2024年山东省泰安市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年山东省泰安市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.我国已经在空间站上开展过四次精彩的太空授课，在亿万中小学生心里播撤下科学的种子。“天宫课堂”的教师们曾经做过两个有趣实验：一个是微重力环境下液桥演示实验。在两个固体表面之间可形成大尺寸液析，如图a所示；另一个是微重力环境下液体显著的“毛细现象”演示，把三根粗细不同的塑料管，同时放入装满水的培养皿，水在管内不断上升，直到管顶，如图b所示。对于这两个实验的原理及其就用的理解，下列说法正确的是( )
A. 液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”
B. 分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“A”位置
C. 农民使用“松土保熵”进行耕作，通过松土形成了在壤毛细管，使得土壤下面的水分更容易被输送到地表
D. 航天员在太空微重力环境中会因为无法吸墨、运墨而写不成毛笔字
2.张靖皋长江大桥是中国在建的世界上跨径最大的悬索桥，如图甲所示。悬索桥的简化模型如下：桥面由分列桥面两边的六对等距离钢杆悬吊，钢杆上端挂在两根钢缆上。图乙为其侧面图，两端钢缆CM、PN与水平方向夹角均为θ=37∘，若每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量为m，钢杆、钢缆自重不计，重力加速度为g，则钢缆BC中的拉力大小为( )
A. 56mgB. 53mgC. 1712mgD. 13mg
3.氢原子能级分布如图所示。可见光的能量范围为1.62eV∼3.11eV，两个处于n=4能级的氢原子自发跃迁到低能级的过程中( )
A. 最多能辐射出6种频率不同的光，其中最多有3种频率不同的可见光
B. 最多能辐射出6种频率不同的光，其中最多有2种频率不同的可见光
C. 最多能辐射出4种频率不同的光，其中最多有3种频率不同的可见光
D. 最多能辐射出4种频率不同的光，其中最多有2种频率不同的可见光
4.如图所示，A、B是围绕地球运转的两颗卫星，其中A卫星的轨道半径为RA，B卫星的轨道半径为RB，经过相同的时间，A卫星与地心O的连线扫过的面积为SA，B卫星与地心O的连线扫过的面积为SB，已知SB：SA=1：2，则RB：RA的值为( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 1：4
D. 1：8
5.如图所示，两块标准平面玻璃板中间形成一个劈形空间，劈尖角θ=2×10−4rad，(θ很小时，可认为sinθ≈tanθ≈θ)。用波长λ=600nm的单色光从上方照射，从上往下看到干涉条纹。当在劈形空间内充满某种液体时，相邻亮条纹间距减小了0.5mm，则该液体的折射率为( )
A. 32B. 43C. 65D. 53
6.如图所示为某发电站输电示意图，发电机输出电压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两互感器原副线圈的匝数比分别为200：1和1：20，降压变压器原副线圈匝数比为200：1，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r=20Ω。则下列说法正确的是( )
A. 互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙圈内接入电压表
B. 输电线路上损耗的功半约占输电总功率的6%
C. 用户端的电压U4为200V
D. 用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小
7.如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为mg2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中k为劲度系数、x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为( )
A. 33gh10B. 35gh10C. 37gh10D. 39gh10
二、多选题：本大题共5小题，共19分。
8.如图示，某运动员在足球场上进行“带球突破”训练。运动员沿边线将足球向前踢出，足球沿边线运动，为控制足球，又向前追上足球，下列可能反映此过程的v−t图像和x−t图像是( )
A. B.
C. D.
9.如图所示，带电平行板电容器两极板水平放置，充电后与电源断开。带电小球静止于电容器内的A点，B点位于上极板附近，忽略电容器极板的边缘效应及带电小球对电场的影响。下列说法正确的是( )
A. 把小球由A点移到B点，小球的电势能增大
B. 把小球由A点移到B点，小球的电势能减小
C. 若将下极板向上移动一小段距离，小球在A点时的电势能减小
D. 若将下极板向上移动一小段距离，小球在A点时的电势能增大
10.在同一均匀介质中，位于x=−6m和x=12m处的两个波源M和N均沿y轴方向做简谐运动，形成横波a和b。如图所示，t=0时波ab分别传播到x=−2m和x=8m处；t=5s时波a、b恰好相遇，则下列说法正确的是( )
A. 波a、b相叠加后，会出现稳定的干涉现象
B. x=3m处质点的位移最大值为2cm
C. t=2s时，质点P沿y轴正方向运动
D. t=11s时，x=2m处质点的位移为10cm
11.如图所示，足够长的光屏竖直放置，一个半径为r的半圆形透明介质水平放置。由a、b两种频率的单色光组成的光束与竖直方向成30∘沿半径方向从圆周上的某点入射，光屏上出现P、Q、R三个光斑，其中Q为a光的光斑。若已知a光的折射率为 3，真空中光速为c，下列说法正确的是( )
A. 在该透明介质中，b光的光速大于a光的光速
B. 若入射光线绕O点逆时针转动，则P处的光斑先消失
C. a光进入介质后经时间5 3r3c到达光屏上的Q点
D. a光进入介质后经时间(3+2 3)r3c到达光屏上的Q点
12.如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平而上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨回存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体榨D获得向左的瞬时速度13v0。两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。则下列说法正确的是( )
A. 开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，先减速至零
B. 达到稳定运动时，C、D两杯均向右运动
C. 从t=0时至稳定运动的过程中，通过导体葆的电荷量为mv03BL
D. 从t=0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为7mv015BL
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.某探究小组利用图示装置探究机械能守恒。将拉力传感器固定在天花板上，不可伸长的轻质细线-端连在拉力传感器上的O点，另一端系住可视为质点的钢球。钢球静止于最低点位置时拉力传感器示数为F0；现将钢球分别拉至不同高度由静止释放，小球释放前后细线一直处于伸直状态，如图甲所示。记下每次释放瞬间拉力传感器示数F1和每次释放后钢球第1次摆到最低点时拉力传感器示数F2。并作出F2−F1图像如图乙所示，若小球第1次下摆过程中机械能守恒，则：
(1)图乙中图线斜率k=______。
(2)传感器示数F0=______ N；
(3)若某次该钢球由静止释放时细线与竖直方向的夹角为θ、在最低点时传感器示数F2=7.35N，则csθ=______。
14.如图a为某物理实验兴趣小组组装的多用电表的电路示意简图。其中E是电源，不计内阻。R1、R2、R4、R5是四个定值电阻，R3是滑动变阻器。表头G的满偏电流为500μA，内阻为200Ω。虚线框内为五个换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表5个挡位分别为：直流电压2.5V挡和10V挡，直流电流1mA挡和100mA挡，欧姆×100挡。图b为改装过程中的多用电表表盘。其欧姆挡的中值刻度为15。
(1)根据题给条件可得R1+R2=______，R4=______；
(2)在进行欧姆调零时，滑动变阻器R，阻值应调整为______；
(3)图b中欧姆挡刻度尚未标识完整，图中多用电表指针位置应该标识的刻度为______。
四、简答题：本大题共4小题，共48分。
15.如图所示，一“U”形管由上方两根同粗细的玻璃管和下方连接橡皮管组成，两玻璃管保持竖直且上端平齐，右管内封有一段长38cm的气体，左管开口，左管水银面比右管内水银面高14cm，大气压强为76cmHg。现沿竖直方向缓慢移动左侧玻璃管，使两侧玻璃管内水银面相平，玻璃管导热性能良好且环境温度不变。
(1)求此时右管封闭气体的长度；
(2)若改为从左侧管口用一带柄的密封性很好的活塞缓慢向下推动空气的方法使两侧水银面相平，求活塞下移的长度应为多少厘米(结果保留两位有效数字)。
16.链球是一项融合力量、平衡和技巧的竞技运动。如图，某运动员在训练中两手握着链球上铁链的把手带动链球旋转。链球旋转到离地高h=0.8m的A点脱手，脱手时速度大小为v0=28m/s，方向与水平面成θ角斜向上飞出。链球落地时速度与水平而夹角为β，且θ+β=π2(θ、β未知)，不计空气阻力和铁链的影响，g=10m/s2。
求：(1)链球落地时速度的大小；
(2)链球脱手后在空中运动的时间；
(3)链球脱手点A与落地点间的水平距离。
17.如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z>0的空间内充满沿z轴负方向的匀强电场，z<0的空间内充满沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。甲粒子从坐标为(0,0,h)的A点以速率v0沿x轴正方向射出，甲粒子第一次到达x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=60∘。乙粒子从z>0的空间C点(未标出)以相等速率v0沿y轴正方向射出。甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点。已知甲、乙粒子的质量均为m，带电量均为+q，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)相遇时，甲粒子的运动时间；
(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小；
(4)C点的位置坐标。
18.如图所示，在水平面上静止放置轨道A，其由半径为R=0.4m的光滑14圆弧轨道EF和水平轨道FG两部分组成，左侧x=0.325m处固定一竖直挡板，右侧紧挨着一木板B与其等厚。现由E点正上方h=0.2m处由静止释放物块D。一段时间后物块D沿轨道A滑到最右端C且二者恰好达到向右的共同速度。已知轨道A的质量mA=3kg，木板B的质量mB=9kg，物块D的质量mD=1kg。不计轨道A与水平面间的摩擦，物块D与水平轨道FC间的动摩擦因数为μ1=0.5，与木板B的动摩擦因数为μ2=0.2。木板B与水平面间的动摩擦因数μ3=0.02。轨道A与左侧竖直挡板碰后，速度等大反弹。A与B的碰撞为弹性碰撞。所有碰撞时间均极短不计。木板B足够长，重力加速度为g=10m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)物块D到达F点时的速度大小；
(2)轨道A与竖直挡板第一次碰撞时的速度大小；
(3)轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔Δt；
(4)轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离记作Δx1，轨道A与木板B第二次碰撞和第三次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离记作Δx2，试求Δx1Δx2。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由于气液界面之间存在表面张力，使得液体表面好比有一层很薄的弹性薄膜，使得液桥的表面形貌得以维持，而不会“垮塌”；正常的重力环境下，液桥的尺寸通常只有几毫米，太空环境下，重力几近消失，表面张力便能维持建立起很大尺寸的液桥，故A正确；
B.分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图c所示，“B”位置为平衡位置，表面张力表现为引力，因此能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；
C.锄地的核心是“松土保熵”。土壤在过水后会形成通往地表的毛细管，还会在缩水过程中开裂；“松土”，就是切断毛细管，堵塞裂缝；从而“保熵”，抑制水分沿毛细管上行至地表蒸发和直接经裂缝蒸发。因此“锄”的核心作用是松动表土，截断土壤毛细管，减少蒸发，故C错误；
D.毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部；而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用，故D错误。
故选：A。
A.根据液体表面张力的含义分析作答；
B.根据分子势能与分子间距的关系分析作答；
CD.根据毛细现象的含义和成因分析作答。
本题考查了液体的表面张力、毛细现象和分子势能与分子间距的关系；本题是一道理论联系实际的好题，可以培养学生用所学物理知识解决实际问题的能力。
2.【答案】A
【解析】解：以桥面和CP间的钢杆钢缆整体为研究对象，受力分析如图所示
由对称性可知
TMC=TPN
由平衡条件可得
4TMCsin37∘=mg
解得
TMC=512mg
由题意可知，每根钢杆承受拉力相同，因此每根钢杆的拉力为112mg。对C点受力分析，如图所示
由力的平衡条件可知，钢缆MC的拉力TMC与钢杆CC′的拉力TCC′的合力大小等于钢缆BC的拉力TBC，由几何关系可知，因
TMC=512mg
θ=37∘
解得CJ线段表示
TCJ=TMCcsθ=512mg×cs37∘=13mg
解得GH线段表示
TGH=TCC′=112mg
解得GJ线段表示
TGJ=TMCsinθ=512mg×sin37∘=312mg
由直角△CHJ可得
TBC=T= THJ2+TCJ2= (312mg−112mg)2+(13mg)2= 56mg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对桥面和CP间的钢杆钢缆整体受力分析，根据平衡条件求解钢缆MC(或者NP)上的拉力，由题意可知每根根钢杆承受拉力相同，对C点受力分析，根据几何知识求解钢缆BC中的拉力大小。
本题考查共点力作用下的平衡问题，要求学生能正确选择研究对象，受力分析，根据平衡条件列式解题。
3.【答案】D
【解析】解：处于n=4能级的单个氢原子最多可以产生3种不同频率的光，分别是能级4到3(0.66eV)、3到2(1.89eV)、2到1(10.2eV)，另外一个可以产生4到2(2.55eV)，2到1(10.2eV)，或者产生4到3(0.66eV)，3到1(12.09eV)，所以两个处于n=4能级的氢原子最多能辐射出4种频率不同的光，其中3到2、4到2产生的光属于可见光，即最多有2种频率不同的可见光，故ABC错误，D正确。
故选：D。
单个原子的能级跃迁时逐级跃迁是产生不同频率的光子最多。
解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。
4.【答案】C
【解析】解：设轨道半径为r的卫星线速度为v，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
在很短时间Δt内卫星与地心O的连线扫过的面积为：S=12vΔtr
代入v解得：S=12Δt GMr
相同时间内，B卫星与地心O的连线扫过的面积和A卫星与地心O的连线扫过的面积之比为：SB：SA=1：2，
则RB：RA=SB2：SA2=1：4，故C正确、ABD错误。
故选：C。
由万有引力提供向心力点的线速度的表达式，根据三角形面积计算方法求解在很短时间Δt内卫星与地心O的连线扫过的面积表达式，由此得到轨道半径之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握卫星与地心O的连线扫过的面积的计算方法。
5.【答案】A
【解析】解：根据光的干涉可知，当光程差Δs=nλ时此处表现为亮条纹，根据薄膜干涉的原理可知光程差为空气层厚度的2倍，即Δs=2Δd；
当劈尖角为θ时，相邻的亮条纹之间的距离：Δx=Δdsinθ
相邻的亮条纹之间的光程差Δs=λ=2Δd
联立可得Δx=λ2sinθ≈λ2θ
若在劈形空间内充满液体，光在液体中传播速度变小，根据v=λf知，波长变短，则相邻两条纹间距将变小。
由v=cn
则λ′=λn
在劈形空间内充满某种液体时相邻亮条纹间距Δx′=λ′2θ≈λ2nθ
条纹间距减小量Δl=Δx−Δx′
液体Δl=0.5mm
代入数据可得n=32，故A正确，BCD错误。
故选：A。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为半个波长。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目。
6.【答案】D
【解析】解：A.互感器甲并联在电路中，因此甲是电压互感器，故A错误；
BC.根据理想变压器电压与匝数比的关系，互感器原线圈两端电压U2=n11n22⋅U=2001×220V=44000V
根据理想变压器电流与匝数比的关系，互感器原线圈中的电流I2=n44n33⋅I=201×5A=100A
根据理想变压器的功率关系，输电功率P=P2=U2I2=44000×100W=4.4×106W
输电线上的损失功率ΔP=I22r=1002×20W=2×105W
输电线路上损耗的功率约占输电总功率ΔPP×100%=2×1054.4×106%=4.5%
输电线上的电压损失ΔU=I2r=100×20V=2000V
降压变压器原线圈两端电压U3=U2−ΔU=44000V−2000V=42000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户端电压U4=n4n3U3=1200×42000V=210V
综上分析，故BC错误；
D.用电高峰期，用户增多，负载总电阻变小，通过降压变压器副线圈的电流变大；
根据理想变压器电路与匝数比的关系可知，通过降压变压器原线圈的电流变大，输电线上的电压损失变大，因此用户端的电压变小，故D正确。
故选：D。
A.互感器甲并联在电路中是电压互感器；
BC.根据理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系求解升压变压器副线圈两端电压和输电线上的电流；根据功率公式和欧姆定律求功率损失和电压损失，再求损失功率与输电功率的百分比以及用户端得到的电压；
D.用电高峰期，用户增多，负载总电阻变小，通过降压变压器副线圈的电流变大，在分析输电线上的电压损失，再分析用户端得到的电压的变化情况。
本题主要考查了电压互感器与电流互感器、理想变压器电压与匝数比和电流与匝数比的关系；掌握欧姆定律、功率公式是解题的关键。
7.【答案】B
【解析】解：小球在C点时，杆对小球的弹力为
FN=kxBC=mg2
释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为θ，任取一位置对小球受力分析，如图所示
水平方向，根据平衡条件可知，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即
FN=kxsinθ
又
xsinθ=xBC
故杆对小球的弹力保持FN=mg2不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为
f=μFN=μmg2=0.3mg
小球从C到E过程，根据功能关系
mgh−fh−[12k(h2+xBC2)−12kxBC2]=0
解得弹性绳劲度系数为
k=1.4mgh
小球从C到D的过程，根据动能定理有
mgh2−fh2−[12k(h24+xBC2)−12kxBC2]=12mv2−0
解得小球在D点速度为
v= 35gh10，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对小球下落过程任意位置受力分析，求解杆对小球的弹力，进一步求解摩擦力，小球从C到E根据动能定理求解弹性绳的进度系数，小球从C到D根据动能定理求解小球的速度。
本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，速度逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，速度逐渐增大，运动员追上足球时位移大小相等，即v−t图像与坐标轴围成的面积相同，故A正确，B错误；
CD、x−t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的x−t图像斜率逐渐减小，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻达到同一位置，足球和运动员的x−t图像交于同一点，足球和运动员的起点相同，故C正确，D错误。
故选：AC。
足球向前踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，运动员向前追赶足球做加速运动，v−t图像的纵坐标值的变化表示速度的变化，图像与坐标轴所围成的面积表示位移，x−t图像切线的斜率表示速度。
本题考查了v−t图像和x−t图像，解题关键是根据情境分析好足球和人的运动状态，结合图像分析即可。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、带电小球静止于电容器内的A点，受到电场力竖直向上，把小球由A点移到B点，电场力做正功，小球的电势能减小，故A错误，B正确；
CD、充电后与电源断开后，电容器的带电量不变。根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud可得E=4πkQϵrS，可知将下极板向上移动一小段距离，电容器板间场强不变，结合U=Ed可知下极板与A点间的电势差减小，因A点的电势比下极板低，可知A点的电势升高。根据原来小球静止可知，小球受到电场力方向与场强方向相同，小球带带电，所以小球在A点时的电势能增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
把小球由A点移到B点，分析电场力做功情况，判断电势能的变化情况。将下极板向上移动一小段距离，分析板间场强的变化情况，判断A点的电势变化，再分析小球在A点时的电势能变化情况。
解答本题的关键要根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud推导出E=4πkQϵrS，可在理解的基础上记牢这个结论，经常用到。
10.【答案】AB
【解析】解：A.两列波在同种介质中的传播速度相同；
在Δt=5s时间内，波传播的距离Δx=8−(−2)2m=5m
波速v=ΔxΔt=55m/s=1m/s
两列波的波长λ=4m
周期T=λv=41s=4s
由于两列波的周期相同，频率相同，因此两列波叠加后会出现稳定的干涉现象，故A正确；
B.两列波第一次在x=3处相遇，两列波相遇时振动方向相反，振动减弱，合振幅A=6cm−4cm=2cm
因此x=3m处质点的位移最大值为2cm，故B正确；
C.t=2s时，质点P振动半个周期，根据对称性，质点P在x轴下方的对称位置，正在沿y轴负方向振动，故C错误；
D.b波从x=−2m传播到x=2m所用的时间ta1=Δxv=41s=4s
b波在x=2m处的质点的振动时间ta2=7s=1T+34T
若只存在a波，x=2m处的质点位于波谷处，位移为ya=−4cm
对于a波，x=2处的质点位于波谷处，位移为ya=−4cm；
b波从x=8m传播到x=2m所用的时间t1b=Δx′v=61s=6
b波在x=2m处的质点的振动时间tb2=5s=1T+14T
若只存在b波，x=2m处的质点位于波谷处，位移为yb=−6cm
由于x=2m处的质点同时参与两列波的运动，因此x=2处的质点在t=11s时刻的合位移为y=ya+yb=−4cm−6cm=−10cm，故D错误。
故选：AB。
A.两列波在同种介质中的传播速度相同，根据两列波的波长分析两列波的周期，根据两列波产生稳定干涉的条件分析作答；
B.两列波第一次在x=3处相遇，两列波相遇时振动方向相反，振动减弱，据此求合振幅，再求最大位移；
C.t=2s时，质点P振动半个周期，根据对称性分析作答；
D.根据波速和传播距离求传播时间，再求振动时间；根据独立性原理分别求解x=2m处的质点位移，再根据叠加原理求合位移，然后作答。
本题主要考查了波的干涉、波的独立性原理和波的叠加；考查了波长、波速和频率的关系；知道波速决定于介质。
11.【答案】AC
【解析】解：A、由题，Q为a光的光斑，则P为b光的光斑，R为两种光的复合光斑，由图可知，透明介质对a光的折射程度较大，则a光的折射率大于b光的折射率，根据v=cn可知，在该透明介质中，b光的速度大于a光的速度，故A正确；
B、若入射光线绕O点逆时针转动，则入射角增大，根据折射定律可知a与b的折射角都增大，则Q处的光斑先消失，故B错误；
CD、根据折射定律可知，光线a射出介质后的折射角sinθ=n⋅sin30∘= 3×12= 32
可得θ=60∘
在介质中的速度v=cn=c 3
a光在介质中的传播时间t1=rv= 3rc
由几何关系可得OQ=rsin60∘=r 32=2 3r3
a光沿OP传播所用的时间t2=OQc=2 3r3c
所以a光进入介质后经时间t=t1+t2= 3rc+2 3r3c=5 3r3c到达光屏上P点，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据折射定律分析介质对a和b光折射率的大小，由公式v=cn分析光在介质中传播速度的大小关系；根据几何知识求出a光在介质中和真空中的光程，再求解其传播时间即可。
本题是几何光学与物理光学的综合．折射率与波在介质中传播速度和时间等问题是考试的热点。
12.【答案】BD
【解析】解：A.设电路中的电流为I，C棒的加速度大小为a1，D棒的加速度大小为a2；
根据安培力公式结合牛顿第二定律，对C棒BI⋅2L=ma1
对D棒BIL=ma2
解得a1=2a2
根据运动学公式，C棒减速至零的时间t1=v0a1=v02a2
D棒减速至零的时间t2=v03a2=v03a2
可见，D棒先减速至零；
因此开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，D棒先减速至零，故A错误；
B.导体棒D减速至零后，在安培力的作用下向右做加速运动，导体棒D产生反电动势；导体棒C继续减速，当导体棒D产生的反电动势等于导体棒C产生的电动势时，回路的电流为零，C、D棒均向右匀速运动，故B正确；
CD.当导体棒D产生的反电动势等于导体棒C产生的电动势时，有E=B⋅2LvC−BLvD=0
解得vD=2vC
从t=0时至达到稳定运动的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得
对C棒有−BI−⋅2L⋅t=mvC−mv0
对D棒有BI−L⋅t=mvD−m(−13v0)
联立解得vC=115v0，vD=215v0
根据电流强度的定义式，电荷量q=I−⋅t
代入数据解得q=7mv015BL，故C错误，D正确。
故选：BD。
A.根据安培力公式结合牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求减速至零的时间，然后作答；
B.导体棒D减速至零后，在安培力的作用下向右做加速运动，导体棒D产生反电动势，当合感应电动势为零时，两棒向右做匀速直线运动；
CD.根据动量定理和电流强度的定义式求解通过导体棒的电荷量。
本题考查的是不等长双棒问题，关键要明确两棒的受力情况，理解导体棒稳定时的含义是解题的关键；掌握根据动量定理和电流强度的定义式求电荷量的方法。
13.【答案】−24.934
【解析】解：(1)钢球静止于最低点位置时拉力传感器示数为F0，根据平衡条件F0=mg
钢球摆动到最低点时，根据牛顿第二定律F2−mg=mv2L
钢球从释放点到最低点的过程中，取最低处为零势能，根据机械能守恒定律mgL(1−cnθ)=12mv2
在释放点，沿绳方向的合力为零，根据数学知识F1=mgcsθ
代入数据联立解得F2=3F0−2F1
结合F2−F1函数，图像的斜率k=−2；
(2)图像的纵截距b=3F0=14.7N
解得传感器示数F0=4.9N；
(3)在最低点时传感器示数F2=7.35N时，根据函数关系式F2=3F0−2F1
代入数据解得F1=3.675N
在释放点满足F1=mgcsθ=F0csθ
解得csθ=F1F0=。
故答案为：(1)−2；(2)4.9；(3)34或0.75。
(1)(2)根据平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律求解F2−F1函数，结合图像求解作答；
(3)根据函数关系式求解释放点传感器的示数，再根据数学知识求解作答。
本题主要考查了平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律的运用，求解F2−F1函数是解题的关键，明确释放点沿绳子方向的合力为零。
14.【答案】200Ω2400Ω1400Ω60
【解析】解：(1)由电流表改装可知，B端与2相接时为直流电流I2=1mA挡，则有
IgRgR1+R2+Ig=I2
可得R1+R2=IgRgI2−Ig
解得R1+R2=200Ω
由电压表改装可知，B端与4相接时为直流电压U4=2.5V挡，则有
IgRg+I2R4=U4
解得R4=2400Ω
(2)当B与3相连时为欧姆挡，欧姆挡为×100挡，且中值刻度为15，则可知欧姆调零，其内阻为1500Ω，则有
Rg(R1+R2)Rg+R1+R2+R3=1500Ω
解得R3=1400Ω
(3)图中多用电表指针位置对应电路的电流为I=0.2mA，设此时待测电阻对应值为Rx，根据闭合电路欧姆定律可得
E=I(R欧+RX)
其中R欧=1500Ω
E=I2R欧=1×10−3×1500V=1.5V
联立解得Rx=6000Ω
又Rx=6000Ω=60×100Ω
则多用电表指针位置应该标识的刻度为60。
故答案为：(1)200Ω，2400Ω；(2)1400Ω；(3)60。
(1)根据并联分流的原理和串联分压的原理列式计算相应电阻；
(2)根据中值电阻和欧姆挡的原理列式求解；
(3)根据闭合电路的欧姆定律列式解答。
考查多用电表的工作原理，熟悉多用电表的内部结构，会根据题意列式求解相关物理量。
15.【答案】解：(1)设气体的横截面积为S，右管气柱原长度为L，两侧水银面高度差h，大气压强p0，现气柱度为L1；根据玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p0L1S
其中
L=38cm，h=14cm，p0=76cmHg
代入数据解得
L1=45cm；
(2)设活塞下移长度为x，两侧液面相平时，气体压强为p，此过程水银整体向右移动
Δh=h2
对右管内气体根据玻意耳定律可得
(p0+ρgh)LS=p(L−Δh)S
对左管内气体根据玻意耳定律可得
p0(L−h)S=p(L−h−x+Δh)S
联立解得
x≈14cm。
答：(1)此时右管封闭气体的长度为45cm；
(2)活塞下移的长度应为多少厘米为14cm。
【解析】(1)根据玻意耳定律求解此时右管封闭气体的长度；
(2)首先根据几何关系求解水银液面平齐时左右水银柱移动的高度，再对左右封闭气体根据玻意耳定律列式联立求解活塞下移的长度。
本题考查理想气体状态参量和气体实验定律，要求学生能正确选择研究对象，分析变化过程，熟练掌握理想气体状态方程并应用于解题。
16.【答案】解：(1)链球脱手后做斜抛运动，根据动能定理mgh=12mv2−12mv02
代入数据解得落地速度的大小v=20 2m/s
(2)链球脱手后做斜抛运动，运动轨迹如图所示：
链球抛出点的水平分速度vx=v0csθ，竖直分速度vy=v0sinθ
落地点的水平分速度vx=vcsβ，竖直分速度vy′=vsinβ
斜抛运动在水平方向做匀速直线运动，因此vx=v0csθ=vcsβ
由于θ+β=π2，sin2θ+cs2θ=1
联立解得sinθ=7 1133，csθ=5 2233
取竖直向下为正方向，根据运动学公式vy′=−vy+gt
代入数据解得链球在空中运动的时间t=6 115s
(3)以抛出点为参考点，斜抛运动的水平位移x=v0csθ⋅t
代入数据解得x=56 2m。
答：(1)链球落地时速度的大小为20 2m/s；
(2)链球脱手后在空中运动的时间为6 115s；
(3)链球脱手点A与落地点间的水平距离为56 2m。
【解析】(1)根据动能定理求链球落地速度的大小；
(2)(3)斜抛运动在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动；根据运动的合成与分解、斜抛运动的规律结合数学知识求解作答。
本题主要考查了动能定理和斜抛运动的规律，对数学知识有较高的要求。
17.【答案】解：(1)甲粒子在xOz坐标平面内的运动轨迹如图所示：
粒子在第一象限内做类平抛运动，设运动时间为t1；
沿z轴负方向，根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度a=Eqm
运动DP点时的竖直速度vz=at1
根据运动学公式vz2=2ah
根据数学知识tanθ=vzv0
代入数据联立解得场强E=3mv022qh
运动时间t1=2 3h3v0
甲粒子进入磁场时的速度大小vp=v0cs60∘=v012=2v0
(2)粒子从P点进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，周期为T
洛伦兹力提供向心力qvPB=mvP2R
代入数据解得圆周运动的半径R=2mv0qB
因此圆周运动的周期T=2πRvP=2πmqB
根据几何关系可知粒子做圆周运动的圆心角α=2×60∘=120∘
根据对称性，粒子再次进入电场的速度方向x轴正方向成60∘角，粒子做类斜抛运动。
甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点，此时甲粒子在磁场中转过的圆心角为180∘，运动时间t2=12T；
相遇时，甲粒子的运动时间为：
t甲=3t1+t2=3×2 3h3v0+πmqB=2 3hv0+πmqB
(3)乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动，沿z轴负方向的加速度a=Eqm=3v022h
乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y轴方向和z轴方向分解，沿y轴方向做匀速直线运动，在xOz平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；
乙粒子在磁场在的部分运动轨迹如图所示：
根据向心力公式qvz′B=m(vz′)2R1
由于甲、乙两粒子均在第2次进入磁场后的相遇点为各自轨迹的最低点，因此甲、乙两小球做匀速圆周运动的半径关系满足R1=R(1−cs60∘)=12R
可得乙粒子进入磁场时的沿z轴负方向的分速度大小为vz′=v0
设乙粒子进入磁场时与y轴的夹角为β
根据数学知识tanβ=vz′v0=1
解得β=45∘
因此乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45∘；
(4)乙粒子第一次进入磁场时的竖直速度为vz′=v0
乙粒子在电场中沿z轴负方向的加速度a=Eqm=3v022h
设抛出点C的竖直坐标为hC，根据运动学公式vz′2=2ahC
代入数据解得：hC=13h
甲粒子第一次进入磁场的x坐标为x1=v0t1=2 3h3
根据甲粒子的运动过程，可得相遇点的x坐标为：x遇=3x1+3Rsin⁡60∘
相遇时乙粒子在x轴方向运动的距离为：x2=3R1=32R
乙粒子出发时x坐标为：
x=x遇−x2=2 3h+3( 3−1)mv0qB
乙粒子在电场中运动时间为：t乙1=3×vz′a=2hv0
乙粒子在磁场中运动时间为：t乙2=34T=3πm2qB
乙粒子沿y轴方向做匀速直线运动，运动距离为：
y1=v0(t乙1+t乙2)=2h+3πmv0qB
因此抛出点C的y坐标y=−2h+3πmv0qB
抛出点坐标为[2 3h+3( 3−1)mv0qB,−2h+3πmv0qB,13h]。
答：(1)电场强度E的大小为3mv022qh；
(2)相遇时，甲粒子的运动时间为2 3hv0+πmqB；
(3)乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为45∘；
(4)C点的位置坐标为标为[2 3h+3( 3−1)mv0qB,−2h+3πmv0qB,13h]。
【解析】(1)甲粒子在z−x坐标平面的一象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛运动的知识求场强；
根据运动学公式和数学知识求运动时间以及进入磁场时的速度；
(2)甲粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求圆周运动的半径，根据周期公式求周期；根据数学知识求甲粒子在磁场中做圆周运动的圆心角；根据对称性，甲粒子再次进入电场时做斜抛运动，求解甲、乙两粒子在最低点相遇时所经历的时间；
(3)乙粒子沿y轴正方向射入，在电场中做类平抛运动；乙粒子从M点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y轴方向和z轴方向分解，沿y轴方向做匀速直线运动，在z−x平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；根据甲、乙两粒子在轨迹最低处相遇的条件求解两粒子做圆周运动的半径关系，求解出乙粒子的竖直速度的大小，进而求解乙粒子进入磁场时的速度的方向；
(4)根据竖直速度的大小和运动学公式求乙粒子抛出时的高度(z坐标)；乙粒子沿y轴方向始终做匀速直线运动，根据等时性和匀速直线运动公式求乙粒子沿y轴方向的距离；乙粒子在x轴方向运动的距离为圆周运动半径的3倍，据此求乙粒子沿x轴方向运动的距离，最后在求乙粒子抛出点的坐标。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，运动过程复杂；解题时要对每个过程进行仔细分析，明确粒子运动遵循的规律；带电粒子做螺旋运动的分析是解题的难点。
18.【答案】解：(1)物块D到达F点的过程中，其与A组成的系统水平方向动量守恒，同时机械能也守恒，设物块D到达F点时的速度大小为vD1，A的速度大小为vA1，根据机械能守恒定律有
mDg(h+R)=12mDvD12+12mAvA12
以向右为正方向，水平方向根据动量守恒定律有
mDvD1=mAvA1
代入数据联立解得
vD1=3m/s，vA1=1m/s
根据水平方向动量守恒可得物块D与A满足
mDx1=mAx2
x1+x2=R
解得
x1=0.3m，x2=0.1m
由于x2(2)设轨道A与竖直挡板第一次碰撞时A、D的速度大小分别为vA2、vD2，此时D对地的水平位移大小为LD，以向右为正方向，水平方向根据动量守恒定律有
mAvA2=mDvD2
两边同时乘以时间，则表达式化为
mAx=mDLD
从D由静止释放到A与挡板碰撞时的过程，根据能量守恒定律有
mDg(h+R)=μ1mDg(x+L−R)+12mDvD22+12mAvA22
代入数据解得
vA2=0.5m/s
vD2=1.5m/s
LD=0.975m；
(3)A与挡板碰撞后反弹，速度大小不变，反弹后两者最终达到共速，以向右为正方向，根据动量守恒定律有
mAvA2+mDvD2=(mA+mD)v
解得
v=34m/s
A与B发生第一次碰撞，碰撞后速度分别为vA3、VB1，以向右为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mAv=mAvA3+mBvB1
12mAv2=12mAvA32+12mBvB12
代入数据联立解得
vA3=−38m/s
vB1=38m/s
轨道A与B碰撞后反弹，物块D滑上木板B，在木板B上做匀减速直线运动，一段时间后物块D与木板B达到共速，对D和B根据牛顿第二定律有
aD=μ2g
aB1=μ2mDg−μ3(mD+mB)gmB
代入数据解得
aD=2m/s2
aB1=0
可知木板B做匀速直线运动，D与B共速的过程中有
v−vB1=aDt1
该过程中木板B的位移为
xB1=vB1t1
物块D与木板B共速后又一起做减速运动，直至速度减为0，根据牛顿第二定律可得一起减速时的加速度大小为
a=μ2g
减速所用时间为
t2=vB1a
木板B再次发生的位移大小为
xB2=vB12⋅t2
由以上各式解得
t1=316s
xB1=9128m
t2=158s
xB2=45128m；
可判断得到木板B停止运动时，A尚未追上B，所以可得轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔
Δt=xB1+xB2+2x−vA3
代入数据解得
Δt=343120s；
(4)由以上分析可得
Δx1=v+vB12⋅t1−vB1⋅t1
解得
Δx1=9256m
轨道A与木板B第二次碰撞，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mA(−vA3)=mAvA4+mBvB2
12mA(−vA3)2=12mAvA42+12mBvB22
代入数据联立解得
vA4=−316m/s
vB2=316m/s
轨道A再次反弹，木板B做匀减速直线运动，木块D做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
aB2=μ2mDg+μ3(mD+mB)gmB
物块D的加速度大小不变，二者又用t3达到共速v共，再共同做匀减速运动直至停止，有
vB2−aB2t3=aDt3=v共
木板B停止运动时A仍未追上，可得
Δx2=vB2+v共2⋅t3−v共2⋅t3
代入数据解得
Δx2=8111264m
故有
Δx1Δx2=449。
答：(1)物块D到达F点时的速度大小为3m/s；
(2)轨道A与竖直挡板第一次碰撞时的速度大小为0.5m/s；
(3)轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔Δt为343120s；
(4)轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离记作Δx1，轨道A与木板B第二次碰撞和第三次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离记作Δx2，则Δx1Δx2为449。
【解析】(1)对D与A组成的系统根据机械能守恒定律列式，水平方式根据动量守恒定律列式联立求解D到F时D和A各自的速度，此过程需要根据动量守恒定律求解此过程D和A各自的位移，判断是否与挡板相撞；
(2)水平方向根据动量守恒定律列式，从D由静止释放到A与挡板碰撞时的过程根据能量守恒定律列式，联立求解A与挡板碰撞前A、D各自的速度和D的位移；
(3)A与挡板碰后过程根据动量守恒定律求解A和D的共同速度，A与B碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解A与B碰后各自的速度，此时D滑上B做减速运动，根据牛顿第二定律分别求解D和B各自的加速度，并根据运动学公式求解D与B达到共度的时间和位移，D与B共速后一起减速，根据牛顿第二定律求解D和B共同的加速度，并根据运动学公式求解共速后到减速为0过程所用时间和位移，再根据距离关系联立运动学公式求解轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔；
(4)根据运动学公式，结合(3)问求解轨道A与木板B第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离；A与B第二次碰撞过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解A与B碰后各自的速度，碰后B减速，D加速，两者共速后一起减速到停止，根据牛顿第二定律求解B的加速度，根据运动学公式求解B和D共速过程的时间和位移，根据运动学公式求解轨道A与木板B第二次碰撞和第三次碰撞的时间间隔内，物块D相对于B滑动的距离，最后求解前后两次D相对于B滑动的距离之比。
本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。