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2024届山东省泰安市高三下学期4月二模物理试题（原卷版+解析版）
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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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. 如图所示，甲图为研究光电效应的电路图，入射光紫光的频率大于K极板的极限频率，乙图是光电管中光电流与电压的关系图像，丙图是原子核的比结合能与质量数之间的关系图像。下列判断正确的是（ ）
A. 甲图中提高紫光入射光强度，截止电压一定增大
B. 乙图中，a光光子的动量大于b光光子的动量
C. 由丙图可知，钡原子核比氪原子核稳定
D. 由丙图可知，核子的平均质量比核子的平均质量大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由公式
可得截止电压
提高紫光入射光强度改变不了紫光频率，截止电压不变。故A错误；
B．图乙中，即两种光子频率，由光的频率与波长的关系式可得，又由光子动量表达式可得。故B正确；
C．由丙图可知，钡原子核比结合能小于氪原子核的比结合能，所以氪原子核更稳定，故C错误；
D．因为核子的比结合能比核子的比结合能大，核子的平均质量比核子的平均质量小，故D错误。
故选B。
2. 2023年10月2日，由中车青岛四方公司设计制造的时速350公里的雅万高铁动车组在印尼正式启用，这标志着采用中国技术和中国标准的高铁列车走向世界。雅万高铁动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时、、连续通过三段位移后停下，则这三段位移之比是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将动车的运动反向看，动车做初速度为零的匀加速直线运动，则的位移为
的位移为
的位移为
则这三段位移之比是
故选B。
3. 中国金都招远的黄金博物馆曾发起一项名为“单手抓金砖”的挑战活动。如图甲所示，某参赛者戴着手套，单手将金砖保持底面水平从桌面上抓起。金砖的横截面为等腰梯形，底角为，如图乙所示。金砖的重量为G，手套与金砖间的动摩擦因数为。手套与金砖之间的压力至少为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对金砖进行受力分析，受力情况如图所示
根据平衡条件可知
联立解得
C正确。
故选C。
4. 我国的火星探测器“天问一号”的发射过程采用了椭圆形转移轨道，如图所示为发射变轨简图。已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为r和，探测器需在地球运行至一个预先设定的位置A时发射，该位置也是椭圆形转移轨道的近日点，在此位置探测器通过火箭点火实施变速，进入椭圆形转移轨道，沿此轨道到达远日点B再次变速进入火星公转轨道。下列说法正确的是（ ）
A. 探测器由A点大约经0.7年才能抵达B点
B. 探测器由A点大约经0.9年才能抵达B点
C. 完成变轨，探测器在A点需要加速，在B点需要减速
D. 为完成变轨，探测器在A、B两点均需要减速
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据开普勒第三定律可知
则有
年
所以，从A点抵达B点的时间
年
A正确，B错误；
CD．为完成变轨，在A需做离心运动，上升至更高的轨道上，到达B点，继续加速，上升至更高的火星公转轨道上，因此在A、B两点均需加速变轨，CD错误。
故选A。
5. 一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A. a→c是等温过程
B. a→c过程中气体吸收的热量为
C. a→c过程中气体吸收的热量为
D. a→c过程中气体的温度先降低再升高
【答案】C
【解析】
【详解】AD．根据理想气体的状态方程
可知，图象的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，A错误；D错误；
BC．根据图象可知，a状态和c状态的温度相等，根据热力学第一定律可知
a→c过程中气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即图像与横轴围成的面积，为
解得
B错误；C正确。
故选C。
6. 春夏秋冬、昼夜之间，工作日与节假日，对电力需求量差异很大，会形成用电高峰和低谷之间峰谷负荷差。如图所示，为某节能储能输电网络示意图，可以在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输出，填补用电缺口。已知发电机的输出功率，降压变压器的匝数比，输电线总电阻，其余线路电阻不计。用户端电压，输送给储能站的功率，所有变压器均为理想变压器。则输电线上的输送电流为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，降压变压器有
解得
输电线上损失的电压为
又
根据能量守恒可知
又
联立解得
A正确。
故选A。
7. 如图所示为一几何球O，a、b、c、d、E、F是过球心O的水平截面的圆周上六个等分点，现分别在a、d和b、c处固定等量的正、负电荷，即和，AB是球的直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则（ ）
A. A、B两点的电场强度大小相等、方向相反
B. E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
C. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将增大
D. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．画出在a、b、c、d四点的电荷E、F在两点的场强方向如图所示，由图可知E、F两点的电场强度相同，同理可得A、B两点的电场强度相同，故AB错误；
CD．等量异种电荷连线中垂线为等势线，在a、c电荷形成的电场中，O处、d处的电势为零，a、b、c处的电荷在d处的电势等于b处的电荷在d处的电势，a、b、c处的电荷在O处的电势等于b处的电荷在O处的电势，O处离b处的电荷近，故若将d处的电荷移到O处，电势降低，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
8. 如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小滑块A和轻质弹簧套在轻杆上，长为L的细线两端和弹簧两端分别固定于O和A，弹簧自然长度为，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g，，。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，此过程中装置对滑块A所做的功为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设两细绳的张力为T，弹簧弹力为，根据A受力平衡有
=
B受力平衡有
解得
转动时对A有
装置对滑块A所做的功为
故选B。
9. 位于坐标原点处的波源S完成两次振幅相同、频率不同的全振动后停止振动。如图所示为时的波形，此时质点Q位于平衡位置处，波恰好传到处的质点P。当时，质点P第一次出现在波谷位置。则从到时间内（ ）
A. 质点P的路程为B. 质点P的路程为
C. 质点Q的路程为D. 质点Q的路程为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知两次振动的振幅相等
前后两次全振动产生的波长之比为
由于波在同种介质中传播，波速相同，由，可知两次全振动的频率之比为
周期之比为
时波恰好传到质点P。当时，质点P第一次出现在波谷位置。则
，
在内质点P的路程为
在内质点P的路程为
所以从到时间内质点P的路程为
故A正确，B错误；
CD．波源S完成两次振幅相同、频率不同全振动后停止振动。从到时间内质点Q的振动时间为
路程为
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蠡兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发，行三百步。”如图所示为某实验小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为，OB长为。將一质量的石块放在A端网袋中，另一质量的重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知，，重力加速度g取，则（ ）
A. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为
B. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为
C. 石块落地前瞬间重力的功率为
D. 石块落地前瞬间重力的功率为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据机械能守恒可知，B减少的重力势能转化成A、B的动能与A的重力势能之和，即
A、B绕轴做同轴转动，则速度关系为
联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为
m/s
对石块，根据动能定理有
解得
J
故B错误，A正确；
CD．石块抛出后做平抛运动，有
则石块落地前瞬间重力的功率为
W
故C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图所示，一宽阔的斜面体，倾角，高为h，上表面ADBC为光滑正方形。现有一小球甲在斜面顶端A处沿斜面以水平速度射出，从斜面B处离开。另有一小球乙从A点以水平速度射出（图中未画出），从空中恰好击中B处，途中未与斜面接触。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 甲乙两小球初速度大小之比
B. 甲乙两小球初速度大小之比
C. 两小球初速度之间的夹角的正弦值为
D. 两小球初速度之间的夹角的正弦值为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．对甲球，受到重力和支持力两个力的作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，小球做类平抛运动，所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律得
解得
根据类平抛运动规律可知到达B点时，有
对乙球，有
又根据几何关系有
，
联立解得
A错误，B正确；
CD．甲乙两小球初速度之间的夹角的正弦值为
C错误，D正确；
故选BD。
12. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为。棒ab从导轨左端距水平桌面高处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中（ ）
A. 通过金属棒ab的电荷量为
B. 通过金属棒ab的电荷量为
C. 金属棒ab中产生的焦耳热为
D. 金属棒ab中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得
可求得
之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。
由动量定理可知
可得
此时，导体棒动生电动势为
因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为
因此通过导体棒的电荷量也为1C。
故A错误，B正确；
CD．由以上解析可知，动能变化量为
而
所以
故C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 微量累积法是物理学中经常用到的研究物理问题方法，如“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，就用到了这种方法。该实验的实验步骤如下：
（1）用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
（2）往边长约为的浅盘里倒入约深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
（3）用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
（4）将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；
（5）将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
（以下计算中取3.14）
①将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有50滴。现取1滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为_______m（结果保留2位有效数字）；
②1滴该油酸酒精溶液含有油酸分子个数的数量级为_______个（如：碳原子质量为，其质量的数量级为）；
③取阿伏伽德罗常数为，则油酸的摩尔体积约为_______（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】[1]一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径为
[2]每一个油酸分子的体积为
个数为
1滴该油酸酒精溶液含有油酸分子个数的数量级为
[3]设油酸的摩尔体积为，则有
解得
14. 某实验兴趣小组在测量某干电池电动势和内阻时，为了消除电表内阻造成的系统误差设计了如图甲所示的实验电路，定值电阻。
（1）实验操作步骤如下：
①按照图甲所示的电路图，连接实验器材；
②将滑动变阻器滑到最大阻值位置；
③将单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组电流表、电压表示数，断开开关；
④将滑动变阻器滑到最大阻值位置；
⑤单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组电流表、电压表示数，断开开关；
⑥分别作出两种情况所对应的图像如下图乙、图丙所示。
（2）单刀双掷开关S与2接通时，对应的图像是上图的_______（填“乙”或“丙”），利用此图测得电源内阻与真实的电源内阻的关系是：_______（填“>”“=”或“<”）。
（3）根据图乙、图丙求得电源电动势________V，内阻_______（结果均保留两位小数）
【答案】 ①. 丙 ②. < ③. 1.50 ④. 1.00
【解析】
【详解】（2）[1]单刀双掷开关S与2接通时，根据闭合回路欧姆定律，有
单刀双掷开关S与1接通时，根据闭合回路欧姆定律，有
可知图线斜率较小的是单刀双掷开关S与2接通，故图像如图丙所示。
[2]单刀双掷开关S与2接通时，电流表的测量值偏小，所以实际图线应该如蓝色线所示，根据图线斜率可知测量电源的内阻小于真实电阻。
（3）单刀双掷开关S与1接通时，测量电源的电动势等于真实值，根据图乙可知电源电动势1.50V；
结合图丙短路电流，可知
，
所以电源内阻
15. 如图所示为某生产厂家制作的截面为扇形的棱镜，棱镜OM边与ON边的夹角为，MN是以O为圆心、半径为的圆弧。有一光线AB垂直ON从A点射入棱镜，在圆弧MN的B点恰好发生全反射，反射光BC平行ON，经棱镜折射后射到NO延长线上的S点（图中未画出）。光在真空中的速度为c。求：
（1）该光线在校镜中的折射率；
（2）光线由A点传到S点的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）光线在B点恰好发生全反射，反射光BC平行ON，则临界角为
根据全反射临界角公式
解得该光线在校镜中的折射率为
（2）如图所示
在直角中，由几何关系可得
可得
在中，有
可得
在OM界面，由折射定律得
其中
可得
则
在中，有
可得
则光线由A点传到S点的时间为
解得
16. 如图甲所示为公园中旋转“喷泉”喷出水后，水滴下落击打水面形成层层涟漪的美观景象。设旋转“喷泉”的转轴为，多根长度均为r的水管均处于喷泉水面，一端固定在转轴顶端O点，另一端均有一喷嘴，每个喷嘴完全相同都在水管末端且与水平面成相同的倾角，如图乙所示。若旋转“喷泉”的角速度，水管长度，水以相对于喷嘴的速率喷出，不计水管的粗细、喷嘴的长度及空气阻力，已知重力加速度g取，，。求：
（1）“喷泉”中的水从喷嘴喷出至落到喷泉水面的时间t；
（2）“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R（结果可保留根号）。
【答案】（1）0.8s；（2）
【解析】
【详解】（1）竖直方向有
①
解得
（2）喷出的水沿半径方向的位移为
喷出的水垂直于半径方向的位移为
喷泉中的水落到喷泉水面形成的圆的半径
解得
17. 如图所示，x轴和y轴将空间分成四部分，其中第一象限存在竖直向下的匀强电场，第二象限存在水平向右的匀强电场，两电场强度的大小关系为（大小未知）；在第三象限内，除为圆心、半径为的半圆形区域外，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限中也存在垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。一比荷为k，重力忽略不计的带正电粒子从第二象限中的A点由静止释放，经过一段时间由y轴上C点以速度沿水平方向进入第一象限中，然后经x轴上的D点进入第四象限中，在第四象限偏转后粒子经y轴上的F点垂直y轴进入第三象限中。已知，，求：
（1）A、C两点间距离；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子从A点释放到第1次离开第四象限时运动的时间；
（4）若在F点加一速度调节装置，改变速度大小不改变速度方向，则速度调为多大时，粒子从F点到进入半圆形无磁场区的时间最短。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动，水平方向
竖直方向
得
又
解得
（2）粒子进入第四象限时速度与x轴正向夹角
，
，
综上
（3）第一象限
第四象限
联立可得
（4）过F点做无磁场区域半圆的切线，切点为P。做FP的中垂线交OF于Q，Q为第三象限轨迹圆的圆心
则
得
18. 如图所示，一个顺时针匀速转动的水平传送带右端与下侧光滑弯曲轨道最高点B等高相切，弯曲轨道有上下两个光滑侧面，其竖直截面均为两个四分之一圆周，且圆周半径均相同。最右端有一带固定挡板的长木板，其上表面与光滑平台CD、下侧弯曲轨道最低端等高且与D端接触。一滑块P自传送带左端A点由静止释放，滑块P大小略小于弯曲轨道的间距。滑块P经过传送带和弯曲轨道后与静止在光滑平台上的滑块Q发生弹性正碰。滑块P、Q、长木板质量分别为、、，滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最高点时对上侧轨道的压力为，滑块Q碰后滑上长木板，与长木板右端固定挡板发生弹性碰撞。已知弯曲轨道截面圆周的半径为，传送带的速度大小为，滑块P与水平传送带之间的动摩擦因数为0.8，和长木板上表面之间的动摩擦因数为0.4，长木板下表面和地面间的动摩擦因数为0.1，长木板上表面长度为，忽略长木板右端固定挡板尺寸，重力加速度g取。求：
（1）滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最低端C时，轨道对它的支持力大小；
（2）水平传动带两转轴之间的距离；
（3）滑块Q和长木板右端固定挡板碰后瞬间，滑块Q和长木板各自速度的大小；
（4）长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量。
【答案】（1）70N；（2）5m；（3），；（4）12.6J
【解析】
【详解】（1）设滑块P、Q、长木板的质量分别为m、、，滑块P返回到B点时的速度大小为，与滑块Q碰后到达C点的速度大小为。滑块P碰后返回B时，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
滑块P碰后返回B过程，根据机械能守恒，有
解得
滑块P碰后返回C时，同理根据牛顿第二定律和向心力公式，有
解得
（2）设滑块P、Q发生弹性碰撞前，滑块P到B点时的速度大小为，到达C点的速度大小为，滑块P、Q发生弹性碰撞后，滑块Q的速度为，滑块P由B至C过程，根据机械能守恒，有
滑块P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，有
，
解得
，，
因，滑块P放上传送带后做匀加速直线运动
传送带两转轴间距离为
（3）滑块Q滑上长木板后，滑块Q做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，滑块Q经时间t与长木板挡板相碰，二者各自相对地前进、，长木板长度。对滑块Q，有
对长木板，有
又因为
，，
联立解得
，，，，
滑块Q和挡板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒，有
，
得滑块和挡板的速度分别为
，
（4）碰后，滑块Q和长木板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，各自加速度大小为、a2，用时二者达到共速，各自前进、，然后共同匀减速至零，加速度大小a，前进，根据牛顿第二定律和运动学规律，有
，，，
得
，，，
共同匀减速直线
，，
联立解得
，，，，
长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量为
代入数据得
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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. 如图所示，甲图为研究光电效应的电路图，入射光紫光的频率大于K极板的极限频率，乙图是光电管中光电流与电压的关系图像，丙图是原子核的比结合能与质量数之间的关系图像。下列判断正确的是（ ）
A. 甲图中提高紫光入射光强度，截止电压一定增大
B. 乙图中，a光光子的动量大于b光光子的动量
C. 由丙图可知，钡原子核比氪原子核稳定
D. 由丙图可知，核子的平均质量比核子的平均质量大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由公式
可得截止电压
提高紫光入射光强度改变不了紫光频率，截止电压不变。故A错误；
B．图乙中，即两种光子频率，由光的频率与波长的关系式可得，又由光子动量表达式可得。故B正确；
C．由丙图可知，钡原子核比结合能小于氪原子核的比结合能，所以氪原子核更稳定，故C错误；
D．因为核子的比结合能比核子的比结合能大，核子的平均质量比核子的平均质量小，故D错误。
故选B。
2. 2023年10月2日，由中车青岛四方公司设计制造的时速350公里的雅万高铁动车组在印尼正式启用，这标志着采用中国技术和中国标准的高铁列车走向世界。雅万高铁动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时、、连续通过三段位移后停下，则这三段位移之比是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】将动车的运动反向看，动车做初速度为零的匀加速直线运动，则的位移为
的位移为
的位移为
则这三段位移之比是
故选B。
3. 中国金都招远的黄金博物馆曾发起一项名为“单手抓金砖”的挑战活动。如图甲所示，某参赛者戴着手套，单手将金砖保持底面水平从桌面上抓起。金砖的横截面为等腰梯形，底角为，如图乙所示。金砖的重量为G，手套与金砖间的动摩擦因数为。手套与金砖之间的压力至少为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对金砖进行受力分析，受力情况如图所示
根据平衡条件可知
联立解得
C正确。
故选C。
4. 我国的火星探测器“天问一号”的发射过程采用了椭圆形转移轨道，如图所示为发射变轨简图。已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为r和，探测器需在地球运行至一个预先设定的位置A时发射，该位置也是椭圆形转移轨道的近日点，在此位置探测器通过火箭点火实施变速，进入椭圆形转移轨道，沿此轨道到达远日点B再次变速进入火星公转轨道。下列说法正确的是（ ）
A. 探测器由A点大约经0.7年才能抵达B点
B. 探测器由A点大约经0.9年才能抵达B点
C. 完成变轨，探测器在A点需要加速，在B点需要减速
D. 为完成变轨，探测器在A、B两点均需要减速
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据开普勒第三定律可知
则有
年
所以，从A点抵达B点的时间
年
A正确，B错误；
CD．为完成变轨，在A需做离心运动，上升至更高的轨道上，到达B点，继续加速，上升至更高的火星公转轨道上，因此在A、B两点均需加速变轨，CD错误。
故选A。
5. 一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A. a→c是等温过程
B. a→c过程中气体吸收的热量为
C. a→c过程中气体吸收的热量为
D. a→c过程中气体的温度先降低再升高
【答案】C
【解析】
【详解】AD．根据理想气体的状态方程
可知，图象的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，A错误；D错误；
BC．根据图象可知，a状态和c状态的温度相等，根据热力学第一定律可知
a→c过程中气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即图像与横轴围成的面积，为
解得
B错误；C正确。
故选C。
6. 春夏秋冬、昼夜之间，工作日与节假日，对电力需求量差异很大，会形成用电高峰和低谷之间峰谷负荷差。如图所示，为某节能储能输电网络示意图，可以在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输出，填补用电缺口。已知发电机的输出功率，降压变压器的匝数比，输电线总电阻，其余线路电阻不计。用户端电压，输送给储能站的功率，所有变压器均为理想变压器。则输电线上的输送电流为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，降压变压器有
解得
输电线上损失的电压为
又
根据能量守恒可知
又
联立解得
A正确。
故选A。
7. 如图所示为一几何球O，a、b、c、d、E、F是过球心O的水平截面的圆周上六个等分点，现分别在a、d和b、c处固定等量的正、负电荷，即和，AB是球的直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则（ ）
A. A、B两点的电场强度大小相等、方向相反
B. E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
C. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将增大
D. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．画出在a、b、c、d四点的电荷E、F在两点的场强方向如图所示，由图可知E、F两点的电场强度相同，同理可得A、B两点的电场强度相同，故AB错误；
CD．等量异种电荷连线中垂线为等势线，在a、c电荷形成的电场中，O处、d处的电势为零，a、b、c处的电荷在d处的电势等于b处的电荷在d处的电势，a、b、c处的电荷在O处的电势等于b处的电荷在O处的电势，O处离b处的电荷近，故若将d处的电荷移到O处，电势降低，电势能将减小，故C错误，D正确。
故选D。
8. 如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小滑块A和轻质弹簧套在轻杆上，长为L的细线两端和弹簧两端分别固定于O和A，弹簧自然长度为，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g，，。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，此过程中装置对滑块A所做的功为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设两细绳的张力为T，弹簧弹力为，根据A受力平衡有
=
B受力平衡有
解得
转动时对A有
装置对滑块A所做的功为
故选B。
9. 位于坐标原点处的波源S完成两次振幅相同、频率不同的全振动后停止振动。如图所示为时的波形，此时质点Q位于平衡位置处，波恰好传到处的质点P。当时，质点P第一次出现在波谷位置。则从到时间内（ ）
A. 质点P的路程为B. 质点P的路程为
C. 质点Q的路程为D. 质点Q的路程为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图可知两次振动的振幅相等
前后两次全振动产生的波长之比为
由于波在同种介质中传播，波速相同，由，可知两次全振动的频率之比为
周期之比为
时波恰好传到质点P。当时，质点P第一次出现在波谷位置。则
，
在内质点P的路程为
在内质点P的路程为
所以从到时间内质点P的路程为
故A正确，B错误；
CD．波源S完成两次振幅相同、频率不同全振动后停止振动。从到时间内质点Q的振动时间为
路程为
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蠡兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发，行三百步。”如图所示为某实验小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为，OB长为。將一质量的石块放在A端网袋中，另一质量的重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知，，重力加速度g取，则（ ）
A. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为
B. 从静止释放到被抛出，轻杆对石块做的功为
C. 石块落地前瞬间重力的功率为
D. 石块落地前瞬间重力的功率为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据机械能守恒可知，B减少的重力势能转化成A、B的动能与A的重力势能之和，即
A、B绕轴做同轴转动，则速度关系为
联立可得石块被抛出瞬间的速度大小为
m/s
对石块，根据动能定理有
解得
J
故B错误，A正确；
CD．石块抛出后做平抛运动，有
则石块落地前瞬间重力的功率为
W
故C错误，D正确。
故选AD。
11. 如图所示，一宽阔的斜面体，倾角，高为h，上表面ADBC为光滑正方形。现有一小球甲在斜面顶端A处沿斜面以水平速度射出，从斜面B处离开。另有一小球乙从A点以水平速度射出（图中未画出），从空中恰好击中B处，途中未与斜面接触。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 甲乙两小球初速度大小之比
B. 甲乙两小球初速度大小之比
C. 两小球初速度之间的夹角的正弦值为
D. 两小球初速度之间的夹角的正弦值为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．对甲球，受到重力和支持力两个力的作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，小球做类平抛运动，所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律得
解得
根据类平抛运动规律可知到达B点时，有
对乙球，有
又根据几何关系有
，
联立解得
A错误，B正确；
CD．甲乙两小球初速度之间的夹角的正弦值为
C错误，D正确；
故选BD。
12. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为。棒ab从导轨左端距水平桌面高处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中（ ）
A. 通过金属棒ab的电荷量为
B. 通过金属棒ab的电荷量为
C. 金属棒ab中产生的焦耳热为
D. 金属棒ab中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得
可求得
之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。
由动量定理可知
可得
此时，导体棒动生电动势为
因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为
因此通过导体棒的电荷量也为1C。
故A错误，B正确；
CD．由以上解析可知，动能变化量为
而
所以
故C正确，D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 微量累积法是物理学中经常用到的研究物理问题方法，如“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，就用到了这种方法。该实验的实验步骤如下：
（1）用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积；
（2）往边长约为的浅盘里倒入约深的水。待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上；
（3）用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定；
（4）将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上；
（5）将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小；
（以下计算中取3.14）
①将的油酸溶于酒精，制成的油酸酒精溶液；测得的油酸酒精溶液有50滴。现取1滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是。由此估算出油酸分子的直径为_______m（结果保留2位有效数字）；
②1滴该油酸酒精溶液含有油酸分子个数的数量级为_______个（如：碳原子质量为，其质量的数量级为）；
③取阿伏伽德罗常数为，则油酸的摩尔体积约为_______（结果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】[1]一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积
把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径为
[2]每一个油酸分子的体积为
个数为
1滴该油酸酒精溶液含有油酸分子个数的数量级为
[3]设油酸的摩尔体积为，则有
解得
14. 某实验兴趣小组在测量某干电池电动势和内阻时，为了消除电表内阻造成的系统误差设计了如图甲所示的实验电路，定值电阻。
（1）实验操作步骤如下：
①按照图甲所示的电路图，连接实验器材；
②将滑动变阻器滑到最大阻值位置；
③将单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组电流表、电压表示数，断开开关；
④将滑动变阻器滑到最大阻值位置；
⑤单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组电流表、电压表示数，断开开关；
⑥分别作出两种情况所对应的图像如下图乙、图丙所示。
（2）单刀双掷开关S与2接通时，对应的图像是上图的_______（填“乙”或“丙”），利用此图测得电源内阻与真实的电源内阻的关系是：_______（填“>”“=”或“<”）。
（3）根据图乙、图丙求得电源电动势________V，内阻_______（结果均保留两位小数）
【答案】 ①. 丙 ②. < ③. 1.50 ④. 1.00
【解析】
【详解】（2）[1]单刀双掷开关S与2接通时，根据闭合回路欧姆定律，有
单刀双掷开关S与1接通时，根据闭合回路欧姆定律，有
可知图线斜率较小的是单刀双掷开关S与2接通，故图像如图丙所示。
[2]单刀双掷开关S与2接通时，电流表的测量值偏小，所以实际图线应该如蓝色线所示，根据图线斜率可知测量电源的内阻小于真实电阻。
（3）单刀双掷开关S与1接通时，测量电源的电动势等于真实值，根据图乙可知电源电动势1.50V；
结合图丙短路电流，可知
，
所以电源内阻
15. 如图所示为某生产厂家制作的截面为扇形的棱镜，棱镜OM边与ON边的夹角为，MN是以O为圆心、半径为的圆弧。有一光线AB垂直ON从A点射入棱镜，在圆弧MN的B点恰好发生全反射，反射光BC平行ON，经棱镜折射后射到NO延长线上的S点（图中未画出）。光在真空中的速度为c。求：
（1）该光线在校镜中的折射率；
（2）光线由A点传到S点的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）光线在B点恰好发生全反射，反射光BC平行ON，则临界角为
根据全反射临界角公式
解得该光线在校镜中的折射率为
（2）如图所示
在直角中，由几何关系可得
可得
在中，有
可得
在OM界面，由折射定律得
其中
可得
则
在中，有
可得
则光线由A点传到S点的时间为
解得
16. 如图甲所示为公园中旋转“喷泉”喷出水后，水滴下落击打水面形成层层涟漪的美观景象。设旋转“喷泉”的转轴为，多根长度均为r的水管均处于喷泉水面，一端固定在转轴顶端O点，另一端均有一喷嘴，每个喷嘴完全相同都在水管末端且与水平面成相同的倾角，如图乙所示。若旋转“喷泉”的角速度，水管长度，水以相对于喷嘴的速率喷出，不计水管的粗细、喷嘴的长度及空气阻力，已知重力加速度g取，，。求：
（1）“喷泉”中的水从喷嘴喷出至落到喷泉水面的时间t；
（2）“喷泉”中的水落到喷泉水面形成的圆的半径R（结果可保留根号）。
【答案】（1）0.8s；（2）
【解析】
【详解】（1）竖直方向有
①
解得
（2）喷出的水沿半径方向的位移为
喷出的水垂直于半径方向的位移为
喷泉中的水落到喷泉水面形成的圆的半径
解得
17. 如图所示，x轴和y轴将空间分成四部分，其中第一象限存在竖直向下的匀强电场，第二象限存在水平向右的匀强电场，两电场强度的大小关系为（大小未知）；在第三象限内，除为圆心、半径为的半圆形区域外，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限中也存在垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等。一比荷为k，重力忽略不计的带正电粒子从第二象限中的A点由静止释放，经过一段时间由y轴上C点以速度沿水平方向进入第一象限中，然后经x轴上的D点进入第四象限中，在第四象限偏转后粒子经y轴上的F点垂直y轴进入第三象限中。已知，，求：
（1）A、C两点间距离；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子从A点释放到第1次离开第四象限时运动的时间；
（4）若在F点加一速度调节装置，改变速度大小不改变速度方向，则速度调为多大时，粒子从F点到进入半圆形无磁场区的时间最短。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动，水平方向
竖直方向
得
又
解得
（2）粒子进入第四象限时速度与x轴正向夹角
，
，
综上
（3）第一象限
第四象限
联立可得
（4）过F点做无磁场区域半圆的切线，切点为P。做FP的中垂线交OF于Q，Q为第三象限轨迹圆的圆心
则
得
18. 如图所示，一个顺时针匀速转动的水平传送带右端与下侧光滑弯曲轨道最高点B等高相切，弯曲轨道有上下两个光滑侧面，其竖直截面均为两个四分之一圆周，且圆周半径均相同。最右端有一带固定挡板的长木板，其上表面与光滑平台CD、下侧弯曲轨道最低端等高且与D端接触。一滑块P自传送带左端A点由静止释放，滑块P大小略小于弯曲轨道的间距。滑块P经过传送带和弯曲轨道后与静止在光滑平台上的滑块Q发生弹性正碰。滑块P、Q、长木板质量分别为、、，滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最高点时对上侧轨道的压力为，滑块Q碰后滑上长木板，与长木板右端固定挡板发生弹性碰撞。已知弯曲轨道截面圆周的半径为，传送带的速度大小为，滑块P与水平传送带之间的动摩擦因数为0.8，和长木板上表面之间的动摩擦因数为0.4，长木板下表面和地面间的动摩擦因数为0.1，长木板上表面长度为，忽略长木板右端固定挡板尺寸，重力加速度g取。求：
（1）滑块P碰后第一次返回到弯曲轨道最低端C时，轨道对它的支持力大小；
（2）水平传动带两转轴之间的距离；
（3）滑块Q和长木板右端固定挡板碰后瞬间，滑块Q和长木板各自速度的大小；
（4）长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量。
【答案】（1）70N；（2）5m；（3），；（4）12.6J
【解析】
【详解】（1）设滑块P、Q、长木板的质量分别为m、、，滑块P返回到B点时的速度大小为，与滑块Q碰后到达C点的速度大小为。滑块P碰后返回B时，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
滑块P碰后返回B过程，根据机械能守恒，有
解得
滑块P碰后返回C时，同理根据牛顿第二定律和向心力公式，有
解得
（2）设滑块P、Q发生弹性碰撞前，滑块P到B点时的速度大小为，到达C点的速度大小为，滑块P、Q发生弹性碰撞后，滑块Q的速度为，滑块P由B至C过程，根据机械能守恒，有
滑块P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒，有
，
解得
，，
因，滑块P放上传送带后做匀加速直线运动
传送带两转轴间距离为
（3）滑块Q滑上长木板后，滑块Q做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，滑块Q经时间t与长木板挡板相碰，二者各自相对地前进、，长木板长度。对滑块Q，有
对长木板，有
又因为
，，
联立解得
，，，，
滑块Q和挡板发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒，有
，
得滑块和挡板的速度分别为
，
（4）碰后，滑块Q和长木板分别向右做匀加速直线运动和匀减速直线运动，各自加速度大小为、a2，用时二者达到共速，各自前进、，然后共同匀减速至零，加速度大小a，前进，根据牛顿第二定律和运动学规律，有
，，，
得
，，，
共同匀减速直线
，，
联立解得
，，，，
长木板在全过程中，长木板和地面间摩擦产生的热量为
代入数据得
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