2025年山东省高考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年山东省高考物理模拟试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.碳14能够自发地进行衰变： 614C→714N+X。碳14的半衰期为5730年。在考古和经济建设中可用碳14测定年代。以下说法正确的是( )
A. 衰变放出的X是一种穿透能力极强的高频电磁波
B. 碳14的衰变方程为 614C→714N+−10e
C. 温度升高，碳14的半衰期会变长
D. 衰变后X与氮核的质量之和等于衰变前碳核的质量
2.把一个乒乓球竖直向上抛出，若乒乓球所受空气阻力与速度成正比。乒乓球从抛出到返回出发点的过程中，空气阻力大小始终小于重力大小，下列说法正确的是( )
A. 乒乓球运动到最高点时加速度为0
B. 乒乓球上升和下降经过同一位置时，加速度方向相反
C. 乒乓球上升的时间大于下降的时间
D. 任何一段时间内乒乓球速度变化的方向均向下
3.假设一飞机在机场着陆后做匀减速直线运动，从着陆开始计时，测得第2s内飞机通过的位移为59.1m，倒数第2s内的位移为0.9m，则关于从着陆到停止的过程，飞机的( )
A. 初速度大小为60m/sB. 加速度大小为1.2m/s2
C. 总位移大小为2000mD. 平均速度大小为15m/s
4.某同学用生活常见材料制作了如图所示的实验装置，他找来一厚纸筒，纸筒一端装有硬纸板(板中部有靠近的两个竖直裂缝)、另一端套有平整的透明的保鲜膜，然后在暗室中将纸筒水平固定，将蓝色激光笔固定到合适位置，打开激光笔，能在保鲜膜上观看到较模糊的干涉条纹，为增加条纹间距，下列做法可行的是( )
A. 将激光笔靠近纸筒B. 用红色激光笔进行实验
C. 减小纸筒的长度D. 增加裂缝的间距
5.我国太空探索走向深空。假设发射的一颗卫星在地球赤道上方距地面高h=6400km处绕地球做圆周运动，卫星的环绕方向与地球自转方向相反，如图所示。已知地球的半径R=6400km，地球表面重力加速度g取9.8m/s2，则在赤道上的某观测站不能直接接收到卫星信号的时间间隔约为( )
A. 1.1小时B. 2.3小时C. 4小时D. 12小时
6.真空轮胎，又称“低压胎”“充气胎”，有较好的弹性和气密性，并有良好的附着力和散热性能。在车沿相同路面匀速行进过程中，由轮胎和路面摩擦产生的高温会使内部气体温度升高。若不计行进过程中轮胎内气体体积的变化，把胎内气体看成理想气体，则升温过程( )
A. 单位时间轮胎表面单位面积上的分子扩散到地面的数量不变
B. 单位时间撞击单位面积轮胎内壁的气体分子数减少
C. 胎内气体压强变化率与温度变化率相等
D. 胎内气体分子速率均增大
7.粗糙水平地面上静置一质量为2kg的小物体，某时刻对小物体施加一沿水平方向的外力，之后该物体的速度和施加的水平外力做的功随时间变化的规律如图1、2所示，g取10m/s2，外力方向不变，下列说法正确的是( )
A. 物体运动过程的最大动能为120J
B. 物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4
C. 整个运动过程摩擦力的平均功率大小为24W
D. 整个运动过程水平外力的总冲量大小为50N⋅s
8.城市用电通常分为高峰和低谷，某发电站为了保证功率稳定，采用了储能站在用电低谷时将多余电能储存起来。如图所示，发电机的输出电压U1=250V，输出功率为500kW。降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4=50：1，输电线总电阻R=62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V，低谷耗电功率为88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 用电高峰时用户端消耗的功率为500kW
B. 用电低谷时，输电线上损失的功率为4.8kW
C. 用电低谷时，储能站储存电能的功率为408kW
D. 用电低谷时，升压变压器的匝数比为n1：n2=1：46
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，棱长为l的正四面体P−ABC，在点A、B处分别放置电荷量均为q的正、负点电荷，O为棱AB的中点，D为棱PC的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. P、C处的电场强度大小相等，方向不同
B. P、C处的电势相等
C. D处的场强大小为8 3kq9l2
D. 移动相同的电荷从O向D比从O向P电势能改变多
10.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，已知t=2s时的部分波形图如图甲所示，且平衡位置在x=8m处质点的振动图像如图乙所示，则该机械波的波速可能为( )
A. 3m/sB. 23m/sC. 311m/sD. 13m/s
11.如图所示，2024年10月1日8时36分，由我国自主研发、目前最先进的CR400AF−S型“复兴号”智能动车组G62次列车开始运行。假设额定功率为P=1.1×104kW、质量为m=2×105kg的G62次列车在平直铁路上以v=360km/h的速度匀速行驶，列车受到的阻力大小f恒定。下列说法正确的是( )
A. 列车受到的阻力大小为110N
B. 列车以额定功率行驶，速度为55m/s时，加速度大小为0.45m/s2
C. 列车由静止开始以0.2m/s2的加速度做匀加速运动的最长时间约为367s
D. 列车以额定功率由静止开始沿直线前进距离s时达到速度u，此过程用时为mu2−2fs2P
12.某学习小组研究线框通过磁场时产生的阻尼与线框形状等因素的关系。光滑绝缘水平面上宽度为L的区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，一周长为4L的线框abcd，质量为m。①如图所示，线框为正方形时，初速度为v0，bc边平行磁场边界进入磁场，线框离开磁场时的速度是进入磁场时的一半。②线框为矩形，初速度不变，左、右边长为43L。下列说法正确的是( )
A. ①情况下线框进入磁场过程安培力的冲量大小为34mv0
B. ①情况下线框穿出磁场过程产生的电热为532mv02
C. ②情况下线框穿出磁场的速度大小为1127v0
D. ②情况下整个过程线框产生的电热为49mv02
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律时，通过读取拉力传感器的示数，可以进行相关的计算与验证。已知重力加速度为g，实验步骤如下：
(1)选择大小相同、质量相等的小钢球A、B，测出小球质量为m，使用游标卡尺测量小球直径，如图2，则小球直径D=______ cm。
(2)将小钢球A、B用长度均为L的不可伸长轻质细线悬挂在同一高度处，悬挂点O、O′间距d=D。
(3)保持A球、B球与OO′在同一竖直面内，将A球拉开一定角度且细线绷紧。由静止释放A球。A球与B球碰撞后，A球静止不动，B球继续摆动。读取拉力传感器数据，记录球A摆动过程最大拉力F1，球B摆动过程最大拉力F2。
(4)碰撞前瞬间，A球的动量大小为______(用题中所给物理量字母表示)；若满足关系式______(用F1、F2表示)，则验证碰撞中动量守恒。
14.某物理实验小组测量干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：
A.待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约为10Ω
B.电流表A1，量程为0∼40mA，内阻未知
C.电流表A2，量程为0∼100mA，内阻未知
D.定值电阻R0，阻值为20Ω
E.滑动变阻器R1，最大阻值为100Ω
F.滑动变阻器R2，最大阻值为1000Ω
G.开关和导线若干
(1)实验小组先用半偏法测出了电流表A1、A2的内阻分别为RA1=5Ω,RA2=5Ω，又设计了如图甲所示的实验电路测量干电池的电动势和内阻，要在实验过程中调节方便，滑动变阻器应选择______(填器材前面的字母序号)。
(2)实验中移动滑动变阻器的滑片，测出多组电流表A1、A2的数据I1、I2，描绘出的I2−I1图像如图乙所示，则电源的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(结果均保留3位有效数字)
(3)如果用半偏法测出的电流表A2的内阻偏小，则电流表A2内阻的测量误差会使测得的干电池内阻______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.如图所示为等腰直角棱镜的截面图，斜边MN镀有反射膜，棱镜材料的折射率n= 2。一细单色光束在截面内从直角边OM的A点平行MN边入射，经B、C点反射后再从直角边ON的D点射出。已知OM边长为a，光在真空中速度为c。
(1)判断B处的反射是否为全反射；
(2)求D处的出射光方向与初始入射光方向的夹角；
(3)求光从A到D经历的时间。
16.某蔬菜大棚的温度要求控制在17∘C∼37∘C范围，工程师为其设计了一款温度报警装置，如图所示。导热良好的汽缸通过可以自由移动的轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与轻质绝缘细杆连接，轻杆上端固定两块质量不计的金属片m和n，m、n间有合适间距。大棚温度为27∘C时，活塞与汽缸底部间距h1=12cm，当大棚温度为37∘C时，金属片n恰好与a、b两固定触点接触，电路接通，报警器报警。当大棚温度为17∘C时，金属片m恰好与a、b接触，报警器同样报警。外界大气压强p0=1.0×105Pa，活塞面积S=3×10−4m2，T=(273+t)K，不计一切摩擦。求：
(1)大棚温度为17∘C时，活塞与气缸底部的间距h2；
(2)金属片m、n之间的间距Δh。
17.物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0=4m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞(碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动)，碰后甲、乙分别以速度v1=1.5m/s和v2=5m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度v=4m/s，传送带足够长。已知曲面高度h=1m，小件甲的质量m1=4kg，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取10m/s2。求：
(1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；
(2)小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。
18.如图所示，直角坐标系xOy第一象限有垂直纸面向内的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E0。第三象限交替分布着沿y轴负方向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，每个电场、磁场区域的宽度均为L，边界均与y轴垂直。某时刻一质量为m、带电荷量为+q的粒子从x轴正半轴上P点以大小为v0的初速度(与x轴正方向夹角小于45∘)进入磁场，从y轴正半轴上的A点进入第二象限，经电场偏转后垂直x轴从Q点进入第三象限，一段时间后运动轨迹恰与某边界相切，切点与x轴间的距离为12L，已知OP=OA= 3mv024qE0，不计粒子重力，第三象限中电场强度大小均为E=5mv0212qL,cs15∘= 6+ 24。求：
(1)粒子的初速度与x轴正方向夹角的正弦值；
(2)第一象限中磁感应强度大小B0；
(3)第三象限中磁场的磁感应强度大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.根据反应过程电荷数守恒和质量数守恒可知其核反应方程为 614C→714N+−10e，可知X为电子，即衰变放出的是β射线，γ射线才是一种穿透能力极强的高频电磁波，故A错误，B正确；
C.放射性元素的半衰期是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故C错误；
D.碳14自发地进行衰变，衰变中释放了能量，根据质能方程可知存在质量亏损，所以衰变后X与氮核的质量之和小于衰变前碳核的质量，故D错误。
故选：B。
AB.根据核反应方程的书写规则判断产生的粒子以及粒子属性；
C.根据半衰期与外界条件无关进行判断；
D.根据质能方程分析存在质量亏损。
考查放射性元素的衰变和半衰期的问题，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】D
【解析】解：A、乒乓球运动到最高点时速度为0，空气阻力为0，只受重力，加速度等于重力加速度g，方向向下，故A错误；
C、空气阻力始终做负功，上升过程经过某位置的速度大于下降过程经过该位置的速度，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，由
h=v−t
可得
t=hv−
可知乒乓球上升的时间小于下降的时间，故C错误；
BD、根据题意可知，乒乓球上升过程空气阻力向下，合外力向下，根据牛顿第二定律有，加速度向下且大于g，下降过程空气阻力向上，合外力向下，根据牛顿第二定律有，加速度向下且小于g，则乒乓球加速度方向一直向下，又任何一段时间内乒乓球速度变化的方向都与该段时间加速度方向相同，故乒乓球速度变化的方向向下，故B错误，D正确。
故选：D。
根据分析空气阻力与速度的关系，以及它对加速度、时间和速度变化方向的影响，来判断选项的正确性。
此题通过分析竖直上抛过程中空气阻力的影响，考查了对加速度、时间和速度变化方向的理解。正确理解空气阻力的作用机制以及其对物体运动状态的影响是解题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：B.通过逆向思维将飞机看成做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为零、匀加速直线运动的物体在连续相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：7⋅⋅⋅⋅⋅⋅可知，倒数第1s内的位移为
x1=0.3m
根据匀加速直线运动规律有
x1=12at12
解得
a=0.6m/s2
故B错误。
A.设初速度为v0，则减速过程第1s末的速度为
v1=v0−at
第2s末的速度为
v2=v0−2at
第2s内的位移为
x2=v1+v22t
解得
v0=60m/s
故A正确。
C.根据匀变速直线运动规律有
v02=2ax总
解得
x总=3000m
故C错误。
D.平均速度大小为
v−=v02,解得v−=30m/s
故D错误。
故选：A。
根据逆向思维结合匀变速直线运动的推论求解加速度，根据平均速度公式求解初速度和全程平均速度，根据速度-位移关系求解总位移。
熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。
4.【答案】B
【解析】解：根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx=Ldλ(双缝的间距为d，纸筒的长度为L，相邻亮条纹间距为Δx)
A、将激光笔靠近纸筒，会影响照到双缝的光的强度，对相邻亮条纹间距无影响，故A错误；
B、由于红光的波长大于蓝光的波长，所以用红色激光笔进行实验，则相邻亮条纹间距会增加，故B正确；
C、减小纸筒的长度，即L减小，则相邻亮条纹间距会减小，故C错误；
D、增加裂缝的间距，即d增大，则相邻亮条纹间距会减小，故D错误。
故选：B。
根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx=Ldλ，结合题意进行判断即可。
本题考查用双缝干涉测光的波长，解题的关键要掌握双缝干涉相邻条纹间距公式。
5.【答案】B
【解析】解：卫星绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
在地球表面附近，根据万有引力等于重力有
GMm′R2=m′g
即GM=gR2
解得卫星的运行周期为T≈4h
如图所示。
由几何关系可知，若地球保持静止，观测站能直接接收到卫星信号的时间段内，卫星相对地球转过的角度为2π3，设观测站不能直接接收到卫星信号的时间间隔为t，则卫星相对于地球转动(2π−2π3)角度接收不到信号，有
2πTt+2πT地t=43π
解得t≈2.3h，故ACD错误，B正确。
故选：B。
卫星绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力列式。在地球表面附近，根据万有引力等于重力列式，从而求得卫星的运行周期，再结合几何关系求在赤道上的某观测站不能直接接收到卫星信号的时间间隔。
在地球的质量不知而地球表面的重力加速度已知时，要用黄金代换公式GM=gR2表示地球的质量，这是我们经常使用的方法，要注意掌握。
6.【答案】C
【解析】解：A.温度越高，扩散现象越明显，故A错误；
B.行进过程胎内气体发生等容变化，即胎内气体分子数密度不变，气体温度升高，气体分子平均动能(速率)增大，则单位时间撞击单位面积轮胎内壁的分子数增多，故B错误；
C.根据气体实验定律有pT=p+ΔpT+ΔT=ΔpΔT，可得Δpp=ΔTT，即压强变化率与温度变化率相等，故C正确；
D.升温后，胎内气体压强增大，轮胎内分子平均速率增大，但不是每个分子的速率均增大，故D错误。
故选：C。
温度越高，扩散现象越明显，气体温度升高，等容变化，压强变大，单位时间撞击单位面积轮胎内壁的分子数增多，根据查理定律分析。温度升高，分子平均速率增大，但不是每个分子的速率均增大
应用查理定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，即被封闭的气体。
(2)分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
(3)确定初、末两个状态的温度、压强。
(4)根据查理定律列式求解。
7.【答案】C
【解析】解：BD.根据图2可知t1=4s后施加的水平外力的功不发生变化，则t1=4s时外力被撤去，
根据图1可知物体先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动。
对物体由牛顿第二定律有
F−μmg=mvmt1
μmg=mvmt2
联立可得
F=2.5μmg
对物体的加速过程有
W=F(F−μmg2m)t12,解得W=240J
解得
μ=0.2
(另一解不符合题意，舍去)，根据以上分析可知
F=10N
则整个运动过程水平外力的总冲量大小为I=Ft1，解得I=40N⋅s
BD错误。
A.根据
μmg=mvmt2
可得
vm=12m/s
则物体的最大动能为
Ekm=12mvm2,解得Ekm=144J
A错误。
C.全过程的总位移为
x=vm2(t1+t2),解得x=60m
整个过程摩擦力的平均功率大小为
P−=μmgxt1+t2,解得P−=24W
C正确。
故选：C。
根据图2可知，t1=4s时外力被撤去。根据图像结合牛顿第二定律以及做功公式求解μ以及总冲量；结合图像求出最大速度，得到物体的最大动能以及位移，根据功率公式求解整个过程摩擦力的平均功率大小。
解题关键是读懂图像，然后根据图像正确分析物体的各个运动过程，过程分析清楚了，便可顺利求解。
8.【答案】D
【解析】解：A.储能站在用电高峰不工作，发电机输出功率为500kW，输电线上有能量(功率)损失，用户端得到的实际功率小于500kW，故A错误；
B.用电低谷时，用户端得到88kW的功率，则有
U3I3=U4I4=220V×I4=88kW
根据变压器变压规律有
U3U4=n3n4
解得
U3=11000V，I3=8A
则输电线上损失的功率为
P损=I32R,解得P损=4kW
故B错误；
C.根据能量守恒可知用电低谷时，储能站获得的功率为
500kW−4kW−88kW=408kW
但考虑到能量转化过程的损失，可知储能站储能功率小于408kW，故C错误；
D.结合上述分析有
U2=I3R+U3，解得U2=11500V
则
n1：n2=U1：U2=250：11500=1：46
故D正确。
故选：D。
输电线上有能量(功率)损失，用户端得到的实际功率小于500kW；根据用户端得到88kW的功率，结合变压器变压规律得到降压变压器原线圈电流，得到输电线上损失的功率；根据能量守恒可知用电低谷时，储能站获得的功率；求出升压变压器副线圈电压，然后得到升压变压器原副线圈匝数比。
本题考查了远距离输电，解题的关键是根据用户电压和用户功率可得用户电流，根据变压器原副线圈电流与匝数的关系可得输电线上电流，进一步可得输电线损失的电压和功率。
9.【答案】BC
【解析】解：A、由几何知识知P与C到A、B的距离相等，由库仑定律知P、C处的场强大小都为kql2，方向与平面OPC垂直，故两处场强相同，故A错误；
BD、连接OP、OC，在正四面体中，平面OPC与AB垂直，平面OPC为AB的中垂面，是等势面，P、C处的电势相等，在等势面内移动电荷，电势能变化量为零，故B正确，D错误；
C、由几何知识得A、B到D的距离r= 32l，设OD与BD的夹角为α，则sinα= 33,D处的场强大小为ED=2kqr2sinα
解得ED=8 3kq9l2，故C正确。
故选：BC。
根据库仑定律结合对称性分析A；根据等势面特点结合电势能与电势的关系分析BD；根据点电荷电场强度的公式及矢量的叠加计算D处的电场。
本题考查点电荷形成的电场，注意电场的对称性以及电场的叠加是本题解题关键。
10.【答案】BD
【解析】解：由振动图像可知，x=8m处质点在t=2s时在平衡位置，向y轴正方向运动，且该波的周期为T=4s。波的传播方向不确定，当波沿x轴正方向传播时，有nλ=8m(n=1,2,3,⋯)，则波长为λ=8nm(n=1,2,3,⋯)
由v=λT可得
v=2nm/s(n=1,2,3,⋯)
当n=3时，v=23m/s
当n=6时，v=13m/s
若波沿x轴负方向传播，则(n+12)λ=8m(n=0,1,2,3,⋯)
则波长为λ=8mn+12(n=0,1,2,3,⋯)
波速v=84(n+12)m/s=42n+1m/s(n=0,1,2,3,⋯)
故AC错误，BD正确；
故选：BD。
根据波形图与振动图像分析波长，结合波速的计算公式解答。
本题考查机械波的多解问题，解题关键掌握波速的计算公式，注意传播方向的不确定性。
11.【答案】BC
【解析】解：A、依题意有
f=F0=Pv=1.1×107100N=1.1×105N
故A错误；
B、依题意有v1=55m/s时，牵引力大小
F1=Pv1
根据牛顿第二定律有
F1−f=ma1
解得
a1=0.45m/s2
故B正确；
C、根据题意，设加速度为0.2m/s2时牵引力为F2，由牛顿第二定律有
F2−f=ma2
又有
v2=a2t2
P=F2v2
联立解得
t2≈367s
故C正确；
D、根据题意，由动能定理有
Pt−fs=12mu2−0
解得
t=1P(12mu2+fs)
故D错误。
故选：BC。
根据P=Fv求得牵引力，根据牛顿第二定律求得加速度；根据牛顿第二定律、速度-时间公式以及P=Fv求得运动时间。
本题主要考查了机车以恒定的加速度启动，明确启动方式，抓住当牵引力等于阻力时速度达到最大。
12.【答案】BC
【解析】解：设bc边长为L1，ab边长为L2(L2≤L)，线框电阻为R，线框完全进入磁场时速度为vt1，线框进入磁场过程中，设某一时刻的速度为v，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
E=BL1v
感应电流
I=ER=BL1vR
安培力
F=BIL1=B2L12vR
经过一小段时间Δt(Δt→0)，由动量定理，以初速度方向为正方向，有
−FΔt=mΔv
得
−B2L12vR×Δt=mΔv
线框前进位移
Δx=vΔt
求和有
−B2L12L2R=m(vt1−v0)
同理出磁场过程有
−B2L12L2R=m(v末−vt1)
AB.①情况下，可得线框完全进入磁场时的速度
vt1=34v0
则线框进入磁场过程安培力的冲量大小为
mv0−mvt1=14mv0
穿出磁场过程产生的电热为
Q电1=12mvt12−12m(v02)2
解得
Q电1=532mv02
故A错误，B正确；
CD.②情况下，线框穿出磁场的速度大小为
v末′=1127v0
整个过程线框产生的电热为
Q电2=12mv02−12m(11v027)2,解得Q电2=304729mv02
C正确，D错误。
故选：BC。
在线框穿出磁场过程中，根据动量定理求解速度以及安培力冲量，根据能量守恒定律求解产生的电热。
电能求解思路主要有三种
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算。
13.【答案】1.070； m(F1−mg)(L+D2)；F1=F2
【解析】解：(1)20分度游标卡尺的精度为0.05 mm，则读数为D=10mm+14×0.05mm=10.70mm=1.070cm。
(4)小球摆动到最低点时，细线拉力最大。对A小球受力分析，有F1−mg=mv12r,r=L+D2
则小球A碰撞前的动量为p1=mv1= m(F1−mg)(L+D2)
同理，小球B碰撞后的动量为p2=mv2= m(F2−mg)(L+D2)
若小球A、B动量守恒，则p1=p2，联立解得F1=F2。
故答案为：(1)1.070；(4) m(F1−mg)(L+D2)；F1=F2
(1)根据游标卡尺的精确度读数；
(4)根据牛顿第二定律结合动量守恒定律解答。
本题考查动量守恒定律的验证实验，解题关键掌握实验原理，注意动量的计算公式。
14.【答案】E； 1.50、12.5； 不变
【解析】解：(1)根据题意，当电流表A1满偏时滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串、并联电路特点可得路端电压：U=I1(R0+RA1)=40×10−3×(20+5)V=1V
干路电流约为：I=E−Ur=1.5−110A=50mA
滑动变阻器接入电路的电阻约为：R=UI−I1−RA2=1(50−40)×10−3Ω−5Ω=95Ω
则为了调节方便，滑动变阻器应选择最大阻值为100Ω的E。
(2)考虑两个电表的内阻，根据闭合电路的欧姆定律有：E=(I1+I2)r+I1(R0+RA1)
整理可得：I2=−r+R0+RA1rI1+Er
结合题图乙可得：r+R0+RA1r=120×10−3A40×10−3A，Er=120×10−3A
解得电动势：E=1.50V
内阻：r=12.5Ω
(3)通过(2)求解内阻过程可知计算干电池内阻的过程与电流表A2的内阻无关，所以电流表A2内阻的测量误差不会引起干电池内阻的测量误差，所以应是不变。
故答案为：(1)E；(2)1.50、12.5；(3)不变。
(1)明确实验原理，估算当电流表A1满偏时，另一电表是否超过量程，再计算时时连篇电路滑动变阻器的值，从而确定使用E或F；
(2)根据实验原理和实验要求写出I2−I1的表达式，结合题图乙图像的纵截距和斜率求E和r；
(3)根据图象法分析的原理，考虑电表的内阻分析误差的大小。
本题将两大电学实验合在一起进行操作，由于分压接法时无法测量流过电源的电流，因此本实验中只能采用限流接法，同时注意明确实验原理是解题的关键。
15.【答案】B处的反射是全反射；
D处的出射光方向与初始入射光方向的夹角等于90∘；
光从A到D经历的时间等于2 6a3c
【解析】解：(1)如图所示
A处的入射角∠1=45∘，折射角为∠2，由折射定律有
n=sin∠1sin∠2
解得
∠2=30∘
根据几何关系，得B处的入射角
∠3=90∘−∠2=60∘
全反射的临界角为C0，则有
sinC0=1n
可得
C0=45∘
由于∠3>C0，可以判断B处发生的是全反射
(2)根据几何关系，得B处反射角为
∠4=∠3=60∘
故C处入射角
∠5=∠4−45∘=15∘
反射角
∠6=∠5=15∘，D处入射角
∠7=45∘−∠6=30∘
由折射定律有
n=sin∠8sin∠7
可得
∠8=45∘，D处的出射光方向与A处入射光方向的夹角为90∘
(3)根据光的反射的对称性可知，光在棱镜中从A到D的路程s等于图中A到D′的线段长度有
s=acs∠2=2 33a
光在棱镜中的速度
v=cn,解得v= 22c
光从A到D经历的时间
t=sv,解得t=2 6a3c
答：(1)B处的反射是全反射；
(2)D处的出射光方向与初始入射光方向的夹角等于90∘；
(3)光从A到D经历的时间等于2 6a3c。
(1)画出光路图，结合折射定律和几何关系求解入射角，根据全反射临界角公式求解临界角，把入射角和临界角比较即可；
(2)根据几何关系和折射定律求解D处的出射光方向与初始入射光方向的夹角；
(3)根据折射率求解光在棱镜中的速度，根据光的反射的对称性求解光程，光程除以光速等于时间。
(1)解决几何光学问题应先准确画好光路图。
(2)用光的全反射条件来判断在某界面是否发生全反射；用折射定律找入射角和折射角的关系。
(3)在处理几何光学问题时应充分利用光的可逆性、对称性、相似性等几何关系。
16.【答案】大棚温度为17∘C时，活塞与气缸底部的间距h2等于11.6cm；
金属片m、n之间的间距Δh等于0.8cm
【解析】解：(1)由题意可得，储物间的温度由T1=27∘C=300K降到T2=17∘C=290K过程，气体发生等压变化，有h1ST1=h2ST2
代入题中数据得h2=11.6cm
(2)由题意可得，储物间的温度由T1=300K降到T3=37∘C=310K过程，气体发生等压变化，设此时活塞与气缸底部的间距h3，有h1ST1=h3ST3
代入题中数据得h3=12.4cm
金属片m、n之间的间距Δh=h3−h2=12.4cm−11.6cm=0.8cm
答：(1)大棚温度为17∘C时，活塞与气缸底部的间距h2等于11.6cm；
(2)金属片m、n之间的间距Δh等于0.8cm。
(1)气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解；
(2)储物间的温度由T1=300K降到T3=37∘C=310K过程，气体发生等压变化，表示出温度和体积，根据盖-吕萨克定律列式求解金属片m、n之间的间距Δh。
应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象，即某被封闭气体。
(2)分析气体状态变化过程，明确初、末状态，确在气体状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
(3)分别找出初、末两个状态的温度和体积。
(4)根据盖―吕萨克定律列方程求解。
(5)分析所求结果是否合理。
17.【答案】解：(1)甲从A到C，由动能定理可得：m1gh−Wf=12m1v02−0
解得小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功：Wf=8J；
(2)甲、乙碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：m1v0=m1v1+m2v2
解得：m2=2kg
则损失的机械能：ΔE机=12m1v02−(12m1v12+12m2v22)
解得：ΔE机=2.5J；
(3)甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：μm1g=m1a1
解得甲的加速度大小为：a1=5m/s2
甲加速到与传送带共速的时间为：t1=v−v1a1
此过程传送带发生的位移为：x1=vt1
解得：x1=2m
传送带克服甲物体摩擦力做功为：Wf1=μm1g⋅x1
解得：Wf1=40J
乙冲上传送带先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：μm2g=m2a2
解得：a2=5m/s2
乙减速到与传送带共速的时间为：t2=v−v2−a2
解得：t2=0.2s
此过程传送带发生的位移为：x2=vt2
解得：x2=0.8am
乙物体对传送带的摩擦力做了正功为：Wf2=μm2g⋅x2
解得：Wf2=8J
电动机需额外消耗的电能为：ΔE甲=Wf2−Wf1
解得：ΔE甲=32J。
答：(1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功为8J；
(2)小件乙的质量m2为2kg，甲、乙碰撞过程损失的机械能为2.5J；
(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能为32J。
【解析】(1)甲从A到C，由动能定理求解小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；
(2)甲、乙碰撞，由动量守恒定律求解损失的机械能；
(3)甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据运动学公式求解相对位移，根据功能关系求解传送带克服甲物体摩擦力做功；乙冲上传送带先做匀减速直线运动，根据运动学公式求解相对位移，根据功能关系求解乙物体对传送带的摩擦力做的功，根据能量守恒定律求解电动机需额外消耗的电能。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
18.【答案】粒子的初速度与x轴正方向夹角的正弦值为12；
第一象限中磁感应强度大小为2(3+ 3)E03v0；
第三象限中磁场的磁感应强度大小为 23mv012qL
【解析】解：(1)设粒子初速度与x轴正方向的夹角为θ，则θ