
D．由于b、d两点处于同一个等势面上，所以粒子在bd两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，方向不同，故D正确．
故选ABD．
点睛：本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路．
15．BDE
【解析】
【详解】
A．能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故A错误；
B．根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能，故B正确；
C．非晶体和多晶体的物理性质各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性，故C错误；D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则由理想气体状态方程可知，温度一定增大，内能增大，同时气体对外做功，则由热力学第一定律可知，它一定从外界吸热，故D正确；
E．当分子间作用力表现为斥力时，距离减小时分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。

故选BDE。

16．BDE
【解析】
A.由波形图和振动方程y=l0sin5πt(cm)都可直接读出振幅为A=10cm，选项A正确.B、由振
动方程得T=2π
ω=2π
5π
=0.4s，选项B错误.C、根据振动方程知P点在t=0后向上振动，在波
形图中由同侧法得波向x轴正向传播，选项C错误.D、则由波形图得λ=4m，则v=λ
T
=10m/s，
选项D正确.E、时间t=1s=2T+T
2，根据每T
4
发生一个振幅10cm的位移可知s=8A+2A=
10A=1m，选项E正确．故选ADE.
【点睛】本题的关键要掌握振动的一般方程y=A sinωt，知道ω和T的关系：T=2π
ω
．要注意振幅等于位移的最大值，但位移不同．
17．左 遮光时间相等 m M 9.30 222211
112mgs Md t t ⎛⎫=
- ⎪⎝⎭
【解析】
（1）实验前应将木板左端略微抬高，使小车通过两光电门的遮光时间相等的目的是平衡摩擦力，小车受到的拉力等于其合力，细线的拉力对小车做的功等于合力对小车做的功； （2）只有当M 远大于m 时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力，即满足M 远大于m 时可以用砝码盘和盘中砝码的重力做的功代替小车合力做的功；
（3）游标卡尺的主尺示数为0.9cm=9mm ，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm ，则挡光片的宽度d=9mm+0.30mm=9.30mm
(4).A 至B 过程中小车的合外力做功等于砝码盘和盘中砝码受到的重力做功，即W mgs =，小车通过A 时的速度：1A d v t =
，小车通过B 时的速度：2
B d
v t =； 则小车通过A 、B 过程中动能的变化量22
22221
11111()222B A E Mv Mv Md t t ∆=
-=-，本实验最终要探究的数学表达式应该是22221
111()2mgs Md t t =
- 【点睛】为了使绳子拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对小车做的功应先平衡摩擦力．小车合力做的功等于砝码盘和盘中砝码的重力做的功，根据d
v t
=
求出小车通过AB 两点的速度，从而求出动能的变化率；只有当M 远大于m 时，砝码盘和盘中砝码的重力才等于绳子的拉力．
18．b 1000 0.16 1V b R k - 1V k R k
- 【详解】
(1)[1]由于滑动变阻器的最大阻值为20Ω，所以一般情况下电路中的电流不会小于3mA ，因此需要用电流表A 2来测量电流，将电流表A 1改装成电压表，故应选b 电路。

[2]改装后电压表的内阻为1000g V g
U R I =
=Ω；
(2)[3]分度值为0.02A ，故该电流表的读数为0.16A ； (3)[4][5]由闭合电路欧姆定律可得
()112V I R E I I r =-+
整理可得
12V V r E
I I R r R r
=-
+++
即
V V r E
k b R r R r
=
=++， 解得
11V V b k E R r R k k
=
=--，。

19．（1）2m/s m v = （2）F T =12N （3）t =0.7s 【解析】
【分析】轿厢达到最大速度时合力为零，根据A 的合力为零求出绳的拉力，结合P Fv =求轿厢的最大速度；对A 和B 分别运用牛顿第二定律列式,可求得重物B 下端绳的拉力大小；轿厢从开始运动到恰好达到最大速度过程,运用动能定理列式可求得所用的时间． 解：（1）设厢体的最大速度为m v ，
由分析可知，当()F M m g =-时，厢体A 的速度最大 由m P Fv =，可知，()()
20/2/1.50.510m P v m s m s M m g =
==--⨯；
（2）当厢体向上的加速度为21/a m s =时，利用牛顿第二定律， 对:A A F Mg Ma -= ① 对:B A B F mg F ma +-= ② 由①② 式，得：12B F N =；
（3）由动能定理可知：()2
12
m
Pt mgh Mgh M m v +-=+ 解得：0.7t s =
20．（1）μ1=0.1，μ2=0.3；（2）2.625m ；（3）3.6m ； 【分析】
（1）由v-t 图象得到小物块的加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；再对长木板受力分析，根据v-t 图象得到加速度，根据牛顿第二定律列式求解木板与地面间的动摩擦因数μ2．
（2）根据v-t 图象得到1s 内滑块与木板的位移大小，得到相对位移大小；1s 后都是减速，但滑块相对木板再次右移，根据运动学公式列式分析；
（3）先小物块的速度突然反向，先对木板和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律得到加速度，再结合运动学公式求解相对位移．
【详解】
（1）小物块的加速度：2111/1
v a m s t =
=＝， 长木板的加速度：22165/1v a m s t -=-＝＝， 对小物块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μ1mg=ma 1， 木板水平方向受滑块向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根据牛顿第二定律，
有：-μ1mg-μ2（M+m ）g=Ma 2，
解得：μ1=0.1，μ2=0.3；
（2）v-t 图象与时间轴包围的面积表示位移大小，1s 内相对位移大小：△x 1=12
×6×1＝3m ； m 受摩擦力：f 1=μ1mg=2N ，M 受地面的滑动摩擦力：f 2=μ2(M +m )g=18N ，1s 后M 与m 均是减速，但M 加速度小于m 的加速度，分别为：
a 1′＝
1 f m
＝1m /s 2， a 2′＝21 f f M -＝4m /s 2， 1s 后M 的位移：x M ＝22
'21 0.125224
v m m a =⨯＝， 1s 后m 的位移：x m ＝22
'11 0.5221
v m m a =⨯＝， 1s 后m 相对于M 的位移：△x′=x m -x M =0.375m ；
故小物块最终停在距木板右端：△x 1-△x′=3-0.375=2.625m ；
（3）若在t=1s 时．使小物块的速度突然反向，则m 受向后的摩擦力，一直到速度减小为零；M 受向左的两个摩擦力，一直到速度减为零；。