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2024届山东省泰安市新泰第一中学老校区（新泰中学）高三下学期第二次模拟物理试题.（原卷版+解析版）
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一、单选题
1. 某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示，单缝S0、屏上的P0点位于双缝S1和S2的中垂线上，当双缝与屏之间的介质为空气或矿泉水时，屏上的干涉条纹间距分别为∆x1与∆x2.，当介质为矿泉水时，屏上P点处是P0上方的第4条亮条纹（不包括P0点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c，则（ ）
A. ∆x2大于∆x1
B. 该矿泉水的折射率为
C. 当介质为矿泉水时，来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
D. 仅将S0水平向左移动的过程中，P点仍能观察到亮条纹
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据杨氏双缝干涉相邻条纹间距的公式有
当双缝与屏之间的介质为矿泉水时，波长会变小，而双缝间距d与双缝与屏之间的距离L相同，所以∆x2小于∆x1，故A错误；
B．设光在真空中的波长为、在介质中的波长为，依题意有
则可知
故B错误；
C．P点处是P0上方的第4条亮条纹的中心，则光到双缝的光程差为光在矿泉水波长的4倍，则来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
故C错误；
D．将S0水平向左移动的过程中，P点与双缝光程差不会改变，据题仍是光在介质中波长的四倍，所以仍能观察到亮条纹，故D正确。
故选D。
2. 两个氘核以相等的动能对心碰撞发生核聚变。核反应方程为，其中氘核的比结合能为，氦核的比结合能为。假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是（ ）
A. 核反应后氦核与中子的动量相同
B. 该核反应释放的核能
C. 核反应后氦核的动能为
D. 氦核的比结合能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞，根据动量守恒定律知，反应前的总动量为零，则反应后总动量为零，即氦核和中子的动量大小相等，方向相反，故A错误；
B．由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
故B错误；
C．反应后氦核和中子的总动能来自释放的核能以及反应前氘核的总动能之和，则反应后氦核和中子的总动能为
根据动量守恒知，氦核和中子的动量大小相等，方向相反，根据动能与动量的关系
可知氦核和中子的动能之比为1：3，则核反应后氦核的动能为
故C正确；
D．比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以氦核的比结合能不等于，故D错误。
故选C。
3. 2024年1月23日02时09分，在新疆阿克苏地区乌什县（北纬41.26度，东经78.63度）发生7.1级地震，震源深度22千米，地震发生时监测站监测到一列沿x轴传播地震横波，t=0时刻波形如图甲所示，质点P从t=0时刻开始的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波沿x轴传播20km距离需要5s
C. Q点的振动方程为y=2sin（2πt）cm
D. 该波与频率为2Hz的简谐横波相遇，一定能形成干涉图样
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知质点P 在t=0时刻向下振动，根据平移法可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图甲、乙可知波长为4km，周期为1s，则该波的波速为
km/s
沿x轴传播20km距离需要
=5s
故B正确；
C．波沿x轴负方向传播，则Q点在t=0时刻向下振动，振动方程为
y=-2sin（t）cm=-2sin（2πt）cm
故C错误；
D．该波的频率为
=1Hz
与频率为2Hz的简谐横波相遇，不能形成干涉图样，故D错误；
故选B。
4. 如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑环，将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力为。此后将汽车停放在倾角为的斜面上，此时轻绳的拉力为。则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车在水平面时，对小球进行受力分析如图
可得
在斜面上受力分析如图
设a到球的距离为，则b到球的距离为，设边长为的边与竖直方向夹角为，根据几何关系及正弦定理，有
解得
根据受力分析，可得
所以有
故选D。
5. 太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞船的。太阳帆一般由反射率极高的韧性薄膜制成的，面积大，质量小。某太空探测飞船运行在地球公转轨道上，绕太阳做匀速圆周运动，某时刻飞船的太阳帆打开，展开的面积为S，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线。已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光速为c，引力常量为G，太阳帆反射率100%。下列说法正确的是（ ）
A. 太阳帆受到的太阳光压力为
B. 太阳帆受到的太阳光压力为
C. 打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳
D. 打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定
【答案】D
【解析】
【详解】AB．光时间t内照射到帆面上的能量:
光子的平均能量
光子频率
射到帆面上的光子数
每个光子的动量
光射到帆面被反弹，由动量定理得
联立解得
故AB错误；
C．打开太阳帆后，飞船远离太阳做离心运动，故C错误；
D． 飞船受到的太阳的引力
飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比
打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定，故D正确。
故选D。
6. 洛希极限是19世纪法国天文学家洛希在研究卫星状理论中提出的一个使卫星解体的极限数据，即当卫星与行星的距离小于洛希极限时，行星与卫星间的引力会使卫星解体分散。洛希极限的计算公式其中 k 为常数，ρ'、ρ分别为行星和卫星的密度， R为行星的半径。若一颗行星的半径为R0，该行星与卫星的近地卫星周期之比为a， 则行星与该卫星间的洛希极限为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对于质量为 m 的近地卫星， 由万有引力提供向心力有
由密度公式
联立解得
所以密度与其近地卫星环绕周期平方成反比，再由
解得
故选A。
7. 能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡，副线圈接有合适的灯泡（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数减小
B. 灯泡变亮
C. 定值保护电阻的电功率增大
D. 灯泡变亮
【答案】D
【解析】
【详解】A．设输入电压为U，根据
解得
，
滑动变阻器R的滑片向下滑动少许， 电阻R阻值增大，副线圈总电阻增大，减小， 灯泡变暗；电压增大，电压表的示数增大， 选项A B错误；
D．因
，
电压增大， 故电压U2增大， 增大，灯泡变亮， D正确 。
C．因
，
减小， 故减小， 增大， 减小， 定值保护电阻的电功率减小，选项C错误；
故选D。
8. 如图所示，正四面体的棱长为L，点e、f、g分别是棱、、的中点，在b、c两点分别固定电量为和的点电荷，静电力常量为k，下列说法错误的是（ ）
A. e、f两点的电场强度相同B. g点的场强大小为
C. g点电势等于a点电势D. 两点间电势差满足
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷的电场分布，e、f两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误，符合题意；
B．由几何关系，g到两电荷的距离为
两点电荷在g点的场强均为
设该场强与两电荷连线中垂线的夹角为，则有
g点的场强为
联立得
故B正确，不符合题意；
C．g点与a点均在两电荷连线的中垂面上，电势均为零，故C正确，不符合题意；
D．根据等量异种电荷电势分布，可知
因此
故D正确，不符合题意。
故选A。
二、多选题
9. 如图甲，起重机用钢索吊重物从静止开始加速上升过程中，重物的重力势能和动能随上升高度x变化的规律分别为图乙中b和a，重力加速度为g，重物在地面时的重力势能为零，则重物上升x0高度过程中（ ）
A. 重物的加速度越来越小B. 重物的质量为
C. 钢索拉力做功为D. 起重机输出功率与时间成正比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据动能定理
由图可知，合力不变，则重物的加速度保持不变，A错误；
B．重力势能随高度的关系为
得
图线b的斜率为
重物的质量为
B正确；
C．上升x0高度过程中，重力势能增加，动能增加，即重物机械能增加，钢索拉力做功为，C错误；
D．起重机输出功率为
重物加速度不变，则起重机输出功率与时间成正比，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，把质量为的小球以大小为的速度从空中的点水平向右抛出，同时对小球施加大小为、方向斜向左上的恒力作用，。不计空气阻力，重力加速度为。下列判断正确的是（ ）
A. 小球的加速度大小总为B. 小球向右运动的最大位移为
C. 小球经过一段时间会落地D. 小球的最小速度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球受到竖直向下的重力mg及与竖直方向成角斜向左上的恒定拉力，小球的受力和速度情况如下图
根据力的合成和分解可得，如下图
由几何关系可知
根据牛顿第二定律可知，小球的加速度大小
故A正确；
B．小球向右运动的最大位移处为水平方向分速度变为零，由图可知，水平方向的分加速度
由运动学公式得小球向右运动的最大位移
故B错误；
C．曲线运动的轨迹会向合力方向弯曲，但不会与平行或相交于合力，小球会一直向上，不会落地，故C错误；
D．小球速度最小处为速度与合力垂直的位置将初速度分解到垂直于合力方向可得分速度为
垂直于合力方向的速度保持不变，因此当平行于合力方向的分速度等于零时，速度最小，最小速度为，故D正确。
故选AD。
11. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到状态a，其图像如图所示，其中bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，的过程中气体向外界放出热量大小为Q，下列说法正确的是（ ）
A. a、c状态下气体的内能相等
B. 的过程中气体内能变化量的绝对值大于放出热量的绝对值
C. 的过程中气体从外界吸收热量，大小为
D. 的整个过程中气体对外界做功为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．a、c两状态下气体的温度相同，故a、c状态下气体的内能相等，故A正确；
B．由几何关系可知a状态的压强为，的过程中气体体积减小，压强减小，则气体温度降低，内能减小，气体体积减小，则外界对气体做功，图线与坐标轴围成的面积表示气体做功，则
根据热力学第一定律
则
故B错误；
C．的过程中气体做等容变化，压强增大，则气体温度升高，内能增大，气体体积不变，外界对气体不做功，根据热力学第一定律
可知气体从外界吸收热量，a、c状态下气体的内能相等，则
从外界吸收热量大小为
故C正确；
D．根据理想气体状态方程，可得
可得
图线与坐标轴围成面积表示气体做功，可知的整个过程中气体对外界做功为
故D错误。
故选AC。
12. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场B（未画出），两个用同种导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长分别为、，且满足，两线框的下边缘距磁场上边界的高度均为h，现使两线框由静止开始释放，最后两线框均落到地面上。两线框在空中运动时，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若线框1、2刚进入磁场时的加速度大小分别为、，则
B. 若线框1、2落地时的速度大小分别为、，则
C. 若线框1、2在运动过程中产生的热量分别为、，则
D. 若线框1、2在运动过程中通过线框横截面电荷量分别为、，则
【答案】CD
【解析】
【详解】A．线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为
由电阻定律有
（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为
m=ρ0S•4L
（ρ0为材料的密度）。当线圈刚进入磁场时其加速度为
联立得
与L无关，则
a1=a2
故A错误；
B．线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，线圈2做加速度为g的匀加速运动的位移较大，所以落地速度关系为 v1＜v2，故B错误；
C．由能量守恒可得
Q=mg（h+H）-mv2
（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得
Q1＞Q2
故C正确；
D．根据
则知
故D正确。
故选CD。
三、实验题
13. 某实验小组要用如图甲所示装置精确测量当地的重力加速度。
（1）甲同学先用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径________；
（2）再用刻度尺测出电磁铁下表面到光电门中心的高度，给电磁铁断电，让小球由静止自由落下，小球通过光电门的遮光时间为，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）；
（3）乙同学没有测小球的直径，通过改变光电门的位置重复实验，测得多组和相应的数据，则作出的图像应是图丙中的________（填“”、“”或“”）；若图像的斜率为，、均为已知量，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）。
【答案】（1）6.30
（2）
（3） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的精确度为0.05mm，小球直径
mm+60.05mm=6.30mm
【小问2详解】
根据自由落体运动规律有
其中
解得
【小问3详解】
[1] [2]乙同学没有测小球的直径，则有
其中
解得
则应为图像a，根据图像的斜率可知
解得
14. 某实验小组要测量一段电阻丝的电阻率，实物连线如图1所示。电阻丝的电阻未知，定值电阻的阻值为，电压表均可视为理想电表。实验过程中电压表实际电压不会超过电压表量程。
（1）根据实物连线图在虚线框中画出相应的电路图（电压表符号旁标注甲、乙）；
（2）在电阻丝接入电路前，用多用表的欧姆挡粗测的阻值：将选择开关置于“×10”挡位，调零后把两表笔与电阻丝两端相连，发现多用表指针偏转过大，此时应该换用______挡位，再次调零后测量结果如图2所示，则欧姆表读数为______（保留2位有效数字）；
（3）实验过程中，多次调节滑动变阻器，发现电压表甲、乙读数总是成正比例变化，即（k已知），则被测电阻测量值为______（用已知量字母表示）；
（4）用米尺测得电阻丝的长度为L，用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d，则电阻丝的电阻率测量值______（用已知量字母表示）。
【答案】（1） （2） ①. “×1” ②. 19
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
相应的电路图如图所示
【小问2详解】
[1] 将选择开关置于“×10”挡位，调零后把两表笔与电阻丝两端相连，发现多用表指针偏转过大，此时应该换用“×1” 挡位。
[2] 则欧姆表读数为
【小问3详解】
由串并联分压规律可知
得
【小问4详解】
由电阻定律可知
得
四、解答题
15. 如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为。现将入射光束在纸面内向左平移，平移到E点时，恰好在球面上D点发生全反射，（不考虑光线在玻璃体内的多次反射）求：
（1）玻璃体的折射率n；
（2）OE的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）当光线经球心入射时，光路图如图所示
根据折射定律
其中
解得
（2）平移到点，在点发生全反射，则
在内，有
联立得
16. 如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量，上表面与C点等高。质量的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行到C点时对轨道的压力是物块重力的5倍，接着滑上木板，最终刚好未从木板右端滑出，已知物块与木板间的动摩擦因数，取，求：
（1）物块从A点平抛的速度；
（2）物块在木板上滑行的时间t。
【答案】（1）1m/s；（2）3s
【解析】
【详解】（1）物块运动到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
物块从B点到C点过程，根据动能定理有
解得
物块在B点的速度及分解如图
则有
（2）取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
物块在木板上的加速度为
物块在木板上滑行的时间为
17. 如图所示，平面直角坐标系内区域内有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，在x轴和之间有沿y轴正方向的匀强电场Ⅱ，两电场的电场强度大小相等，在区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在y轴上离O点距离为d的P点，沿x轴正方向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，小球从x轴上离O点距离为2d的Q点进入x轴下方，小球在电场Ⅱ中运动速度大小不变，离开电场Ⅱ时方向与MN垂直，忽略小球的形状、体积，重力加速度为g，求：
（1）小球从P点射出时初速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）小球在MN下方的磁场中运动的最大速度及离MN的最大距离分别为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）小球在电场Ⅱ中运动速度大小不变，可知电场力与小球重力平衡，则有
小球在电场Ⅰ中做类平抛运动，则有
，，
联立解得小球从P点射出时初速度大小为
（2）小球从Q点离开电场Ⅰ时沿轴方向分速度为
则小球从Q点离开电场Ⅰ时速度大小为
小球从Q点离开电场Ⅰ时速度方向与轴正方向的夹角满足
可得
根据题意可知小球在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，离开电场Ⅱ时方向与MN垂直，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系可得
联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为
（3）小球在MN下方的磁场中受到重力和洛伦兹力作用，根据题意可知，小球刚进入MN下方磁场速度方向刚好竖直向下，将小球的速度进行分解，其中一分速度产生的洛伦兹力与小球重力平衡，则方向水平向左，大小满足
可得
则另一分速度大小为
可知小球在MN下方的磁场中的运动可认为是两个分运动的合成，其中一个分运动是以水平向左做匀速直线运动，另一个分运动是速度大小做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
当与方向相同时，小球的速度最大，则有
设小球离MN的最大距离为，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理可得
解得
18. 如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径的光滑圆形轨道BCD与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D轨道错开，其右侧有长的水平传送带EF与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F右侧的G处连接光滑圆弧轨道，轨道半径。在轨道A处有弹射器，一质量的a滑块以初速度水平向右弹射出来，滑块a恰好能过圆轨道。当滑块a滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b，a与b发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数，其余部分均光滑，取：，。求：
（1）大小；
（2）滑块a第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；
（3）b的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。
【答案】（1）；（2）0.5s，；（3）9kg，，都以、的间隔循环。
【解析】
【详解】（1）在C点由重力提供向心力
从A到C由动能定理得
解得
（2）设a在传送带上一直加速，则
假设成立，故
滑块a第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为
（3）碰撞后滑上圆弧轨道，由于半径很大，作简谐运动
设a反弹速度大小为，向左滑上传送带后又滑回到G点
且
所以此解合理
或
解得
，
，
第一次与第二次碰撞间隔
第二次碰撞与第三次碰撞的间隔为，第一次碰撞后，都滑回到点后再次碰撞，根据碰撞的对称性，碰后停止，以
速度向左滑，到达E点反弹回来由（2）小题得
以后都以、的间隔循环。
一、单选题
1. 某一质检部门利用干涉原理测定矿泉水的折射率。如图所示，单缝S0、屏上的P0点位于双缝S1和S2的中垂线上，当双缝与屏之间的介质为空气或矿泉水时，屏上的干涉条纹间距分别为∆x1与∆x2.，当介质为矿泉水时，屏上P点处是P0上方的第4条亮条纹（不包括P0点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为λ，真空中的光速为c，则（ ）
A. ∆x2大于∆x1
B. 该矿泉水的折射率为
C. 当介质为矿泉水时，来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
D. 仅将S0水平向左移动的过程中，P点仍能观察到亮条纹
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据杨氏双缝干涉相邻条纹间距的公式有
当双缝与屏之间的介质为矿泉水时，波长会变小，而双缝间距d与双缝与屏之间的距离L相同，所以∆x2小于∆x1，故A错误；
B．设光在真空中的波长为、在介质中的波长为，依题意有
则可知
故B错误；
C．P点处是P0上方的第4条亮条纹的中心，则光到双缝的光程差为光在矿泉水波长的4倍，则来自S1和S2的光传播到P点处的时间差为
故C错误；
D．将S0水平向左移动的过程中，P点与双缝光程差不会改变，据题仍是光在介质中波长的四倍，所以仍能观察到亮条纹，故D正确。
故选D。
2. 两个氘核以相等的动能对心碰撞发生核聚变。核反应方程为，其中氘核的比结合能为，氦核的比结合能为。假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是（ ）
A. 核反应后氦核与中子的动量相同
B. 该核反应释放的核能
C. 核反应后氦核的动能为
D. 氦核的比结合能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞，根据动量守恒定律知，反应前的总动量为零，则反应后总动量为零，即氦核和中子的动量大小相等，方向相反，故A错误；
B．由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
故B错误；
C．反应后氦核和中子的总动能来自释放的核能以及反应前氘核的总动能之和，则反应后氦核和中子的总动能为
根据动量守恒知，氦核和中子的动量大小相等，方向相反，根据动能与动量的关系
可知氦核和中子的动能之比为1：3，则核反应后氦核的动能为
故C正确；
D．比结合能又称平均结合能，等于结合能除以核子数，结合能是自由分散的核子结合成原子核所释放的能量，并不是该反应放出的能量为E，所以氦核的比结合能不等于，故D错误。
故选C。
3. 2024年1月23日02时09分，在新疆阿克苏地区乌什县（北纬41.26度，东经78.63度）发生7.1级地震，震源深度22千米，地震发生时监测站监测到一列沿x轴传播地震横波，t=0时刻波形如图甲所示，质点P从t=0时刻开始的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波沿x轴传播20km距离需要5s
C. Q点的振动方程为y=2sin（2πt）cm
D. 该波与频率为2Hz的简谐横波相遇，一定能形成干涉图样
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知质点P 在t=0时刻向下振动，根据平移法可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．由图甲、乙可知波长为4km，周期为1s，则该波的波速为
km/s
沿x轴传播20km距离需要
=5s
故B正确；
C．波沿x轴负方向传播，则Q点在t=0时刻向下振动，振动方程为
y=-2sin（t）cm=-2sin（2πt）cm
故C错误；
D．该波的频率为
=1Hz
与频率为2Hz的简谐横波相遇，不能形成干涉图样，故D错误；
故选B。
4. 如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑环，将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力为。此后将汽车停放在倾角为的斜面上，此时轻绳的拉力为。则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车在水平面时，对小球进行受力分析如图
可得
在斜面上受力分析如图
设a到球的距离为，则b到球的距离为，设边长为的边与竖直方向夹角为，根据几何关系及正弦定理，有
解得
根据受力分析，可得
所以有
故选D。
5. 太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞船的。太阳帆一般由反射率极高的韧性薄膜制成的，面积大，质量小。某太空探测飞船运行在地球公转轨道上，绕太阳做匀速圆周运动，某时刻飞船的太阳帆打开，展开的面积为S，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线。已知太阳的总辐射功率为，日地距离为，光速为c，引力常量为G，太阳帆反射率100%。下列说法正确的是（ ）
A. 太阳帆受到的太阳光压力为
B. 太阳帆受到的太阳光压力为
C. 打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳
D. 打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定
【答案】D
【解析】
【详解】AB．光时间t内照射到帆面上的能量:
光子的平均能量
光子频率
射到帆面上的光子数
每个光子的动量
光射到帆面被反弹，由动量定理得
联立解得
故AB错误；
C．打开太阳帆后，飞船远离太阳做离心运动，故C错误；
D． 飞船受到的太阳的引力
飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比
打开太阳帆后，飞船在以后运动中受到的光压力与太阳的引力之比恒定，故D正确。
故选D。
6. 洛希极限是19世纪法国天文学家洛希在研究卫星状理论中提出的一个使卫星解体的极限数据，即当卫星与行星的距离小于洛希极限时，行星与卫星间的引力会使卫星解体分散。洛希极限的计算公式其中 k 为常数，ρ'、ρ分别为行星和卫星的密度， R为行星的半径。若一颗行星的半径为R0，该行星与卫星的近地卫星周期之比为a， 则行星与该卫星间的洛希极限为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对于质量为 m 的近地卫星， 由万有引力提供向心力有
由密度公式
联立解得
所以密度与其近地卫星环绕周期平方成反比，再由
解得
故选A。
7. 能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡，副线圈接有合适的灯泡（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数减小
B. 灯泡变亮
C. 定值保护电阻的电功率增大
D. 灯泡变亮
【答案】D
【解析】
【详解】A．设输入电压为U，根据
解得
，
滑动变阻器R的滑片向下滑动少许， 电阻R阻值增大，副线圈总电阻增大，减小， 灯泡变暗；电压增大，电压表的示数增大， 选项A B错误；
D．因
，
电压增大， 故电压U2增大， 增大，灯泡变亮， D正确 。
C．因
，
减小， 故减小， 增大， 减小， 定值保护电阻的电功率减小，选项C错误；
故选D。
8. 如图所示，正四面体的棱长为L，点e、f、g分别是棱、、的中点，在b、c两点分别固定电量为和的点电荷，静电力常量为k，下列说法错误的是（ ）
A. e、f两点的电场强度相同B. g点的场强大小为
C. g点电势等于a点电势D. 两点间电势差满足
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据等量异种电荷的电场分布，e、f两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误，符合题意；
B．由几何关系，g到两电荷的距离为
两点电荷在g点的场强均为
设该场强与两电荷连线中垂线的夹角为，则有
g点的场强为
联立得
故B正确，不符合题意；
C．g点与a点均在两电荷连线的中垂面上，电势均为零，故C正确，不符合题意；
D．根据等量异种电荷电势分布，可知
因此
故D正确，不符合题意。
故选A。
二、多选题
9. 如图甲，起重机用钢索吊重物从静止开始加速上升过程中，重物的重力势能和动能随上升高度x变化的规律分别为图乙中b和a，重力加速度为g，重物在地面时的重力势能为零，则重物上升x0高度过程中（ ）
A. 重物的加速度越来越小B. 重物的质量为
C. 钢索拉力做功为D. 起重机输出功率与时间成正比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据动能定理
由图可知，合力不变，则重物的加速度保持不变，A错误；
B．重力势能随高度的关系为
得
图线b的斜率为
重物的质量为
B正确；
C．上升x0高度过程中，重力势能增加，动能增加，即重物机械能增加，钢索拉力做功为，C错误；
D．起重机输出功率为
重物加速度不变，则起重机输出功率与时间成正比，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，把质量为的小球以大小为的速度从空中的点水平向右抛出，同时对小球施加大小为、方向斜向左上的恒力作用，。不计空气阻力，重力加速度为。下列判断正确的是（ ）
A. 小球的加速度大小总为B. 小球向右运动的最大位移为
C. 小球经过一段时间会落地D. 小球的最小速度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球受到竖直向下的重力mg及与竖直方向成角斜向左上的恒定拉力，小球的受力和速度情况如下图
根据力的合成和分解可得，如下图
由几何关系可知
根据牛顿第二定律可知，小球的加速度大小
故A正确；
B．小球向右运动的最大位移处为水平方向分速度变为零，由图可知，水平方向的分加速度
由运动学公式得小球向右运动的最大位移
故B错误；
C．曲线运动的轨迹会向合力方向弯曲，但不会与平行或相交于合力，小球会一直向上，不会落地，故C错误；
D．小球速度最小处为速度与合力垂直的位置将初速度分解到垂直于合力方向可得分速度为
垂直于合力方向的速度保持不变，因此当平行于合力方向的分速度等于零时，速度最小，最小速度为，故D正确。
故选AD。
11. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到状态a，其图像如图所示，其中bc与纵轴平行。已知a、c两状态下气体的温度相同，的过程中气体向外界放出热量大小为Q，下列说法正确的是（ ）
A. a、c状态下气体的内能相等
B. 的过程中气体内能变化量的绝对值大于放出热量的绝对值
C. 的过程中气体从外界吸收热量，大小为
D. 的整个过程中气体对外界做功为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．a、c两状态下气体的温度相同，故a、c状态下气体的内能相等，故A正确；
B．由几何关系可知a状态的压强为，的过程中气体体积减小，压强减小，则气体温度降低，内能减小，气体体积减小，则外界对气体做功，图线与坐标轴围成的面积表示气体做功，则
根据热力学第一定律
则
故B错误；
C．的过程中气体做等容变化，压强增大，则气体温度升高，内能增大，气体体积不变，外界对气体不做功，根据热力学第一定律
可知气体从外界吸收热量，a、c状态下气体的内能相等，则
从外界吸收热量大小为
故C正确；
D．根据理想气体状态方程，可得
可得
图线与坐标轴围成面积表示气体做功，可知的整个过程中气体对外界做功为
故D错误。
故选AC。
12. 如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场B（未画出），两个用同种导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长分别为、，且满足，两线框的下边缘距磁场上边界的高度均为h，现使两线框由静止开始释放，最后两线框均落到地面上。两线框在空中运动时，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若线框1、2刚进入磁场时的加速度大小分别为、，则
B. 若线框1、2落地时的速度大小分别为、，则
C. 若线框1、2在运动过程中产生的热量分别为、，则
D. 若线框1、2在运动过程中通过线框横截面电荷量分别为、，则
【答案】CD
【解析】
【详解】A．线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为
由电阻定律有
（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为
m=ρ0S•4L
（ρ0为材料的密度）。当线圈刚进入磁场时其加速度为
联立得
与L无关，则
a1=a2
故A错误；
B．线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，线圈2做加速度为g的匀加速运动的位移较大，所以落地速度关系为 v1＜v2，故B错误；
C．由能量守恒可得
Q=mg（h+H）-mv2
（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得
Q1＞Q2
故C正确；
D．根据
则知
故D正确。
故选CD。
三、实验题
13. 某实验小组要用如图甲所示装置精确测量当地的重力加速度。
（1）甲同学先用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径________；
（2）再用刻度尺测出电磁铁下表面到光电门中心的高度，给电磁铁断电，让小球由静止自由落下，小球通过光电门的遮光时间为，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）；
（3）乙同学没有测小球的直径，通过改变光电门的位置重复实验，测得多组和相应的数据，则作出的图像应是图丙中的________（填“”、“”或“”）；若图像的斜率为，、均为已知量，则当地的重力加速度________（用测量的和已知的物理量符号表示）。
【答案】（1）6.30
（2）
（3） ①. a ②.
【解析】
【小问1详解】
游标卡尺的精确度为0.05mm，小球直径
mm+60.05mm=6.30mm
【小问2详解】
根据自由落体运动规律有
其中
解得
【小问3详解】
[1] [2]乙同学没有测小球的直径，则有
其中
解得
则应为图像a，根据图像的斜率可知
解得
14. 某实验小组要测量一段电阻丝的电阻率，实物连线如图1所示。电阻丝的电阻未知，定值电阻的阻值为，电压表均可视为理想电表。实验过程中电压表实际电压不会超过电压表量程。
（1）根据实物连线图在虚线框中画出相应的电路图（电压表符号旁标注甲、乙）；
（2）在电阻丝接入电路前，用多用表的欧姆挡粗测的阻值：将选择开关置于“×10”挡位，调零后把两表笔与电阻丝两端相连，发现多用表指针偏转过大，此时应该换用______挡位，再次调零后测量结果如图2所示，则欧姆表读数为______（保留2位有效数字）；
（3）实验过程中，多次调节滑动变阻器，发现电压表甲、乙读数总是成正比例变化，即（k已知），则被测电阻测量值为______（用已知量字母表示）；
（4）用米尺测得电阻丝的长度为L，用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d，则电阻丝的电阻率测量值______（用已知量字母表示）。
【答案】（1） （2） ①. “×1” ②. 19
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
相应的电路图如图所示
【小问2详解】
[1] 将选择开关置于“×10”挡位，调零后把两表笔与电阻丝两端相连，发现多用表指针偏转过大，此时应该换用“×1” 挡位。
[2] 则欧姆表读数为
【小问3详解】
由串并联分压规律可知
得
【小问4详解】
由电阻定律可知
得
四、解答题
15. 如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为，出射光线射在桌面上B点处。测得AB之间的距离为。现将入射光束在纸面内向左平移，平移到E点时，恰好在球面上D点发生全反射，（不考虑光线在玻璃体内的多次反射）求：
（1）玻璃体的折射率n；
（2）OE的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）当光线经球心入射时，光路图如图所示
根据折射定律
其中
解得
（2）平移到点，在点发生全反射，则
在内，有
联立得
16. 如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量，上表面与C点等高。质量的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行到C点时对轨道的压力是物块重力的5倍，接着滑上木板，最终刚好未从木板右端滑出，已知物块与木板间的动摩擦因数，取，求：
（1）物块从A点平抛的速度；
（2）物块在木板上滑行的时间t。
【答案】（1）1m/s；（2）3s
【解析】
【详解】（1）物块运动到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
物块从B点到C点过程，根据动能定理有
解得
物块在B点的速度及分解如图
则有
（2）取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
物块在木板上的加速度为
物块在木板上滑行的时间为
17. 如图所示，平面直角坐标系内区域内有沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，在x轴和之间有沿y轴正方向的匀强电场Ⅱ，两电场的电场强度大小相等，在区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在y轴上离O点距离为d的P点，沿x轴正方向射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，小球从x轴上离O点距离为2d的Q点进入x轴下方，小球在电场Ⅱ中运动速度大小不变，离开电场Ⅱ时方向与MN垂直，忽略小球的形状、体积，重力加速度为g，求：
（1）小球从P点射出时初速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）小球在MN下方的磁场中运动的最大速度及离MN的最大距离分别为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）小球在电场Ⅱ中运动速度大小不变，可知电场力与小球重力平衡，则有
小球在电场Ⅰ中做类平抛运动，则有
，，
联立解得小球从P点射出时初速度大小为
（2）小球从Q点离开电场Ⅰ时沿轴方向分速度为
则小球从Q点离开电场Ⅰ时速度大小为
小球从Q点离开电场Ⅰ时速度方向与轴正方向的夹角满足
可得
根据题意可知小球在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，离开电场Ⅱ时方向与MN垂直，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系可得
联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为
（3）小球在MN下方的磁场中受到重力和洛伦兹力作用，根据题意可知，小球刚进入MN下方磁场速度方向刚好竖直向下，将小球的速度进行分解，其中一分速度产生的洛伦兹力与小球重力平衡，则方向水平向左，大小满足
可得
则另一分速度大小为
可知小球在MN下方的磁场中的运动可认为是两个分运动的合成，其中一个分运动是以水平向左做匀速直线运动，另一个分运动是速度大小做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
当与方向相同时，小球的速度最大，则有
设小球离MN的最大距离为，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理可得
解得
18. 如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径的光滑圆形轨道BCD与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D轨道错开，其右侧有长的水平传送带EF与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F右侧的G处连接光滑圆弧轨道，轨道半径。在轨道A处有弹射器，一质量的a滑块以初速度水平向右弹射出来，滑块a恰好能过圆轨道。当滑块a滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b，a与b发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数，其余部分均光滑，取：，。求：
（1）大小；
（2）滑块a第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；
（3）b的质量M和相邻两次碰撞的时间间隔。
【答案】（1）；（2）0.5s，；（3）9kg，，都以、的间隔循环。
【解析】
【详解】（1）在C点由重力提供向心力
从A到C由动能定理得
解得
（2）设a在传送带上一直加速，则
假设成立，故
滑块a第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为
（3）碰撞后滑上圆弧轨道，由于半径很大，作简谐运动
设a反弹速度大小为，向左滑上传送带后又滑回到G点
且
所以此解合理
或
解得
，
，
第一次与第二次碰撞间隔
第二次碰撞与第三次碰撞的间隔为，第一次碰撞后，都滑回到点后再次碰撞，根据碰撞的对称性，碰后停止，以
速度向左滑，到达E点反弹回来由（2）小题得
以后都以、的间隔循环。
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