2024届山东省济宁市第一中学高三下学期3月月考试题 物理 （解析版）

这是一份2024届山东省济宁市第一中学高三下学期3月月考试题 物理 （解析版），共33页。

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 认真核对条
形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 5mm 黑色
签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试
卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、选择题： 本题共 8 小题， 每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 氢原子第 n 能级的能量为En = ，其中 E1 是基态能量， n=1，2，3 ，…。若处于某能级的氢 原子可辐射能量为 − E1 的光子， 辐射光子后氢原子的能量比基态能量高 − E1 ，处于该能级
(辐射光子前)的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率有
A. 3 种 B. 4 种 C. 6 种 D. 10 种
2. 在高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线轨道叫做最速曲线轨道， 在科技馆展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，如图所示，现让
两个完全相同的小球 A 和 B 同时从 M 点分别沿两个轨道由静止下滑，小球 B 先到达 N
点。若不计一切阻力，下列说法正确的是
A. 到达底端 N 点时，重力的功率相同
B. 由 M 到 N 的过程中，合力做功不同
C. 由 M 到 N 的过程中， 小球 A 重力的冲量比小球 B 重力的冲量大
D. 到达底端 N 点时，小球 A 、B 对轨道的压力大小相等
3. 华为 mate60 实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所 示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信， 已知三颗卫星离地高度均为 h，地球
的半径为 R，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，下列说法正确的是
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
B. 其中一颗质量为 m 的通信卫星的动能为
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为 2R
D. 同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
4. “ 中国载人月球探测工程 ”计划在 2030 年前实现中国人首次登陆月球。设想在地球和月球 上有两个倾角相同的山坡， 简化为如图所示的足够长的倾角为 θ 的斜面。现分别从这两个山
坡上以相同大小的速度v0 水平抛出两个完全相同的小球， 小球再次落到山坡上时速度大小分
别记为v1 、v2 ，速度方向与坡面的夹角分别记为 θ1 、θ2。已知地球与月球表面重力加速度分
g
6
别为 g、
,不计小球在地球上运动时的空气阻力，以下关系正确的是
A. θ2＞θ1 B. θ2 <θ1 C. v2 5. 图示为一半球形玻璃砖的截面图， AB 为直径， O 为球心。 一束纸面内的单色光从直径上某 点 C 与直径成 θ 射入，恰好从 D 点射出。现换用不同频率的色光从 C 点以相同方向入射，
不考虑多次反射，则
A. 到达圆弧AD 部分的光， 一定会从圆弧AD 部分射出
B. 到达圆弧BD 部分的光，可能不从圆弧BD 部分射出
C. 频率改变前从 D 点出射的光线一定与从 C 点入射时的光线平行
D. 所有不同频率的色光在玻璃砖中的传播时间均相等
6. 如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水 平固定圆环上，下端连接质量为 M 的托盘， 托盘上放着 6 个质量均为 m 的盘子并处于静止
状态。已知重力加速度大小为 g，则某顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，
托盘对 6 号盘子作用力的大小为
5mg(M + 6m) 5mg(M − 6m)
A. B.
M + 5m M + 5m
C. D.
7. 如图甲所示是一个简易发电机连接理想变压器的模型， 正方形线圈 ABCD 的边长为 a、匝数 为 N，电阻忽略不计。线圈 ABCD 置于匀强磁场中，且绕垂直于磁感线的转轴 OO ′转动。 发电机通过理想变压器对外工作，变压器原、副线圈的匝数比 n1 ∶n2=1∶2，电路中四只小 灯泡完全相同且电阻恒定， 图中电压表为理想电压表， 若线圈 ABCD 以恒定角速度转动， 闭 合开关 S 后， 四只小灯泡灯都能发光， 发电机的输出电压随时间变化如图乙所示，乙图中的
峰值为 U，下列说法正确的是
A. 甲图中线圈 ABCD 处于图示位置时，灯 L1 的电流方向发生改变
5 2πNa2
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为 U
C. 开关 S 闭合时，则电压表的示数为U
D. 若断开开关 S，则 L1 变暗、 L2 和 L3 均变亮
8. 某同学利用如图甲所示的装置，探究物块 a 上升的最大高度 H 与物块 b 距地面高度 h 的关 系， 忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量， 初始时物块 a 静止在地面上， 物块 b 距地面的高度 为 h，细绳恰好绷直，现将物块 b 由静止释放，b 碰到地面后不再反弹，测出物块 a 上升的 最大高度为 H，此后每次释放物块 b 时，物块 a 均静止在地面上， 物块 b 着地后均不再反弹， 改变细绳长度及物块 b 距地面的高度 h，测量多组(H，h)的数值，然后做出 H-h 图像(如图 乙所示)，图像的斜率为 k，已知物块 a、b 的质量分别为 m1、m2 ，则以下给出的四项判断中
正确的是
①物块 a ，b 的质量之比 = −1
②物块 a 、b 的质量之比 = −1
③H-h 图像的斜率为 k 取值范围是 0④H-h 图像的斜率为 k 取值范围是 1A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
二、多项选择题： 本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求，
全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9. 一定质量的理想气体从状态 a 开始， 第一次经绝热过程到状态 b；第二次先经等压过程到状
态 c，再经等容过程到状态 b。p-V 图像如图所示。则
A. a →b 过程为等温变化过程
B. a →c →b 过程比 a →b 过程气体对外界所做的功多
C. a →c 过程，气体从外界所吸收的热量比气体对外所做的功多
D. 气体在状态 a 时比在状态 c 时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
10. 如图甲为一列简谐横波在 t ＝0.1s 时刻的波形图。P、Q 为该波的传播方向上的两质点， 图
乙为介质中 x ＝2m 处的质点 P 的振动图像。下列说法正确的是
A. 该波的传播方向沿 x 轴负方向
B. 甲图中质点 P 该时刻振幅为零
C. 质点 P、Q 在一个周期内有且仅有两个时刻二者的位移相同
D. 在 0＜t＜0.1s 内，质点 P 通过的路程大于质点 Q 通过的路程
11. 如图为一正方体ABCD − EFGH ，在 A 、G 两顶点分别固定等量正、负点电荷，以无穷远处
电势为零，下列说法正确的是
A. 顶点 D 、F 两处电势相等
B. 顶点 B 、H 两处场强相同
C. 正方体的 12 条棱上共有 3 个点电势为零
D. 将一正试探电荷从 D 移到 C 和从 B 移到 F，电势能减小相同数值
12. 如图所示， 两根金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，两金属棒始终和导轨接触良好，左、 右两部分导轨间距分别为 L 和 2L，AB 棒的质量为 m 且电阻为 R ，CD 棒的质量为 2m 且电 阻为 2R，导轨间左、右两部分处在大小相等、方向相反的匀强磁场中，磁场方向如图所示。 不计导轨电阻， 现用水平恒力 F 向右拉 CD 棒， 使 CD 棒向右运动， 导轨足够长， 磁场区域
足够大。下列说法正确的是
A. 稳定后， AB 棒向左匀速运动， CD 棒向右匀速运动
B. 稳定后， CD 棒的加速度大小是
C. 若 F 作用一段时间后， AB 棒和 CD 棒速度大小均为v ，此时
立即撤去拉力 F，此后 AB 棒最终的速度大小为，方向向左
D. 当 AB 棒和 CD 棒速度大小均为v 时， 立刻撤去拉力 F，之后的过程整个回路产生的焦耳
热为
1 2
10 mv
三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。
13.(6 分)如图甲所示，为“用双缝干涉测量单色光波长 ”的实验装置。实验时， 使光源正常发
光，调整光路，从目镜中可以观察到清晰的干涉条纹。回答下列问题：
(1)关于本实验，下列说法正确的是 。(填正确答案标号)
A. 仅将单缝向双缝靠近，干涉条纹间距减小
B. 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，从目镜中看到的干涉条纹数目可能减少
C. 若去掉滤光片后，屏上会出现彩色的干涉条纹
D. 若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有等间距的明暗条纹
(2)转动测量头的手轮， 使分划板中心刻线对准第 1 条亮纹，读出手轮的读数为 1.030mm。 继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第 7 条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为
mm。
(3)某次实验中测得单色光的波长为 630nm，选用的双缝的间距为 0.300mm ，则屏与双缝间
的距离为 m(结果保留 3 位有效数字)。
14.(8 分)某物理兴趣小组的同学要测定电源(由两节新干电池组成)的电动势和内阻，该同学根 据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻 R0=2.2Ω。还有一毫
安表，最大量程为 40mA，内阻 rA=8Ω。
(1)因为所给毫安表的最大量程较小， 需利用定值电阻 R1 将毫安表改装成最大量程为 200mA
的电流表，图甲中虚线框内为改装后的电流表，其中 R1= Ω。
(2)现将实验中所测得的实验数据(电压表的示数用 U 表示，毫安表的示数用 I 表示)描绘在 如图乙所示的坐标纸上， 并画出了 U-I 图线， 根据图乙可知电源的电动势为 2.98V，则可 求出此电源的内阻 r= Ω(结果保留 2 位小数)；由于电压表内阻不是无穷大，本
实验电源内阻的测量值 真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)当电压表的示数 U 为 2.30V 时，由图乙可知毫安表的示数 I=30mA，此时电源的效率为
%(结果保留 2 位有效数字)。
15.(8 分)如图， 一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成 A 、B 两部分，隔板绝热。开始时 系统处于平衡状态， A 和 B 体积均为 V、压强均为大气压p0 、温度均为环境温度 T0 。现将 A 接一个打气筒， 打气筒每次打气都把压强为p0、温度为 T0、体积为 V 的气体打入 A 中。
缓慢打气若干次后， B 的体积变为V (所有气体均视为理想气体)
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数 n；
(2)保持 A 中气体温度不变，加热 B 中气体使 B 的体积恢复为 V，求 B 中气体的温度 T。
16.(8 分)如图， BD 为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点 A 处以一定速度射出，经过一
段时间恰好水平击中 D 点，不计空气阻力， 已知斜面的倾角为 30°,重力加速度为 g，AB
长度 xAB=a，BD 长度xBD = a ，求枪口瞄准点 C 距离 D 点的高度(C 点在 D 点的正上方)。
17.(14 分)如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内，第一、二象限存在沿 y 轴正方向的匀强电场， 电场强度大小为 E，第三、四象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 可根据需要进行调节。在第四象限y=-a 处紧挨y 轴放置长度为 a 的荧光屏 MN，质量为 m 、 电荷量为-q(q>0)的粒子自第二象限电场中某点以沿 x 轴正方向、大小为v0 的速度射入电场， 从坐标原点 O、沿与 x 轴夹角为 30°的方向进入第四象限的磁场中， 不计粒子重力和因磁场
变化产生的电场。
(1)求粒子发射点的位置坐标；
(2)若粒子打在荧光屏上的 M 点，求粒子在磁场中运动的时间；
(3)若粒子能打在荧光屏上，求磁感应强度大小的范围。
18.(16 分)光滑水平面上有一质量为 m 的足够长的小车 B，右端有一质量为 2m 的小滑块 A。滑 块与小车之间的动摩擦因数为 μ,现二者一起以v0 向左运动，直至小车与左侧固定墙壁发 生碰撞。已知小车与墙壁的每次碰撞都是弹性的， 滑块 A 始终没有与墙壁碰撞， 重力加速
度为 g，求：
(1)小车与墙壁第一次碰后瞬间，小车与滑块的加速度；
(2)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块运动的总路程；
(3)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块做减速运动的时间和匀速运动的时间。
注 意 事 项
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号、 考场号、座位号填写清楚。
2．选择题使用2B铅笔填涂，非选择题使用黑色 碳素笔书写，超出答题区域无效。
3．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。
√
正确填 涂
错误填 涂
×
缺 考
违 纪
济宁市第一中学2024届高三3月份定时检测
物理 答题卡
考场号：
班级 ： 姓名 ： 学校 ：
座位号：
15.（8分）
16.（8分）
准 考 证 号
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
7
7
7
7
7
7
7
7
7
7
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
9
9
9
9
9
9
9
9
9
9
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
1【A】【B】【C】【D】
2【A】【B】【C】【D】
3【A】【B】【C】【D】
4【A】【B】【C】【D】
7【A】【B】【C】【D】
8【A】【B】【C】【D】
5【A】【B】【C】【D】
6【A】【B】【C】【D】
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。选对但不全的得2分。
9【A】【B】【C】【D】 10【A】【B】【C】【D】 11【A】【B】【C】【D】 12【A】【B】【C】【D】
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.（6分）
（1） （2） （3）
14.（8分）
（1）
（2 ）
（3 ）
18.（16分）
请在各题目的答题区域内作答 ，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
17.（14分）
请在各题目的答题区域内作答 ，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测
物理试题参考答案及评分标准
2024 年 3 月 29 日
1.A 2.C 3.B 4.D 5.C 6.A 7.C 8.D 9.BC 10.AC 11.BD 12.BC
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
5 3 1 1
1.A【解析】设氢原子发射光子前处于第 k 能级，发射后的能量为Ek − (− 36 E1 ) = E1 − 4 E1 = 4 E1 ，解得Ek = 9 E1 ，
则 k=3 ，辐射光子的频率有 2+1=3 种。故选 A。
2.C【解析】根据机械能守恒定律可知到达底端 N 点时，两小球速度大小相等，但方向不同，重力的功率不 相同，A 错误；由 M 到 N 的过程中，合力做功即两小球重力做功均为 WG=mgh，B 错误；由 M 到 N 的过程 中，重力的冲量 IG=mgt，由于 tA>tB ，所以小球 A 重力的冲量比小球 B 重力的冲量大，C 正确；到达底端 N
点时， 小球 A 受到的支持力 FA=mgcsθA ，小球 B 受到的支持力 FB>mgcsθB ，由图可知 θA>θB ，则 FA>FB，
根据牛顿第三定律可知，小球 B 对轨道的压力大于小球A 对轨道的压力，D 错误。 故选 C。
3.B【解析】根据万有引力的公式F = G ，可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三
颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A 错误；根据万有引力充当向心力有G = m v2 ，可得卫
(R + h) (R + h)
星的线速度v = ，则该卫星的动能Ek = mv2 = ，而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有
Mm, , 2 mgR2
G R2 = mg ，可得GM = gR ，则可得该物体的动能Ek = 2(R + h) ，而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大， 其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动能， B 正确， D 错误； 若恰能实现赤道全球通 信时， 此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120°,每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以
及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为
r, = = 2R ，则卫星离地高度至少为h, = r, − R = R ，C 错误。故选 B。
4.D【解析】因为两个小球在相同大小的速度 v0 水平抛出， 且都落到倾角为 θ 的斜面，因此两个小球的位移
角是相同的都为 θ, 根据平抛的角度推论可知， 速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两个球落地时的
1 gt 2 v0
速度角也相等， 因此速度方向与坡面的夹角也相等，即 θ2=θ1 ，AB 错误； 根据位移角可知tanθ =
, 解
得t =
, 因此在竖直方向的速度为v⊥ = gt = 2v0 tanθ , 竖直方向速度与加速度大小无关，因此合速度
为 v =
v02 + v⊥2
, 因此v2 = v1 ，C 错误 D 正确。故选 D。
5.C【解析】当频率比 D 点单色光大的光， 到达圆弧 AD部分， 随着频率增大折射率变大，由题知 θ 角度不
变，如图所示， 在折射率变大过程中 sinα 不变， sinβ 在变小，由 = 知临界角在变小， 但在折射率变 大过程，入射角 γ 变大，当sin y=时会发生全反射，不考虑多次反射， 所以到达圆弧AD部分可能不会
从圆弧 AD部分射出。A 错误；由图知，单色光在 D 点未发生全反射，频率比 D 点单色光小的光，到达圆弧 BD部分。折射率小，在玻璃砖内随着折射率变小，入射角比 D 点单色光入射角小，临界角比 D 点单色光 临界角大， 故到达圆弧BD部分不发生全反射，从圆弧BD部分射出， B 错误； 因为 D 点切线和 AB 平行，
所以频率改变前从 D 点出射的光线一定与从 C 点入射时
的光线平行。C 正确； 由n = ，光的频率不同， 折射率
不同， 在光中传播速度不同， 不考虑多次反射， 频率大的
折射率大， 速度小， 传播时间不相等，D 错误。故选 C。
6.A【解析】顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，托盘和其他 5 个盘子的合力为 mg，根据牛顿第二定律有
mg = (M + 5m)a ，对剩余 5 个盘子，根据牛顿第二定律有F − 5mg = 5ma ，联立可得托盘对 6 号盘子作用力
的大小为F = 。故选 A。
7.C【解析】甲图中线圈 ABCD 处于图示位置时，此时刻线圈平面与中性面垂直，电流方向不改变，A 错误；
由图知 T=0.4s，发电机峰值电压 U=NBSω , 负= =5πrad/s ，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，B 错 误；假设每个小灯泡的电阻是 R ，当开关闭合时， R副 = R ， = I1R + U1 ， = = ，U2 = I2 R副 ，联 立可得，电压表的示数为U2 = U 。若断开开关 S，副线圈总电阻变大， 原线圈及副线圈的电流均变小，
则 L1 变暗，L2 变暗， 由于原线圈的电流变小， 原线圈的电压变大，且副线圈的电压也变大，又 L2 的电压变
小， 则 L3 的电压变大， L3 将变亮，D 错误。 故选 C。
8.D【解析】物块 a 的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块 b 释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，
与此同时物块 b 加速下降，速率与物块 a 相同， 第二个阶段为物块 b 落地后，物块 a 在自身重力的作用下
减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有(m2 − m1 )gh = (m1 + m2 )v2 ，第二阶段对物块 a 由动 能定理有 −m1g(H − h) = 0 − m1v2 ，联立以上两式可得H = h ，结合图像可得k = ，可知
m1 = 2 −1 ，①错误，②正确；要将物块 a 拉起，则有T − m1g > 0 ，对物块 b，则有m2 g − T > 0 ，可得m2 > m1 ，
m2 k
因此有
<
2m2 m2 + m2
2m2 m2
<
2m2
m1 + m2
, 即 1二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得 4
分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9.BC【解析】a →b 为绝热过程，Q=0，气体体积膨胀对外界做功，W<0，由热力学第一定律 ΔU=Q+W 得 ΔU<0 ， 即内能减小，温度降低，A 错误；由微元法可得p-V 图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图 像可知，a→c →b 过程比 a→b 过程气体对外界所做的功多，B 正确；a→c 过程等压膨胀，气体对外做功， W<0 ，由理想气体状态方程知温度升高， 内能增大，由 ΔU=Q+W 得 ΔU>0，故气体从外界吸热大于对外做 的功，C 正确；a→c 过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的 动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态 a 时比在状态 c 时单位时间内撞击在单位面积上的分
子数多，D 错误。故选 BC。
10.AC【解析】 由图可知， P 质点沿 y 轴正方向振动，由同侧法可知，该波的传播方向沿 x 轴负方向， A 正 确；甲图中质点 P 该时刻振幅为 2m ，B 错误； 图示时刻， 质点 Q 正沿y 轴负方向运动， 质点 P 正沿y 轴正 方向运动， 在接下来的四分之一个周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。之后当 P 第一次返回平衡位 置时(从图示时刻经历半个周期)，根据对称性可知此时质点 Q 的位置与图示位置关于 x 轴对称并沿 y 轴正
方向运动，则在接下来的四分之一周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。综上所述在一个周期内，质点
P 和质点 Q 有两个时刻位移相同，C 正确。在 0＜t＜0.1s 内， 即周期内， 质点 P 通过的路程为sP = 2A
=0.4m，质点 Q 在该时间段内经过平衡位置，则质点 Q 通过的路程为sQ > 2A =0.4m，故在 0＜t＜0.1s 内，质
点 P 通过的路程小于质点 Q 通过的路程， D 错误。故选 AC。
11.BD【解析】因为正负电荷是等量异种电荷， 而 D 点更靠近正电荷，F 点更靠近负电荷，所以 D 点的电势 大于 F 点的电势，A 错误；电场强度是矢量， 其叠加遵循平行四边形定则， 由于 B 点到正电荷和负电荷的 距离与 H 点到负电荷和正电荷的距离相等，由电场的叠加性和对称性可知， 这两点的电场强度大小和方向 相同， B 正确； 因为正负电荷是等量异种电荷， 其连线的中垂面为等势面， 电势皆为零， 该等势面与正方体 的 12 条棱的交点不止 3 个点， 所以正方体的 12 条棱上不止有 3 个点电势为零，C 错误；因为正负电荷是等
量异种电荷，而 D 点更靠近正电荷， F 点更靠近负电荷， 所以 D 点的电势大于 F 点的电势，而 B 点更靠近
正电荷，C 点更靠近负电荷，所以 B 点的电势大于 C 点的电势， 由于是在正方体中，由电场的叠加与对称 性可知，D 点和 B 点电势相同， C 点和 F 点的电势相同。即UDC = UBF ，根据电场力做功 W=qU，所以将一
正试探电荷从 D 移到 C 和从 B 移到 F 电场力做功相同，即电势能减少量相同，D 正确。故选 BD。
12.BC【解析】两棒的长度之比为 1:2，电阻之比为 1:2，电阻为 R，CD 棒F − 2ILB = 2ma1 ，AB 棒ILB = ma2 ，
I = 2BLvBLv2 ，由此可知，稳定后，回路中电流恒定， AB 棒向左匀加速运动，CD 棒向右匀加速运动，
A 错误；且AB 棒的加速度大小是 CD 棒的加速度大小的2 倍，即a2=2a1；可得 CD 棒的加速度大小为a1
F
=
,
6m
B 正确；如果 F 作用一段时间后，AB 棒和 CD 棒的速度大小均为v ，此时立即撤去拉力 F 后， AB 棒继续向
左加速运动，而 CD 棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时， 电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的
感应电动势大小相等，则 2BLv1 = BLv2 ，对 CD 棒和 AB 棒分别用动量定理得 −2ILBt = 2mv1 − 2mv ，
ILBt = mv2 − mv；联立可得 CD 棒最终的速度v1 = v ，方向向右，AB 棒最终的速度v2 = v ，方向向左，
C 正确，根据能量守恒定律可得Q = 1 (m + 2m)v2 − 1 mv − 1 x 2mv ；解得该过程中回路产生的焦耳热为
2 2 2
Q =
1 2
6 mv ，D 错误。故选 BC。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。
13.(6 分)(1) C (2) 14.530 (3) 1.07
【解析】由相邻的干涉条纹间距Δx = λ可知，式子中的 L 为双缝到屏的距离，不是单缝和双缝的距离，A
错误； B 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，λ 减小， 相邻的干涉条纹间距减小，从目镜中看到的干涉条纹数 目增加，B 错误；去掉滤光片后，干涉现象不会消失， 屏上会出现彩色的干涉条纹，C 正确；发生干涉现象
时，若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有条纹，是衍射条纹，但不是等间距的，D 错误。
(2)手轮的读数为 x2=14.5mm+3.0×0.01mm=14.530mm；
(3)相邻的干涉条纹间距Δx = mm=2.25mm= 2.25 x10−3 m，且Δx = λ , 可得屏与双缝间的距离
L=1.07m。
14. (8 分) (1) 2 (2) 2.26 (2.20~2.32 均可) 小于 (3) 88
【解析】(1)根据电流表改装原理I = Ig + =200mA ，解得 R1=2Ω。
(2)电路中流过电源的干路电流为I, = I + = 5I ，根据闭合电路的欧姆定律可得E = U + I,(R0 + r），整理得
U = −5I(R0 + r) + E ，图像斜率的绝对值为 k = 5(R0 + r) = 20 Ω 心 22.3Ω , 解得内阻为 r=2.26Ω。由于
电压表内阻不是无穷大， 考虑到电压表分流的影响，本实验电源内阻的测量值小于真实值。
(3)电压表的示数为 2.30V 时，由图乙可知 I=30mA，此时电路中电流为I1 = I + = 5I = 5 x 30 x10−3A =0.15A，
电 源 的 总 功 率 为 P总 = EI1 =2.98×0.15W=0.447W ， 电 源 的 输 出 功 率 为 P出 = UI1 + IR0
=2.30×0.15W+0.152 ×2.2W=0.3945W，电源的效率为η = x100% =88%。
15.(8 分)(1)10 次； (2)3T0
【解析】(1)对 B 气体， 根据玻意耳定律得p0 V = p1 . V ·······································(1 分)
解得p1 = 2p0 ·······························································································(1 分)
1 1
对 A 内原气体和充入的气体， 根据玻意耳定律得p0 V + np0 . V = p1 (2V− V) ··········(1 分)
5 2
解得 n=10 ···································································································(1 分)
< B <
vy at
(2)A 中气体温度不变，根据玻意耳定律得p1 (2V − V) = p2 V ·································(1 分)
解得p2 = 3p0 ······························································································(1 分)
对 B 中气体，根据理想气体状态方程得 = ·············································(1 分)
解得 T=3T0 ··································································································(1 分)
16.(8 分)
【解析】由题意xDE = xAB = a 知xDF = ，xEF = ·······················(1 分)
又xAE = xBD = a
故xAF = = 2a ·····························································(1 分)
设 AC 与 AF 之间的夹角为 α ,
0 = v0 sinC − gt
xAF = v0 cs C . t 即2a = v0 cs C . t
xDF = v0 sinC . t − 1 gt2 即 a = v0 sinC . t − 1 gt2
2 2 2
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分)
(1 分)
解得tan C = ， a = gt2 ··············································································
xCF xCF
又tanC = = ······················································································
xAF 2a
解得xCF = a ，xCD = xDF = ···········································································
17.(14 分)(1)( − ，
πa 3v0
; (3)
)； (2)
2mv0
qa
mv0 (3 − )
3qa
【解析】 (1)带电粒子在电场中受到沿y 轴负方向的电场力作用，做类平抛运动，
(1 分)
(1 分)
(1 分)
沿 x 轴方向速度不变x =−v0t ··········································································
在 O 点满足tan 30 = =
v0 v \l "bkmark1" 0
粒子在y 轴方向做匀加速运动y = at2 ·····························································
其中a =
qE
m
(2 分)
解得x = − ， y = ···········································································
< B <
(1 分)
发射点的位置坐标为(− ， )
(2)粒子进入第四象限时速度大小为v = v0 。= 2 v0 ···················(1 分)
cs 30 3
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，
打在荧光屏上的 M 点时， 粒子轨迹圆的半径R1 = = ········(1 分)
轨迹对应的圆心角θ = ·························································(1 分)
粒子在磁场中运动的时间t, = ····································································(1 分)
, πa
解得t = 3v0 ································································································(1 分)
(3)粒子打在 M 点时磁感应强度取最大值， 带电粒子打在 N 点时， 磁感应强度取最小值， 运动轨迹如上图所
mv2
R1
示，根据洛伦兹力提供向心力qvB1 =
, 解得B1 =
(1 分)
2mv0
··································
qa
设离子从荧光屏上的 N 点射出时，轨迹圆的半径为 R2，
由几何关系可知( R2 − a)2 + (R2 + a)2 = R
2 2
(1 分)
(1 分)
解得R2 = ( +1)a ························································································
根据洛伦兹力提供向心力qvB2 = ，解得B2 = ·······························
则磁感应强度的大小范围为
2mv \l "bkmark2" 0

qa
mv0 (3 − )
3qa
18. (16 分)(1)aA = μg ， aB = 2μg ，A 的加速度水平向右， B 的加速度水平向左； (2) ； (3) ，
【解析】 (1)小车与墙壁第一次碰后瞬间， 设 A 、B 的加速度大小分别为 aA 、aB，
由牛顿第二定律得2μmg = 2maA (1 分)
2μmg = maB (1 分)
解得aA = μg ， aB = 2μg ···············································································(2 分)
其中 A 的加速度水平向右，B 的加速度水平向左·················································(2 分)
【方法一】(2)小车第一次与墙壁碰撞后，小车向右减速，滑块向左减速， 由于aB > aA ，故小车的速度先减
为零，然后反向加速，直至与滑块共速后再一起匀速向左运动，再与墙壁发生第二次碰撞，以此类推最
终经过无数次碰撞， 二者速度均为零， 小车左端紧靠墙壁静止， 该过程滑块对地要么向左减速要么向左匀
速，故滑块的总路程 xA 与全过程二者之间相对打滑的距离ΔxAB 相等，即 xA =ΔxAB ····(2 分)
1 1
由能量守恒得2μmgΔxAB = 2mv02 + mv02 ···················································(2 分)
2 2
解得xA = ·····························································································(1 分)
(3)将滑块的所有减速过程视为一个整体， 即为初速度大小为v0 ，加速度大小为aA = μg 的匀减速运动
设滑块做减速运动的时间 t1 ，有0 − v0 = −aAt1 ·····················································(1 分)
则t1 = ···································································································(1 分)
设第一次碰后二者共速时的速度为v1 ，由动量守恒2mv0 − mv0 = 3mv1 ·····················(1 分)
解得v1 =
第一次碰后到二者共速的过程， 小车的平均速度v1 = = − ·······················(1 分)
而共速后到第二次碰前的匀速过程，小车以v1 =
匀速运动，可知，在任意两次碰撞之间的过程，小车做
变速运动与匀速运动的两个过程，平均速度大小相等， 而这两个过程小车的位移大小也相等，故时间相等，
即滑块的减速与匀速的时间相等，设滑块匀速运动的时间为 t2 ，有 t2=t1
故t2 = ··································································································(1 分)
【方法二】 (2)(3)设第一次碰后二者共速时的速度为v1 ，
由动量守恒2mv0 − mv0 = 3mv1 ·········································································(1 分)
设第二次碰后二者共速时的速度为v2 ，由动量守恒2mv1 − mv1 = 3mv2 ·····················(1 分)
v0 − v1 2v0
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的时间t减1 = =
aA 3μg
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的时间t减2 = =
……
小车第 n 次与墙壁碰撞后滑块减速的时间t减n = ···········································(1 分)
从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程，
滑块做减速运动的时间t减 = = ·····························································(1 分)
t匀1
(v0 )2 − (v1 )2
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 2a 2v0
v1 3μg
v − v
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 2 aB 2v0
t匀2 = =
v2 9μg
小车第 n 次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间t匀n = ···········································(1 分)
2v0
匀速运动的总时间t匀 = = ···································································(1 分)
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的位移x减1 = v − v = 4v
2aA 9μg
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移x匀1 = v1t匀1 =
2aA 9μg
小车第一次与墙壁碰撞后到第二次碰前滑块总位移x1 = x减1 + x匀1 = v − v = 6v ·······(1 分)
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的位移x减2 = v − v = 4v
2aA 81μg
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移x匀2 = v2 t匀2 =
小车第二次与墙壁碰撞后到第三次碰前滑块总位移x2 = x减2 + x匀2 = ·················(1 分)
小车第 n 次与墙壁碰撞后到第 n+1 次碰前滑块总位移xn = x减n + x匀n = ··············(1 分)
滑块全程做单向直线运动，总路程等于总位移的大小，故从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程
中，滑块的总路程x总 = =
·································································
(1 分)