2024年山東省泰安市高考物理一模試卷(含詳細答案解析)

2024年山東省泰安市高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共7小題，共21分。

1.我國已經在空間站上開展過四次精彩的太空授課，在億萬中小學生心里播撒下科學的種子?！疤鞂m課

堂”的教師們曾經做過兩個有趣實驗：一個是微重力環(huán)境下液橋演示實驗。在兩個固體表面之間可形成大

尺寸液析，如圖〃所示：另一個是微重力環(huán)境下液體顯著的“毛細現象”演示，把三根粗細不同的塑料

管，同時放入裝滿水的培養(yǎng)皿，水在管內不斷上升，直到管頂，如圖）所示。對于這兩個實驗的原理及其

就用的理解，下列說法正確的是（）

圖affibISc

A.液體表面張力使得液橋表面形狀得以維持，而不會“垮塌”

B.分子勢能昂和分子間距離r的關系圖像如圖c所示，能總體上反映水表面層中水分子勢能即的是圖中

“4”位置

C.農民使用“松土保埼”進行耕作，通過松土形成了在壤毛細管，使得土壤下面的水分更容易被輸送到地

表

D.航天員在太空微重力環(huán)境中會因為無法吸墨、運墨而寫不成毛筆字

2.張靖皋長江大橋是中國在建的世界上跨徑最大的懸索橋，如圖甲所示。懸索橋的簡化模型如下：橋面由

分列橋面兩邊的六對等距離鋼桿懸吊，鋼桿上端掛在兩根鋼纜上。圖乙為其側面圖，兩端鋼纜CM、PN與

水平方向夾角均為。=37。，若每根鋼桿承受拉力相同，橋面總質量為〃?，鋼桿、鋼纜自重不計，重力加速

度為g,則鋼纜8C中的拉力大小為（）

圖甲

A<5

A.不mg

3.氫原子能級分布如圖所示?？梢姽獾哪芰糠秶鸀?.62W?3.11eV,兩個nE/eV

000..

處于n=4能級的氫原子自發(fā)躍遷到低能級的過程中（）5—0A.34

4-0.85

最多能輻射出種頻率不同的光，其中最多有種頻率不同的可見光§

A.63-1.51

B.最多能輻射出6種頻率不同的光，其中最多有2種頻率不同的可見光2-3.40

C.最多能輻射出4種頻率不同的光，其中最多有3種頻率不同的可見光

D.最多能輻射出4種頻率不同的光，其中最多有2種頻率不同的可見光?-13.6

4.如圖所示，A、8是圍繞地球運轉的兩顆衛(wèi)星，其中A衛(wèi)星的軌,道半徑為8衛(wèi)

星的軌道半徑為降，經過相同的時間，A衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為當，B

衛(wèi)星與地心。的連線掃過的面積為SR,已知SR：SA=1：2,則.%：心的俏為（）

A.I：2

B.1：3

C.1：4

D.I：8

5.如圖所示，兩塊標準平面玻璃板中間形成一個劈形空間，劈尖角6=

2x10~4rad,（8很小時，可"認為sin。?tan。々0）。用波長入=600n?n

的單色光從上方照射，從上往下看到干涉條紋。當在劈形空間內充滿

某種液體時，相鄰亮條紋間距減小了0.5nun,則該液體的折射率為（）

A3口4「65

A.-B.-C.-Dn.-

A*O

6.如圖所示為某發(fā)電站輸電示意圖，發(fā)電機輸出電壓恒定，變壓器均為理想變壓器，在輸電線路的起始端

接入甲、乙兩個理想互感器，甲、乙兩互感器原副線圈的匝數比分別為200：1和1：20,降壓變壓器原副

線圈匝數比為200：1,電壓表的示數為220V,電流表的示數為5A,輸電線路總電阻r=202則下列說

法正確的是（）

A.互感器甲中圈內接入電流表，互感器乙圈內接入電壓表

B.瑜電線路上損耗的功半約占輸電總功率的6%

C.用戶端的電壓內為200V

D.用電高峰相對平時用甩時，用戶端的電壓偏小

7.如圖所示，4BC為一彈性輕繩，其彈力大小符合胡克定律。晅性輕繩一端

固定于A點，另一端連接質量為〃?的小球，小球穿在豎直桿上。輕桿08一

端固定在墻上，另一端為定滑輪。若彈性輕繩自然長度等于A8,初始時

A8C在一條水平線上，小球從C點由靜止釋放滑到E點時速度恰好為零。己

知C、E兩點間距離為兒。為CE的中點，重力加速度為g,小球在。點時

彈性繩的拉力為野，小球與桿之間的動摩擦因數為0.6,彈性輕繩始終處在彈

性限度內，其彈性勢能的表達式為&,=：依2,其中A為勁度系數、X為伸長量。則小球下滑經過。點時的

速度大小為（）

、/33ghRJ35gh「J37ghn《39gh

二、多選題：本大題共5小題，共19分。

8.如圖示，某運動員在足球場上進行“帶球突破”訓練。運動員沿邊線將足球向前踢出，足球沿邊線運

動，為控制足球，乂向前追上足球，下列可能反映此過程的￡圖像和x-t圖像是（）

A.波4、。相疊加后，會出現穩(wěn)定的干涉現象

B.x=37n處質點的位移最大值為2cm

C.t=2s時，質點P沿），軸正方向運動

D.￡=11s時,x=2m處質點的位移為10cm

11.如圖所示，足夠長的光屏豎直放置，一個半徑為r的半圓形透明介質水平放

置。由〃、〃兩種頻率的單色光組成的光束與豎直方向成30。沿半徑方向從圓周上的

某點入射，光屏上出現P、Q、R三個光斑，其中Q為〃光的光斑。若已知〃光的

折射率為C，真空中光速為。，下列說法正確的是（）

A.在該透明介質中，。光的光速大于。光的光速

B.若入射光線繞。點逆時針轉動，則P處的光斑先消失

C.u光進入介質后經時間誓到達光屏上的Q點

D.〃光進入介質后經時間瞥&到達光屏上的Q點

12.如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導軌M、N、P、。平行放置，導

X

軌固定于絕緣水平而上，M、N導軌間距為2L,P、Q導軌間距為L兩B

xxX

組導軌間由導線相連，導軌回存在豎直向下的磁感應強度為8的勻強磁

Nxxxl

場，兩根質量均為機、接入電路的電阻均為R的導體棒C、。分別垂直于

Vo

導軌放置，且均處于靜止C獲得問右的瞬時速度孫，同時使導體榨。獲

得向左的瞬時速度:%。兩導體棒在達到穩(wěn)定狀態(tài)運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，且均未

到達兩組導軌連接處。則下列說法正確的是（）

A.開始階段，導體棒C、Q均做減速運動，先減速至零

B.達到穩(wěn)定運動時，C、。兩杯均向右運動

C.從t=0時至穩(wěn)定運動的過程中，通過導體葆的電荷量為翳

DDL

D.從t=0時至穩(wěn)定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為鬻

三、實驗題：本大題共2小題，共12分。

13.某探究小組利用圖示裝置探究機械能守恒。將拉力傳感器固定在天花板上，不可伸長的輕質細線-端連

在拉力傳感器上的。點，另一端系住可視為質點的鋼球。鋼球靜止于最低點位置時拉力傳感器示數為&；

現將鋼球分別拉至不同高度由靜止釋放，小球釋放前后細線一直處于伸直狀態(tài)，如圖甲所示。記下每次釋

放瞬間拉力傳感器示數Fl和每次移放后鋼球第1次擺到最低點時拉力傳感器示數尸2。并作出尸2-F］圖像如

圖乙所示，若小球第I次下擺過程中機械能守恒，則：

(1)圖乙中圖線斜率k=_____。

(2)傳感器示數=N；

(3)若某次該鋼球由靜止釋放時細線與豎直方向的夾角為。、在最低點時傳感器示數F2=7.35N,則

cos3=o

14.如圖〃為某物理實驗興趣小組組裝的多用電表的電路小意簡圖。其中E是電源，小計內阻cRl、&、

心、感是四個定值電阻，%是滑動變阻器。表頭G的滿偏電流為500/M,內阻為200。。虛線電內為五個

換擋開關，A端和8端分別與兩表筆相連。該多用電表5個擋位分別為：直流電壓2.51/擋和10V擋，直流

電流1〃?A擋和100〃川擋，歐姆X100擋。圖〃為改裝過程中的多用電表表盤。其歐姆擋的中值刻度為15。

(1)根據題給條件可得Ri+R2=,/?4=；

(2)在進行歐姆調零時，滑動變阻器R,阻值應調整為；

(3)圖〃中歐姆擋刻度尚未標識完整，圖中多用電表指針位置應該標識的刻度為

四、簡答題：本大題共4小題，共48分。

15.如圖所示，一“U”形管由上方兩根同粗細的玻璃管和下方連接橡皮管組成，兩玻璃管保持

豎直且上端平齊，右管內封有一段長38c”的氣體，左管開口，左管水銀面比右管內水銀面高IL-4

14cm,大氣壓強為76cm也?，F沿豎直方向緩慢移動左側玻璃管，使兩側玻璃管內水銀面相

平，玻璃管導熱性能良好且環(huán)境溫度不變。

(1)求此時右管封閉氣體的長度；

(2)若改為從左側管口用一帶柄的密封性很好的活塞緩慢向下推動空氣的方法使兩側水銀面相平，求活塞

下移的長度應為多少厘米(結果保留兩位有效數字)。

16.鏈球是一項融合力量、平衡和技巧的競技運動。如圖，某運動員在訓練中兩手握著鏈球上鐵鏈的把手

帶動鏈球旋轉。鏈球旋轉到高地高九=0.8加的A點脫手，脫手時速度大小為%=28m/s,方向與水平面成

。隹斜向上飛出。鏈球落地時速度與水平而夾角為￡，且。+/?=](依/?未知)，不計空氣阻力和鐵鏈的影

響，g=10m/s2o

求：(1)鏈球落地時速度的大??；

(2)鏈球脫手后在空中運動的時間；

(3)鏈球脫手點A與落地點間的水平距離。

17.如圖所示，在三維坐標系。工尸中，z>0的空間內充滿沿z軸負方向

的勾強電場，z<0的空間內充滿沿)，軸正方向的勻強磁場，磁感應強度

大小為以甲粒子從坐標為(0,0,h)的A點以速率北沿x軸正方向射出，

甲粒子第一次到達x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為。=60。。乙粒

子從z>0的空間。點(未標出)以相等速率氣沿)，軸正方向射出。甲、乙

兩粒子均在第2次進入磁場后相逼，相遇點為各自軌跡的最低點。已知

甲、乙粒子的質量均為加，帶電量均為+q,不計粒子重力以及粒子間的

相互作用。求:

(1)電場強度E的大小；

(2)相遇時，甲粒子的運動時間:

(3)乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大?。?/p>

(4)C點的位置坐標。

18.如圖所示，在水平面上靜止放置軌道A,其由半徑為R=0.4m的光滑;圓弧軌道￡/，和水平凱道/,'G兩

4

部分組成，左側％=0.325m處固定一豎直擋板，右側緊挨著一木板B與其等厚?，F由石點正上方九=0.2m

處由靜止釋放物塊。。一段時間后物塊。沿軌道4滑到最右端C且二者恰好達到向右的共同速度。已知軌

道A的質量叫4=3kg,木板6的質量血"=9kg,物塊。的質量=1kg。不計軌道A與水平面間的摩

擦，物塊。與水平軌道R?間的動摩擦因數為〃i=0.5,與木板8的動摩擦因數為〃2=0.2。木板B與水平

面間的動摩擦因數〃3=0-。2。軌道A與左側豎直擋板碰后，速度等大反彈。A與6的碰撞為彈性碰撞。所

有碰撞時間均極短不計。木板3足夠長，重力加速度為g=10m/s2,忽略空氣阻力。求：

(1)物塊。到達產點時的速度大??；

(2)軌道A與豎直擋板第一次碰撞時的速度大?。?/p>

(3)軌道A與木板B第一次碰撞和第二次碰撞的時間間隔久；

(4)軌道A與木板8第一次碰撞和第二次碰撞的時間間隔內，物塊。相對于8滑動的距離記作4修，軌道A

與木板B第二次碰撞和第三次碰撞的時間間隔內，物塊。相對于8滑動的距離記作/不，試求答。

擋板

一UD

E

■O

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A由于氣液界面之間存在表面張力，使得液體表面好比有一層很薄的彈性薄膜，使得液橋的

表面形貌得以維持，而不會“垮塌”；正常的重力環(huán)境下，液橋的尺寸通常只有幾亳米，太空環(huán)境下，重

力幾近消失，表面張力便能維持建立起很大尺寸的液橋，故A正確；

B.分子勢能用和分子間距離「的關系圖像如圖c所示，“8”位置為平衡位置，表面張力表現為引力，因此

能總體上反映水表面層中水分子勢能昂的是圖中“C”位置，故8錯誤：

C鋤地的核心是“松土保燧”。土壤在過水后會形成通往地表的毛細管，還會在縮水過程中開裂；“松

土”，就是切斷毛細管，堵塞裂縫；從而“保嫡”，抑制水分沿毛細管上行至地表蒸發(fā)和直接經裂縫蒸

發(fā)。因此“鋤”的核心作用是松動表土，截斷土壤毛細管，減少蒸發(fā)，故C錯誤；

D三筆書寫過程中，在毛細現象作用卜，墨汁與可以被浸潤的毛筆材料發(fā)生相互作用力的平衡，于是墨汁

便被吸入毛筆材料中，并牢牢“困”在毛筆內部；而當毛筆尖與紙張接觸時，留在毛筆表面的墨汁，同樣

在毛細作用下，被吸附到紙上，其間根本無須重力作用，故。錯誤。

故選:Ao

4.根據液體表面張力的含義分析作答；

B.根據分子勢能與分子間距的關系分析作答；

CD根據毛細現象的含義和成因分析作答。

本題考查了液體的表面張力、毛細現象和分了?勢能與分子間距的關系；本題是?道理論聯系實際的好題，

可以培養(yǎng)學生用所學物理知識解沃實際問題的能力。

2.【答案】A

【解析】解：以橋面和CP間的鋼桿鋼纜整體為研究對象，受力分析如圖所示

由平衡條件可得

4TMCsin370=mg

解得

5

TMC-]2mg

由題意可知，每根鋼桿承受拉力相同，因此每根鋼桿的拉力為對C點受力分析，如圖所示

由力的平衡條件可知，鋼纜用。的拉力與鋼桿CC'的拉力￡/的合力大小等于鋼纜BC的拉力TBC，由幾

何關系可知，因

5

T'MC=x2m9

0=37°

解得C/線段表示

51

T=TCOSO=mgxcos370=qmg

CJMCJL4O

解得G〃線段表示

1

T'GH=T"，=i2m9

解得GZ線段表示

53

=亞抽。=通加。

TGJ=TMCsin6xsin370

由直角△CH/可得

TBC=T=JT自+珀=J（,"0—5日。）？+[mg）2=^-mg,故A正確，BCD錯誤。

故選：4。

對橋面和CP間的鋼桿鋼纜整體受力分析，根據平衡條件求解鋼纜MC(或者NP)上的拉力，由題意可知每

根根鋼桿承受拉力相同，對。點受力分析?，根據幾何知識求解鋼纜8C中的拉力大小。

本題考查共點力作用下的平衡問題，要求學生能正確選擇研究對象，受力分析，根據平衡條件列式解題。

3.【答案】D

【脩析】解：處于〃=4能級的單個氫原子最多可以產生3種不同頻率的光，分別是能級4至lj3(0.66eV)、3

至ij2(1.89eQ、2至iJl(10.2elQ,另外一個可以產生4到2(2.55e，)，2到l(10.2e1Z),或者產生4到

3(0.66eV),3至Ul(12.09eV),所以兩個處于九=4能級的氫原子最多能輻射出4種頻率不同的光，其中3

到2、4到2產生的光屬于可見光，即最多有2種頻率不同的可見光，故ABC錯誤，。正確。

故選：Do

單個原子的能級躍遷時逐級躍遷是產生不同頻率的光子最多。

解決本題的關鍵知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差。

4.【答案】C

【解析】解：設軌道半徑為/?的衛(wèi)星線速度為v,衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力

解得=揮

在很短時間戊內衛(wèi)星與地心。的連線掃過的面積為：S=\vAtr

代入y解得：S=

相同時間內，6衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積和A衛(wèi)星與地心。的連線掃過的面積之比為：SB：SA=

1：2,

則%：RA=Sl：=1：4,故C正確、錯誤。

故選：Co

由萬有引力提供向心力點的線速度的表達式，根據三角形面積計算方法求解在很短時間仇內衛(wèi)星與地心。

的連線掃過的面積表達式，由此得到軌道半徑之比。

本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式

進行分析，掌握衛(wèi)星與地心。的連線掃過的面積的計算方法。

5.【答案】A

【解析】解：根據光的干涉可知，當光程差As二源時此處表現為亮條紋，根據薄膜干涉的原理可知光程

差為空氣層厚度的2倍，即4s=24d；

當劈尖角為J時，相鄰的亮條紋之間的距離：/%=笑

相鄰的亮條紋之間的光程差ds=1=2Ad

聯立可得"=A]

2sm020

若在劈形空間內充滿液體，光在液體中傳播速度變小，根據〃="知，波長變短，則相鄰兩條紋間距將變

小。

Fhv=-

n

則;l'=:

在劈形空間內充滿某種液體時相鄰痙條紋間距//=5、篇

條紋間距減小量4=Ax-Axf

液體=0.5mm

代入數據可得九=弓，故A正確，BCO錯誤。

故選：Ao

從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當光程差4=瓶時此

處表現為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為半個波長。

掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關系即可順利解決此類題目。

6.【答案】D

【解析】解.：4互感器甲并聯在電路中，因此甲是電壓互感器，故A錯誤：

BC根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，互感器原線圈兩端電玉&=篙?U=竿x220V=44000V

根據理想變壓器電流與匝數比的關系，互感器原線圈中的電流=瞪?/=1*54=I。。。

6

根據理想變壓器的功率關系，輸電功率P=P2=UJ2=44000x1001V=4.4x10IV

輸電線上的損失功率=發(fā)r=1002x201V=2x105lV

輸電線路上損耗的功率約占輸電總功率qX100%=必/％=4.5%

P4.4x100

輸電線上的電壓損失4U=l2r=100x20V=2000V

降壓變壓器原線圈兩端電壓&==440007-2000V=42000V

根據理想變壓器電壓與匝數比的美系，用戶端電壓〃=以3=白乂42000U=210，

ZUU

綜上分析，故8C錯誤；

。.用電高峰期，用戶增多，負載總電阻變小，通過降壓變壓器副線圈的電流變大；

根據理想變壓器電路與匝數比的關系可知，通過降壓變壓器原線圈的電流變大，輸電線上的電壓損失變

大，因此用戶端的電壓變小，故。正確。

故選:Do

A.互感器甲并聯在電路中是電壓互感器；

根據理想變壓器電壓與匝數比、電流與匝數比的關系求解升玉變壓器副線圈兩端電壓和輸電線上的電

流；根據功率公式和歐姆定律求功率損失和電壓損失，再求損失功率與輸電功率的百分比以及用戶端得到

的電壓；

D用電高峰期，用戶增多，負載息電阻變小，通過降壓變壓器副線圈的電流變大，在分析輸電線上的電壓

損失，再分析用戶端得到的電壓的變化情況。

本題主要考查了電壓互感器與電流互感器、理想變壓器電壓與匝數比和電流與匝數比的關系；掌握歐姆定

律、功率公式是解題的關鍵。

7.【答案】B

【解析】解：小球在。點時.，桿對小球的彈力為

廣/mg

FN=kxBC=-Y

釋放小球后，設彈性繩與豎直桿夾角為氏任取一位置對小球受力分析，如圖所示

水平方向，根據平衡條件可知，桿對小球的彈力等于彈性繩垂直于桿的分力，即

FN=kxsinG

又

xsin0=xBC

故桿對小球的彈力保持FN=等不變，則小球所受滑動摩擦力大小始終為

?mg

f=^FN=^-=Q3mg

小球從。到E過程，根據功能關系

mgh-fh-\^k（h2+媚c）-=0

解得彈性繩勁度系數為

一14%

小球從。到D的過程，根據動能定理有

m9~2~2~壇”（彳+'金）-2k瑤c]=2mv2~0

解得小球在。點速度為

口=嚕^故B正確，4CD錯誤。

故選：B。

對小球下落過程任意位置受力分析，求解桿對小球的彈力，進一步求解摩擦力，小球從C到E根據動能定

理求解彈性繩的進度系數，小球從C到。根據動能定理求解小球的速度。

本題考查功能關系，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。

8.【答案】AC

【蟀析】解：AB.足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，會做減速運動，速度逐漸減小，運動員向

前追趕足球，做加速運動，速度逐漸增大，運動員追上足球時位移大小相等，即圖像與坐標軸圍成的

面積相同，故A正確，B錯誤；

CD.%-￡圖像的斜率表示速度，足球做減速運動，足球的圖像斜率逐漸減小，當運動員追上足球

時，足球和運動員在同一時刻達到同一位置，足球和運動員的％-t圖像交于同一點，足球和運動員的起點

相同，故C正確，。錯誤。

故選：AC.

足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，會做減速運動，運動員向前追趕足球做加速運動，u-t圖像

的縱坐標值的變化表示速度的變億，圖像與坐標軸所圍成的面積表示位移，％-￡圖像切線的斜率表示速

度。

本題考查了口-￡圖像和圖像，解題關鍵是根據情境分析好足球和人的運動狀態(tài)，結合圖像分析即可。

9.【答案】BD

【解析】解?：A3、帶電小球靜止于電容器內的A點，受到電場力豎直向上，把小球由A點移到B點，電

場力做正功，小球的電勢能減小，故A錯誤，6正確；

CD.充電后與電源斷開后,電容器的帶電量不變八根據「=9以及/?=鄉(xiāng)可得/?=竺磐，可知將

4nkdU（ter5

下極板向上移動一小段距離，電容器板間場強不變，結合U=Cd可知下極板與A點間的電勢差減小，因A

點的電勢比下極板低，可知人點的電勢升高。根據原來小球靜止可知，小球受到電場力方向與場強方向相

同，小球帶帶電，所以小球在A點時的電勢能增大，故C錯誤，。正確。

故選:BD。

把小球由A點移到8點，分析電場力做功情況，判斷電勢能的變化情況。將下極板向上移動一小段距離，

分析板間場強的變化情況，判斷A點的電勢變化，再分析小球在A點時的電勢能變化情況。

解答本題的關鍵要根據。=吊、。二號以及芯=物導出￡=筆，可在理解的基礎上記牢這個結論，經

4nkaUawTS

常用到。

10.【答案】AB

【解析】解：4兩列波在同種介質中的傳播速度相同；

在/￡=5s時間內，波傳播的距離4%=84"m=5m

波速u=冬=《m/s=lm/s

兩列波的波長入=4m

周期7=-=ys=4s

v1

由于兩列波的周期相同，頻率相同，因此兩列波疊加后會出現穩(wěn)定的干涉現象，故A正確；

8.兩列波第一次在x=3處相遇，兩列波相遇時振動方向相反，振動減弱，合振幅力=6cm-4cm=2cm

因此％=3m處質點的位移最大值為2cm,故B止確；

C.t=2s時，質點尸振動半個周期，根據對稱性，質點P在x軸下方的對稱位置，正在沿y軸負方■向振

動，故C錯誤；

D.b波從％=-2m傳播到%=27n所用的時間=g=號s=4s

人波在x=27n處的質點的振動時間立2=7s=IT+jr

若只存在。波，?=2m處的質點位于波谷處，位移為ya=-4cm

對于〃波，x=2處的質點位于波谷處，位移為為=-4cm；

b波從x=87n傳播到x=2m所用的時間￡]b=^-=ys=6

人波在x=27n處的質點的振動時間22=5s=IT+

若只存在b波,%=2巾處的質點位于波谷處，位移為為二-661

由\'x=2m處的質點同時參與兩列波的運動，因此％=2處的質點在t=11s時刻的合位移為y=ya+yb=

-4cm-6cm=-10cm,故。錯混。

故選:AB.

A.兩列波在同種介質中的傳播速度相同，根據兩列波的波長分析兩列波的周期，根據兩列波產生.穩(wěn)定干涉

的條件分析作答；

及兩列波第一?次在％=3處相遇，兩列波相遇時振動方向相反，振動減弱，據此求合振幅，再求最大位移：

C.t=2s時，質點。振動半個周期，根據對稱性分析作答：

D根據波速和傳播距離求傳播時間，再求振動時間；根據獨立性原理分別求解x=2m處的質點位移，再根

據疊加原理求合位移，然后作答。

本題主要考查了波的干涉、波的獨立性原理和波的疊加；考查了波長、波速和頻率的關系；知道波速決定

于介質。

11.【答案】AC

【解析】解：4、由題，Q為〃光的光斑，則P為/，光的光斑，R為兩種光的復合光斑，由圖可知，透明介

質對。光的折射程度較大，則。光的折射率大于b光的折射率，根據??；=￡可知，在該透明介質中，〃光的

n

速度大于〃光的速度，故A正確；

夙若入射光線繞0點逆時針轉動，則入射角增大，根據折射定律可知〃與人的折射角都增大，則。處的

光斑先消失，故8錯誤；

CD、根據折射定律可知，光線a射出介質后的折射角sin。="-也30。=xg=苧

可得。=60。

在介質中的速度〃=：=者

a光在介質中的傳播時間0=1=@

kVC

由幾何關系可得。、=高=言=竽

a光沿OP傳播所用的時間亡2="=答

COC

所以〃光進入介質后經時間亡=0+亡2=星+要:二空到達光屏上P點，故C正確，。錯誤。

C3c5C

故選：AC.

根據折射定律分析介質對。和。光折射率的大小，由公式〃=￡分析光在介質中傳播速度的大小關系；根據

n

幾何知識求出。光在介質中和真空中的光程，再求解其傳播時間即可。

本題是幾何光學與物理光學的綜合.折射率與波在介質中傳播速度和時間等問題是考試的熱點。

12.【答案】BD

【解析】解：4設電路中的電流為/,C棒的加速度大小為由，Z）棒的加速度大小為電；

根據安培力公式結合牛頓第二定律，對C棒B/?2L=ma.

對。棒8/L=ma2

解得%=2a2

根據運動學公式，。棒減速至零的時間力=卷=居

。棒減速至零的時間￡2=:=裁

可見，。棒先減速至零；

因此開始階段，導體棒C、。均做減速運動，。棒先減速至零，故A錯誤；

8.導體棒。減速至零后，在安培力的作用下向右做加速運動，導體棒。產生反電動勢；導體棒C繼續(xù)減

速，當導體棒。產生的反電動勢等于導體棒C產生的電動勢時，回路的電流為零，C、。棒均向右勻速運

動，故3正確：

CD當導體棒。產生的反電動勢等于導體棒C產生的電動勢時，有E=B?2Lvc-BLVD=0

解得%=2vc

從t=0時至達到穩(wěn)定運動的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得

對C棒有一81-2L-t=mvc-mv0

對。棒有B/L?t=mvD-m(-1v0)

聯立解得%=Av0,VD=T=VQ

JLOJL。

根據電流強度的定義式，電荷量q=7?t

代入數據解得q=鬻，故C錯誤，Q正確。

*3aL

故選：BD。

人根據安培力公式結合牛頓第二定律求加速度，根據運動學公式求減速至零的時間，然后作答；

4.導體棒。減速至零后，在安培力的作用下向右做加速運動，導體棒。產生反電動勢，當合感應電動勢為

零時，兩棒向右做勻速直線運動；

CD根據動量定理和電流強度的定義式求解通過導體棒的電荷量，

本題考查的是不等長雙棒問題，關鍵要明確兩棒的受力情況，理解導體棒穩(wěn)定時的含義是解題的關鍵；掌

提根據動量定理和電流強度的定義式求電荷量的方法。

13.【答案】一24.9?

【解析】解：(1)鋼球靜止于最低點位置時拉力傳感器示數為%,根據平衡條件尸。=mg

鋼球擺動到最低點時，根據牛頓第二定律「2-7幾9=小。

鋼球從釋放點到最低點的過程中，取最低處為零勢能，根據機械能守恒定律

在釋放點，沿繩方向的合力為零，根據數學知識F]=rngcos。

代人數據聯立解得七=3Po-2%

結合尸2-&函數，圖像的斜率攵=一2;

(2)圖像的縱截距b=3F0=14.7/V

解得傳感器示數尸o=4.9N；

(3)在最低點時傳感器示數F?=7.35N時，根據函數關系式尸2=3F0-2吊

代入數據解得&=3.675N

在釋放點滿足&=mgcos3=F0cosO

解得cos。=胃=嘿5=也

F04.94

故答案為：(1)-2：(2)4.9：(3)：或0.75。

(1)(2)根據平衡條件、牛頓第二定律、機械能守恒定律求解尸2-&函數，結合圖像求解作答；

(3)根據函數關系式求解釋放點傳感器的示數，再根據數學知識求解作答。

本題主要考查了平衡條件、牛頓第二定律、機械能守恒定律的運用，求解尸2-&函數是解題的關鍵，明確

釋放點沿繩子方向的合力為零。

14.【答案】200c240001400060

【解析】解?：(1)由電流表改裝可知，8端與2相接時為直流電流，2=1mA擋，則有

IqRq

可得G+&=酹

解得R1”2=200。

由電壓表改裝可知，8端與4相接時為直流電壓以=2.5,擋，則有

IgRg+，2氏4=

解得電=2400。

(2)當8與3相連時為歐姆擋，歐姆擋為X100擋，旦中值刻度為15,則可知歐姆調零，其內阻為15000

則有

勺（修+心）

+/?3=150012

Rg+&+R2

解得/?3=1400/2

(3)圖中多用電表指針位置對應電路的電流為/=0.2mA,設此時待測電阻對應值為a,根據I?合電路歐姆

定律可得

E=KR欣+Rx）

其中R嫁=1500C

E=12R..}.=1x10-3x1500V=1.5V

聯匯解得Rx=6000。

又%=6000C=60X100。

則多用電表指針位置應該標識的刻度為60o

故答案為:(1)200/2,2400。；(2)1400/2：(3)60。

(1)根據并聯分流的原理和串聯分壓的原理列式計算相應電阻；

(2)根據中值電阻和歐姆擋的原理列式求解；

(3)根據閉合電路的歐姆定律列式解答。

考查多用電表的工作原理，熟悉多用電表的內部結構，會根據題意列式求解相關物理量。

15.【答案】解：(1)設氣體的橫截面積為S,右管氣柱原長度為兩側水銀面高度差近大氣壓強po,現

氣柱度為5；根據玻意耳定律可得

(Po+Pgh)LS=PQL\S

其中

L=38cm,h=14cm,p°=76cmHg

代入數據解得

J=45cm；

(2)設活塞下移長度為x,兩側液面相平時，氣體壓強為p,此過程水銀整體向右移動

h

Ah=

對右管內氣體根據玻意耳定律可得

(Po+pgh)LS=p(L-Ah)S

對左管內氣體根據玻意耳定律可得

PQ(L—lt)S=p(L—/t—x+Ali)S

聯立解得

x?14cm

答：(1)此時右管封閉氣體的長度為45c〃”

(2)活塞下移的長度應為多少厘米為14c”。

【解析】(1)根據玻意耳定律求解比時右管封閉氣體的長度；

(2)首先根據幾何關系求解水銀液司平齊時左右水銀柱移動的高度，再對左右封閉氣體根據坡怠耳定律列

式聯立求解活塞下移的長度。

本題考查理想氣體狀態(tài)參量和氣體實驗定律，要求學生能正確選擇研究對象，分析變化過程，熟練掌握理

想氣體狀態(tài)方程并應用于解題。

16.【答案】解：(1)鏈球脫手后做斜拋運動，根據動能定理=盧一gm詔

代人數據解得落地速度的大小D=20xf2m/s

鏈球拋出點的水平分速度以=v0cosOf豎直分速度為=vosin0

落地點的水平分速度以=ucosB,豎直分速度叫'=vsin/?

斜拋運動在水平方向做勻速直線運動，因此％:=vocos0=VCOSj?

由干。+0=弓，sin20+cos20=1

聯立解得sin。=富，COS0=鬻

取豎直向下為正方向，根據運動學公式為'=-3+/

代人數據解得鏈球在空中運動的時間亡二*s

(3)以拋出點為參考點，斜拋運動的水平位移X=%cos6-t

代入數據解得x=564^n。

答：(1)鏈球落地時速度的大小為20/Izn/s;

(2)鏈球脫手后在空中運動的時間為空Is：

(3)鏈球脫手點A與落地點間的水平距離為

【解析】(1)根據動能定理求鏈球落地速度的大??；

(2)(3)斜拋運動在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動；根據運動的合成與分解、斜拋運

動的規(guī)律結合數學知識求解作答。

本題主要考查了動能定理和斜拋運動的規(guī)律，對數學知識有較高的要求。

17.【答案】解：（1）甲粒子在工Oz坐標平面內的運動軌跡如圖所示:

小z

粒子在第一象限內做類平拋運動，設運動時間為A；

沿？軸負方向，根據牛頓第二定律，粒子運動的加速度a="

7n

運動。。點時的豎直速度丹=QQ

根據運動學公式諺=2ah

根據數學知識tan”"

代人數據聯立解得場強E=粵

2qh

運動時間“=慧

甲粒子進入磁場時的速度大小%=贏=畢=2%

2

（2）粒子從p點進入磁場后做勻速圓周運動，設圓周運動的半徑為上周期為r

洛倫茲力提供向心力qUpB=7幾學

代入數據解得圓周運動的半徑R=鬻

因此圓周運動的周期T=箸=翳

根據幾何關系可知粒子做圓周運動的圓心角a=2x600=120。

根據對稱性，粒子再次進入電場的速度方向x軸正方向成60。角，粒子做類斜拋運動。

甲、乙兩粒子均在第2次進入磁場后相遇，相遇點為各自軌跡的最低點，此時甲粒子在磁場中轉過的圓心

角為180。.運動時間G=2r：

相遇時，甲粒子的運動時間為：

2dlTim2V_3/inm

tfp=3t1+t2=3x-+^=^-+—

（3）乙粒子沿y軸正方向射入，在電場中做類平拋運動，沿z軸負方向的加速度Q="=溺

m2h

乙粒子從加點進入磁場后做螺旋運動，將速度沿y軸方向和z粕方向分解，沿），軸方向做勻速直線運動,

在xOz平面內的磁場中做勻速圓周運動，再次進入電場后做類豎直上拋運動：

乙粒子在磁場在的部分運動軌跡如圖所示:

2

根據向心力公式0“/8=血端

由于甲、乙兩粒子均在第2次進入磁場后的相遇點為各自軌跡的最低點，因此甲、乙兩小球做勻速圓周運

動的半徑關系滿足％=R(1-cos600)=\R

可得乙粒子進入磁場時的沿Z軸負方向的分速度大小為=%

設乙粒子進入磁場時與y軸的夾角為/?

根據數學知識tan/?=必=1

r0

解得夕=45。

因此乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

(4)乙粒子第一次進入磁場時的豎直速度為丹'二v0

乙粒子在電場中沿z軸負方向的加速度0=a=理

設拋出點C的豎直坐標為Q，根據運動學公式七'2=2ahe

代人數據解得：hc=^h

甲粒子第一次進入磁場的％坐標為/=為"=早

根據甲粒子的運動過程，可得相遇點的x坐標為：＞照=3石+3的山60°

相遇時乙粒子在x軸方向運動的距離為：x2=3R[

乙粒子出發(fā)時X坐標為：

9.3(73-l)mv0

X=X^-X2=2V3h+--------直---

乙粒子在電場中運動時間為：”]=3x2二弛

乙1aVQ

乙粒子在磁場中運動時間為：t/2==繆

乙粒子沿），軸方向做勻速直線運動，運動距離為：

,3nmv

月=%+t乙2）=2九+qH0

因此拋出點。的），坐標y=-2h+

拋出點坐標為［2C九+,一2九+之啜1可。

DI/OO

答：（1）電場強度E的大小為粵；

2qh

（2）相遇時，甲粒子的運動時間為出+寫；

%（出

（3）乙粒子第一次進入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

（4）C點的位置坐標為標為［2獷九+3（二肅加%一2/1+陪3川。

【脩析】（1）甲粒子在z-x坐標平面的一象限內做類平拋運動，根據牛頓第二定律和類平拋運動的知識求

場強：

根據運動學公式和數學知識求運動時間以及進入磁場時的速度；

（2）甲粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律和向心力公式求圓周運動

的半徑，根據周期公式求周期；根據數學知識求甲粒子在磁場中做圓周運動的圓心角；根據對稱性，甲粒

子再次進入電場時做斜拋運動，求解甲、乙兩粒子在最低點相遇時所經歷的時間；

（3）乙粒子沿），軸正方向射入，在電場中做類平拋運動；乙粒子從M點進入磁場后做螺旋運動，將速度沿），

軸方向和z軸方向分解.，沿），軸方向做勻速直線運動，在Z-%平面內的磁場中做勻速圓周運動，再次進入

電場后做類豎直上拋運動；根據甲、乙兩粒子在軌跡最低處相遇的條件求解兩粒子做圓周運動的半徑關

系，求解出乙粒子的豎直速度的大小，進而求解乙粒子進入磁場時的速度的方向；

（4）根據豎直速度的大小和運動學公式求乙粒子拋出時的高度（z坐標）；乙粒子沿y軸方向始終做勻速直線

運動，根據等時性和勻速直線運動公式求乙粒子沿y軸方向的距離；乙粒子在x軸方向運動的距離為圓周

運動半徑的3倍，據此求乙粒子沿x軸方向運動的距離，最后在求乙粒子拋出點的坐標。

本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，運動過程復雜；解題時要對每個過程進行仔細分析，明確粒子運

動遵循的規(guī)律；帶電粒子做螺旋運動的分析是解題的難點。

18.【答案】解：（1）物塊。到達廣點的過程中，其與A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，同時機械能也守

恒，設物塊。到達尸點時的速度大小為%0人的速度大小為以/根據機械能守恒定律有

+/?）=+^mAv^

以向右為正方向，水平方向根據動量守恒定律有

機。珈1=mAvA1

代人數據聯立解得

vD1=3m/s,vA1=lm/s

根據水平方向動量守恒可得物塊。與A滿足

相“1=m/2

+%2=R

解得

=0.3m,x2=0.1m

由于“2<%，可知在物塊。到達F點時，A與擋板未相撞，因此上述過程合理，即物塊。到達尸點時的速

度大小為3771/S：

(2)設軌道A與豎直擋板第一次碰撞時人、。的速度大小分別為孫2、vD2,此時。對他的水平位移大小為

LD，以向右為正方向，水平方向杈據動量守恒定律有

啊〃2=mDvD2

兩邊同時乘以時間，則表達式化為

mAx=mDLD

從D由靜止釋放到A與擋板碰撞時的過程，根據能量守恒定律有

11

(九+R)=+L-R)+之m。詔2+2771/1

代人數據解得

vA2—O.Szn/s

vD2=1.5m/s

LD=0.975m；

(3)4與擋板碰撞后反彈，速度大小不變，反彈后兩者最終達到共速，以向右為正方向，根據動量守恒定律

有

四加+mDvD2=(%+

解得

3

v=4m/s

A與6發(fā)生第一次碰撞，碰撞后速度分別為以3、/1，以向右為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律和機

械能守恒定律有

mAv=mAvA3+mBvB1

111

2執(zhí)d2=^mAVA23+2mB^21

代人數據聯立解得

3

以3=