山東省2024年高考物理模擬試卷及答案6

山東省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。得分1．如圖所示為氫原子能級(jí)圖，用頻率為ν的單色光照射大量處于基態(tài)的氫原子，氫原子輻射出頻率分別為的ν1、ν2、ν3三種光子，且ν1<ν2<ν3。用該單色光照射到某新型材料上，逸出光電子的最大初動(dòng)能與頻率為ν2光子的能量相等。下列說(shuō)法正確的是（）A．ν3>ν1＋ν2 B．ν=ν1＋ν2＋ν3C．該單色光光子的能量為12.75eV D．該新型材料的逸出功為1.89eV2．如圖所示，開口向右的絕熱汽缸，用絕熱光滑活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，輕繩左端連接活塞，另一端跨過(guò)光滑定滑輪連接質(zhì)量為m的小桶，小桶靜止，氣體處于狀態(tài)1?，F(xiàn)接通電熱絲一段時(shí)間后斷電，活塞向右移動(dòng)L后靜止，氣體處于狀態(tài)2。由狀態(tài)1到狀態(tài)2氣體內(nèi)能增加量為ΔU。重力加速度大小為g，外界大氣壓強(qiáng)不變。下列說(shuō)法正確的是（）A．狀態(tài)2相比狀態(tài)1，每個(gè)分子的速率都增大B．狀態(tài)2相比狀態(tài)1，分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積器壁上的次數(shù)減少C．由狀態(tài)1到狀態(tài)2，氣體內(nèi)能的增加量等于電熱絲釋放的熱量D．電熱絲釋放的熱量為ΔU?mgL3．水晶球是用天然水晶加工而成的一種透明的球型物品。如圖甲所示為一個(gè)質(zhì)量分布均勻的透明水晶球，半徑為a，過(guò)球心的截面如圖乙所示，PQ為直徑，一單色細(xì)光束從P點(diǎn)射入球內(nèi)，折射光線與PQ夾角為37℃，出射光線與PQ平行。已知光在真空中的傳播速度為c，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．光束在P點(diǎn)的入射角為53° B．“水晶球”的折射率為1.6C．光在“水晶球”中的傳播速度為34c 4．2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)預(yù)定區(qū)域成功著陸。三名航天員結(jié)束為期6個(gè)月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高1m左右時(shí)，相對(duì)地面豎直向下的速度為v，此時(shí)反推發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，在極短時(shí)間Δt內(nèi)噴出體積為V的氣體、其速度相對(duì)地面豎直向下為u，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為ρA．ρVu?vΔt B．ρVuΔt 5．一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，位于x=0處的波源在t=0時(shí)刻起振，t=2.5s時(shí)第2次到達(dá)正向最大位移處，此時(shí)平衡位置位于x=1m處的質(zhì)點(diǎn)N剛要起振，M、N間波形如圖所示（其他未畫出）。已知M、N之間的各質(zhì)點(diǎn)在t=2.5s至t=3s內(nèi)通過(guò)路程的最大值為10cm，下列說(shuō)法正確的是（）A．波源起振方向沿y軸負(fù)方向 B．質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于x=0.8mC．該波的波速為0.5m/s D．波源振幅為526．海王星是僅有的利用數(shù)學(xué)預(yù)測(cè)發(fā)現(xiàn)的行星，是牛頓經(jīng)典力學(xué)的輝煌標(biāo)志之一、在未發(fā)現(xiàn)海王星之前，天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)天王星實(shí)際運(yùn)動(dòng)的軌道與萬(wàn)有引力理論計(jì)算的值總存在一些偏離，且周期性地每隔時(shí)間t發(fā)生一次最大的偏離。天文學(xué)家認(rèn)為形成這種現(xiàn)象的原因是天王星外側(cè)還存在著一顆未知行星繞太陽(yáng)運(yùn)行，其運(yùn)行軌道與天王星在同一平面內(nèi)，且與天王星的繞行方向相同，每當(dāng)未知行星與天王星距離最近時(shí)，它對(duì)天王星的萬(wàn)有引力引起天王星軌道的最大偏離，該未知行星即為海王星。已知天王星的公轉(zhuǎn)周期為T，則海王星的公轉(zhuǎn)周期為（）A．Ttt?T B．Ttt+T C．2Ttt?T7．2024濰坊市足球聯(lián)賽于3月24日在濰坊四中和利昌學(xué)校開賽。在賽前訓(xùn)練中，運(yùn)動(dòng)員將足球用力踢出，足球沿直線在草地上向前滾動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)可視為勻變速運(yùn)動(dòng)，足球離腳后，在0~t時(shí)間內(nèi)位移大小為2x，在t~3t時(shí)間內(nèi)位移大小為x。則足球的加速度大小為（）A．4(2?3)xt2 B．2(2?3)x8．如圖甲所示，小型交流發(fā)電機(jī)通過(guò)電刷和理想變壓器原線圈連接，變壓器副線圈兩端接電阻R。已知發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)為10，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，變壓器原線圈中電流隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，則發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為（）A．125πC B．225πC C．閱卷人二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。得分9．如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F=0.05v2（采用國(guó)際單位制），v為風(fēng)速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示。g取10m/s2。表演者上升10m的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2B．表演者一直處于超重狀態(tài)C．表演者上升5m時(shí)獲得最大速度D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)10．如圖所示，正四面體棱長(zhǎng)為l，在其頂點(diǎn)a、b、c各固定一個(gè)點(diǎn)電荷，a點(diǎn)電荷電量為＋2q，b、c兩點(diǎn)電荷電量均為＋q，M、N、P分別為棱ab、ac、bc的中點(diǎn)。已知點(diǎn)電荷Q周圍空間某點(diǎn)的電勢(shì)φ=kQr，A．M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 B．P點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)C．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為4kq3l2 D．電量為＋q'的試探電荷在11．濰坊風(fēng)箏是山東濰坊傳統(tǒng)手工藝珍品，制作歷史悠久，工藝精湛，是非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一，現(xiàn)在世界上70%以上的風(fēng)箏都是出自濰坊。本屆風(fēng)箏節(jié)上，小明同學(xué)在濱海國(guó)際風(fēng)箏放飛場(chǎng)放風(fēng)箏，風(fēng)箏靜止于空中且風(fēng)箏平面與水平面夾角始終為30°，風(fēng)速水平，與風(fēng)箏作用后，垂直風(fēng)箏平面的風(fēng)速減為零，平行風(fēng)箏平面的風(fēng)速大小不變。風(fēng)箏的質(zhì)量為m，風(fēng)箏線質(zhì)量不計(jì)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．若風(fēng)箏線與水平方向夾角為30°，則風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力大小為32B．若風(fēng)箏線與水平方向夾角為30°，則線對(duì)風(fēng)箏的作用力大小為mgC．風(fēng)箏線長(zhǎng)度不變，若風(fēng)速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大D．風(fēng)箏線長(zhǎng)度不變，若風(fēng)速緩慢變大，則風(fēng)箏的機(jī)械能減小12．如圖所示，af和dg是位于水平面內(nèi)的寬度為L(zhǎng)的平行軌道，be、ch兩段用光滑絕緣材料制成，其余兩部分均為光滑導(dǎo)體且足夠長(zhǎng)；ad左側(cè)接一電容器，電容器兩端電壓為U0，fg右側(cè)接有阻值為R的定值電阻；abcd和efgh區(qū)域均存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，abcd區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒靜止于ad處，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒開始向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，導(dǎo)體棒靜止后到eh的距離為x（x為未知）量）。導(dǎo)體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則（）A．導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小a=B．x=C．導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，安培力的功率為P=D．當(dāng)電容器電容C=mB12L閱卷人三、非選擇題：本題共6小題，共60分。得分13．1834年，洛埃利用平面鏡同樣得到了楊氏雙縫干涉的結(jié)果（稱洛埃鏡實(shí)驗(yàn)）。應(yīng)用洛埃鏡測(cè)量單色光波長(zhǎng)的原理如下：如圖所示，S'是單縫S通過(guò)平面鏡成的像，如果S被視為雙縫干涉中的一個(gè)縫，S'相當(dāng)于另一個(gè)縫。單色光從單縫請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）以下哪些操作能夠增大光屏上相鄰兩條亮紋之間的距離____；A．將平面鏡稍向上移動(dòng)一些 B．將平面鏡稍向下移動(dòng)一些C．將光屏稍向右移動(dòng)一些 D．將光源由紅色光改為綠色光（2）若光源S到平面鏡的垂直距離和到光屏的垂直距離分別為h和D，光屏上形成的相鄰兩條亮紋（或暗紋）間距離為Δx，單色光的波長(zhǎng)λ=；（3）實(shí)驗(yàn)表明，光從光疏介質(zhì)射向光密介質(zhì)，會(huì)在界面發(fā)生反射，當(dāng)入射角接近90°時(shí)，反射光與入射光相比，相位有π的變化，稱為“半波損失”。已知h遠(yuǎn)小于D，如果把光屏向左平移到非常接近平面鏡處，屏上最下方兩束光相遇會(huì)相互（選填“加強(qiáng)”或“減弱”）。14．某實(shí)驗(yàn)小組為測(cè)量電流表內(nèi)阻和蓄電池的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖甲所示電路，所用器材如下：電流表A1（量程0~120mA，內(nèi)阻未知）；電流表A定值電阻R1=3Ω；定值電阻電阻箱R3開關(guān)兩個(gè)和導(dǎo)線若干。（1）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，斷開S2，閉合S1。逐次減小電阻箱的電阻，觀察并記錄電流表A1和A2示數(shù)及電阻箱的讀數(shù)，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)兩表指針偏轉(zhuǎn)角度總是相同，則（2）閉合開關(guān)S2。重新測(cè)量并紀(jì)錄了多組電流表A1讀數(shù)I1與電阻箱阻值R，并作出1I1（3）測(cè)出電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻后，該同學(xué)根據(jù)S2閉合前記錄的數(shù)據(jù)，作出電流表A2的電流I2的倒數(shù)與電阻箱電阻R的圖像（1I215．如圖所示為冰雪沖浪項(xiàng)目流程圖，AB段為水平加速區(qū)，BC段為半徑r=22.5m的光滑圓管型通道，AB與BC相切于B點(diǎn)；CDE段為半徑R=100m的圓弧冰滑道，BC與CDE相切于C點(diǎn)，弧DE所對(duì)應(yīng)的圓心角θ=37°，D為軌道最低點(diǎn)，C、E關(guān)于OD對(duì)稱。安全員將小朋友和滑板（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)沿水平方向向左加速推動(dòng)一段距離后釋放，到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運(yùn)動(dòng)至滑道E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道壓力FN=410N。已知小朋友和滑板總質(zhì)量為m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小朋友在B點(diǎn)時(shí)的速度v0；（2）小朋友通過(guò)CDE段滑道克服摩擦力做的功。16．如圖為某興趣小組制作的供水裝置，圓柱形氣缸內(nèi)部長(zhǎng)度40cm，輕活塞將其分為左右兩部分，左部為儲(chǔ)水室，儲(chǔ)水室上部一根細(xì)管連接進(jìn)水口和出水口；右部為氣室，氣室尾部有一氣閥。初始時(shí)出水口打開，儲(chǔ)水室內(nèi)無(wú)水，氣閥關(guān)閉，輕活塞位于氣缸中央?，F(xiàn)通過(guò)氣閥給氣室充氣至壓強(qiáng)為0.17MPa，然后關(guān)閉氣閥和出水口。打開進(jìn)水口開關(guān)，開始注水，活塞緩慢向右移動(dòng)，當(dāng)氣室壓強(qiáng)為0.34MPa時(shí)停止注水。已知活塞橫截面積為500cm2，外界大氣壓強(qiáng)為（1）從氣閥充入的氣體和原有氣體質(zhì)量之比；（2）注水結(jié)束后，打開出水口，當(dāng)氣室壓強(qiáng)下降到0.25MPa時(shí)，排出水的體積。17．如圖所示的O—xyz坐標(biāo)系中，0<x<3l的Ⅰ區(qū)域內(nèi)有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x>3l的Ⅱ區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從y軸上的點(diǎn)P（0，2l，0）以速度v0沿x軸正方向射入Ⅰ區(qū)域，從點(diǎn)Q進(jìn)入Ⅱ區(qū)域。粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)，第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)粒子位于N點(diǎn)，且速度方向與x軸正方向夾角（1）求粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角α；（2）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）求粒子從P到N所用的時(shí)間；（4）粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，在Ⅱ區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0=mv02ql，求粒子離開18．如圖所示，光滑水平平臺(tái)AB右端與順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶BC平滑無(wú)縫連接，BC長(zhǎng)度L=2m。在平臺(tái)AB上靜止著a、b、c三個(gè)小滑塊，a、b滑塊間有一被壓縮的輕彈簧（滑塊與輕彈簧不拴接）。釋放彈簧，彈簧與滑塊a、b分離后a的速度v0=4m/s（此時(shí)a未滑上傳送帶，b未與c碰撞），a從傳送帶右端離開后，落在水平地面上的D點(diǎn)，b與c碰撞后結(jié)合在一起。已知a、b，c的質(zhì)量分別為ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，C點(diǎn)距地面高h(yuǎn)=0.8m，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。（1）求輕彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；（2）求b、c碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）若傳送帶的速度可在2m/s<v<8m/s間調(diào)節(jié)；求a落點(diǎn)D與C點(diǎn)間水平距離x的大?。ńY(jié)果可以含有v）；（4）若a脫離彈簧后，將彈簧撤去，并立即在a的左側(cè)固定一豎直擋板，同時(shí)傳送帶調(diào)整為以4m/s的速度逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)（此時(shí)a還沒有滑上傳送帶），后續(xù)a每次與擋板相碰，均以碰前速度的一半反彈，求a在傳動(dòng)帶上相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的總路程s。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、由題知，頻率為ν的單色光照射大量處于基態(tài)的氫原子，氫原子輻射出頻率分別為的ν1、ν2、ν3三種光子，且ν1<ν2<ν3，則說(shuō)明

?ν=?ν3=12.09eV，?ν2=10.2eV，?ν1=1.89eV

則可知

ν3=ν1+ν2

故A錯(cuò)誤；

2．【答案】B【解析】【解答】A、由狀態(tài)1到狀態(tài)2氣體內(nèi)能增加，溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，分子熱運(yùn)動(dòng)平均速率增大，不是每個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)速率都增大，故A錯(cuò)誤；

B、狀態(tài)2相比狀態(tài)1壓強(qiáng)不變，溫度升高，分子平均動(dòng)能增大，體積增大，分子數(shù)密度減小，由壓強(qiáng)的微觀解釋可知，分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積器壁上的次數(shù)減少，故B正確；

C、由狀態(tài)1到狀態(tài)2，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體內(nèi)能的增加量等于電熱絲釋放的熱量減去氣體對(duì)外做的功，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)大氣壓強(qiáng)為p0，活塞的橫截面積為S，氣體壓強(qiáng)為P，由平衡方程

p0S=mg+pS

得

pS=p0S?mg

活塞向右移動(dòng)L過(guò)程中，對(duì)外做功

W=pS=(p0S?mg)L

由熱力學(xué)第一定律得

ΔU=Q?W

得氣體吸收的熱量即電熱絲釋放的熱量3．【答案】B【解析】【解答】B、根據(jù)題意作出光路圖如圖

由幾何關(guān)系可知，光線射出時(shí)的折射角r為2θ，折射率

n=sin2θsinθ=2cosθ=1.6

故B正確；

A、由圖

β=r=2θ=74°

故A錯(cuò)誤；

C、光在“水晶球”中的傳播速度為

v=cn=58c

故C錯(cuò)誤；

D、光在“水晶球”中傳播的距離

l=2acosθ4．【答案】A【解析】【解答】Δt內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為

?m=ρV

以噴出氣體為研究對(duì)象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，以向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得

F?t+?mg·?t=?m·u??m·v

由于在極短時(shí)間?t內(nèi)噴出氣體質(zhì)量較小，可認(rèn)為噴出氣體的重力沖量忽略不計(jì)，故有

F?t=?m·u??m·v

解得

F=?m(u?v)?t=ρV(u?v)?t

根據(jù)牛頓第三定律可知返回艙受到的平均反沖力大小為

F=ρV(u?v)?t

5．【答案】D【解析】【解答】A、t=2.5s時(shí)平衡位置位于x=1m處的質(zhì)點(diǎn)N剛要起振，起振的方向沿y軸正向，可知波源起振方向沿y軸正方向，故A錯(cuò)誤；

B、經(jīng)過(guò)2.5s時(shí)波源第2次到達(dá)正向最大位移處，可知波向x軸正向傳播

5λ4=1m

可知

λ=0.8m

結(jié)合波形圖可知，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于x=0.6m，故B錯(cuò)誤；

C、因

5T4=2.5s

可得周期

T=2s

則該波的波速為

v=λT=0.4m/s

故C錯(cuò)誤；

D、已知M、N之間的各質(zhì)點(diǎn)在t=2.5s至t=3s內(nèi)通過(guò)路程的最大值為10cm，因

Δt=0.5s=T46．【答案】A【解析】【解答】設(shè)海王星的的公轉(zhuǎn)周期為T海，由題知，每隔時(shí)間t海王星與天王星距離最近，則有

t2πT?2πT海=2π

7．【答案】A【解析】【解答】若足球在3t時(shí)刻停止，根據(jù)逆向思維法可知，相等時(shí)間間隔內(nèi)的位移之比為1：3：5：…，由0~t時(shí)間內(nèi)位移大小為2x，則在t~3t時(shí)間內(nèi)位移大小應(yīng)為1.6x，而題干為x，則說(shuō)明在3t之前足球就已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)。根據(jù)逆向思維法則有

v2=2ax

2x=vt+12at2

8．【答案】C【解析】【解答】發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，設(shè)發(fā)電機(jī)線圈面積為S、匝數(shù)為N，原線圈回路總電阻為R總，原線圈位置磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則原線圈通過(guò)的電荷量為

q1=NBSR總

其中

Im=NBSωR總，ω=2πT

解得

q9．【答案】A,C【解析】【解答】A、打開開關(guān)瞬間，表演者高度為0，則有

v02=1.2×104m2?s?2

根據(jù)牛頓第二定律有

0.05v02?mg=ma0

解得

a0=2m/s2

故A正確；

B、根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時(shí)有

0.0510．【答案】B,D【解析】【解答】A、根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，a、b處的電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)沿著ab連線由M指向b，c處的電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)沿著cM連線由c指向M；而a、c處的電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)沿著ac連線由N指向c，b處的電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)沿著bN連線由b指向N，則M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；

B、P點(diǎn)距離a、b、c處的電荷要比d點(diǎn)距離a、b、c處的電荷近，根據(jù)點(diǎn)電荷Q周圍空間某點(diǎn)的電勢(shì)φ=kQr

可知r越小φ越大，則P點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；

C、根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加可知，b、c處的電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)相互抵消，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為

EP=k2qraP2

根據(jù)幾何關(guān)系可知

raP=32l

則

EP=8kq3l2

故C錯(cuò)誤；

11．【答案】B,C【解析】【解答】AB、由于平行風(fēng)箏平面的風(fēng)速大小不變，故平行風(fēng)箏的平面上風(fēng)力大小為零，對(duì)風(fēng)箏受力分析如圖所示，平衡時(shí)則有

Tcos30°=Fcos60°

Fsin60°=mg+Tsin30°

解得

T=mg

F=3mg

故A錯(cuò)誤，B正確；

C、當(dāng)風(fēng)速緩慢增大時(shí)，垂直作用在風(fēng)箏上的力F逐漸增大，作出其矢量三角形，如圖所示

12．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、由題知，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時(shí)的加速度大小

a=B2ILm，I=B2Lv2R

解得

a=B22L2v2mR

故A正確；

B、導(dǎo)體棒進(jìn)入eh到靜止，根據(jù)動(dòng)量定理有

?∑B2IL·t=?mv

且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有

q=B2Lx2R

聯(lián)立解得

x=2mvRB22L2

故B錯(cuò)誤；

C、導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時(shí)，根據(jù)逆向思維法，列出動(dòng)量定理有

∑B2IL·t'=mv'

且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有

q'=B2L(1?k)x2R

I'=13．【答案】（1）A；C（2）2?Δx（3）減弱【解析】【解答】（1）由雙縫干涉條紋間距公式有

Δx=Ddλ

若要增大條紋間距，可以增大D，即將光屏向右移動(dòng)；減小d，即將平面鏡稍向上移動(dòng)一些；或者換用波長(zhǎng)更大的單色光，如將光源由綠色改為紅色。

故答案為：AC。

（2）由題意結(jié)合條紋間距公式有

Δx=D2?λ

整理有14．【答案】（1）5（2）5.9；0.75（3）能【解析】【解答】（1）電流表A1的量程0~120mA，電流表A2的量程0~0.6A；兩表指針偏轉(zhuǎn)角度總是相同，則兩電流表示數(shù)的關(guān)系為

IA2=5IA1

根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)可知

IA2=IA1+IR2

則

IR2=4IA1

根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)

R1+RA1=4R2

解得電流表A1的內(nèi)阻

RA1=5Ω

（2）閉合開關(guān)S2后，電流表A2被短路；電流表的讀數(shù)為I1時(shí)，干路電流

I=I1+R1+RA1R2I1=5I1

根據(jù)閉合電路的歐姆定律

E=I1R115．【答案】（1）解：由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg=m所以v方向水平向左；（2）解：小朋友從B滑到E，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgr在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得F聯(lián)立可得W【解析】【分析】（1）小朋友在BC段做曲線運(yùn)動(dòng)，再B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，即此時(shí)小朋友只受重力作用，且完全由重力提供向心力，再根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答即可；

（2）小朋友在CE段做曲線運(yùn)動(dòng)，確定小朋友在E點(diǎn)的受力情況及向心力的來(lái)源，再根據(jù)牛頓第二定律確定小朋友到達(dá)E點(diǎn)的速度。明確小朋友從B滑到E的過(guò)程，小朋友所受各力的做功情況，再對(duì)整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。16．【答案】（1）解：設(shè)開始時(shí)氣室內(nèi)氣體體積為V1，從氣閥中充入的壓強(qiáng)為p0的氣體體積為V0，當(dāng)氣室充氣至壓強(qiáng)為p1=0.17MPa，則由玻意耳定律p解得V0=0.7V1從氣閥充入的氣體和原有氣體質(zhì)量之比為0.7：1=7：10；（2）解：當(dāng)氣室壓強(qiáng)為p2=0.34MPa時(shí)，根據(jù)玻意耳定律p解得V氣室壓強(qiáng)下降到p3=0.25MPa時(shí)，根據(jù)玻意耳定律p解得V排出水的體積ΔV=【解析】【分析】（1）充氣過(guò)程以原有氣體及充入氣體構(gòu)成的整體為研究對(duì)象，充氣過(guò)程發(fā)生等溫變化，再結(jié)合玻意耳定律確定充入氣體的體積，再根據(jù)等溫等壓下封閉氣體的質(zhì)量之比等于體積之比進(jìn)行解答；

（2）充氣后，儲(chǔ)水池先注水，注水結(jié)束后再打開吹水口。注水過(guò)程氣室的氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律確定當(dāng)氣室壓強(qiáng)上升到0.34MPa時(shí)氣室的體積。注水結(jié)束后，打開排水口過(guò)程氣室的氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律確定當(dāng)氣室壓強(qiáng)下降到0.25MPa時(shí)氣室的體積。再根據(jù)幾何關(guān)系確定排出水的體積。17．【答案】（1）解：根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運(yùn)動(dòng)軌跡如下粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有q根據(jù)幾何關(guān)系有sin解得α=60°（2）解：由幾何關(guān)系可知，Q、N兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離為l，粒子由Q到N過(guò)程沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有vNx=vQx=v0cosα，cos由動(dòng)能定理有?qEl=解得E=（3）解：粒子由P到Q過(guò)程，設(shè)時(shí)間為t1，有tq粒子由Q到N過(guò)程，沿y軸方向先勻減速后勻加速，設(shè)時(shí)間分別為t2、t3，有vv其中t=t1＋t2＋t3聯(lián)立解得t=（4）解：粒子運(yùn)動(dòng)在xOz平面內(nèi)的投影為勻速圓周運(yùn)動(dòng)qv粒子運(yùn)動(dòng)周期T=解得t可得x=z=2r2=2l粒子沿y軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，可得y=即粒子的位置坐標(biāo)為[(23【解析】【分析】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力確定粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度方向；

（2）粒子在電場(chǎng)中只受到沿y軸正方向的電場(chǎng)力作用，在y軸方向先做減速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解確定粒子達(dá)到N的速度大小，再對(duì)粒子從Q到N過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理進(jìn)行解答；

（3）根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，再根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律確定粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。粒子在電場(chǎng)中在y軸方向先做減速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，且粒子的加速度始終不變，再對(duì)豎直方向根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律確定粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再得出粒子從P到N所用的時(shí)間；

（4）將粒子到達(dá)N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)分解成沿y軸方向和x軸方向，則在Ⅱ區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子在xOz平面內(nèi)的投影為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，y軸方向在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在xOz平面內(nèi)，根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑及周期，根據(jù)粒子與所給時(shí)間的關(guān)系，結(jié)合幾何關(guān)系確定粒子在圓周上的位置，再結(jié)合QN的運(yùn)動(dòng)情況及幾何關(guān)系確定粒子x和y坐標(biāo)，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定粒子的y坐標(biāo)，再得出粒子的位置坐標(biāo)。18．【答案】（1）解：設(shè)彈開后b速度大小為vb，由動(dòng)量守恒定律得m解得v根據(jù)能量守恒有E解得E（2）解：b與c發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后二者共同速度為vc，由動(dòng)量守恒定律有m解得v由能量守恒，碰撞過(guò)程損失機(jī)械能為ΔE=解得ΔE=5J（3）解：滑塊a離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有?