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2022_2023学年山东省泰安市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022_2023学年山东省泰安市高三（第一次）模拟考试物理试卷（含答案解析），共22页。
2022~2023学年山东省泰安市高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压UC与入射光的频率ν的关系如图所示，其横轴截距为a，纵轴截距为−b，元电荷电量为e。下列说法正确的是( )
A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的逸出功为eb
C. 金属的截止频率为b D. 普朗克常量h=eab
2. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体(视为理想气体)，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体( )
A. 气体对外做功，内能减小
B. 气体分子势能增大，内能增大
C. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
3. 利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是( )
A. D−D0=λΔLL B. D−D0=λLΔL
C. |D−D0|=2LλΔL D. |D−D0|=λL2ΔL
4. 一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mgsinθ 2gLtanθ
B. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mg 2gLtanθ
C. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=30∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=60∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
5. 我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了Δh(Δh
B. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为 gRR+h
C. "中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为 4πR+h3GM
D. “中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失ΔE=GMm2R+h−Δh−GMm2R+h
6. 气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是( )
A. E、F两点电势不同 B. E、F两点电场强度相同
C. E点的电场强度大小为8 6kQ9l2 D. E点的电场强度大小为3kQ2l2
8. 一根轻质的不可伸长的细线长为L=50cm，两端分别系在水平天花板上间距为d=40cm的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G=1N的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为F= 73N平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则( )
A. T=65N B. T=56N C. T=53N D. T=35N
9. 家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sin100πtV，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 正常工作时，点火器每秒点火50次
B. 正常工作时，点火器每秒点火100次
C. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
10. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t=0时刻部分质点的状态如图(a)所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向下
11. 2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α=37∘，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成θ=16∘，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)。把运动员视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin 37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s B. 运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C. 运动员离开雪坡的最大距离为19.36m D. 运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
12. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ=30∘，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，则( )
A. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C. 当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D. 当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
13. 现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图(a)所示，实验过程如下：
(1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=___________mm。
(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式___________(用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=___________(用字母m、d、t1,和t2表示)。若适当调高光电门的高度，将会___________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
14. 某实验小组欲将内阻Rg=40Ω、量程为Ig=100μA的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A.定值电阻R0(阻值为14kΩ)
B.滑动变阻器R1(最大阻值为1500Ω)
C. 滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
D.电阻箱(0∼9999.9Ω)
E.干电池(E=1.5V,r=2Ω)
F. 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选___________(填“R1”或“R2”)。请用笔画线代替导线将图(a)中的实物连线组成欧姆表。
(2)欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为___________Ω；电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为___________。
(3)通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为___________kΩ。
(4)利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图(c)为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为___________Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是___________μA。
15. 如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30∘，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30∘角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点 34R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
16. 如图所示，传送带与水平方向成30∘角，顺时针匀速转动的速度大小v=8m/s，传送带长LAB=11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m=3kg的物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1= 33，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块从A运动到B点经历的时间t；
(2)物块停止运动时与B点的距离x。
17. 如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=10V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为qm=104C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v0射入电场，方向与x轴的夹角θ=30∘。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为(0,0.15m,0.2m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α=60∘，其中OQ=0.2m，不计粒子重力。求：
(1)粒子速度v0的大小；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin(结果保留两位有效数字)；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。
18. 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，t=0时刻与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v−t图像如图乙所示。已知在0−t0时间内，物体B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
(2)物块A最终运动的速度；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，△x为弹簧的形变量)；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据光电效应方程可得电子的最大初动能为Ekm=hν−W0
根据动能定理可得−eUC=0−Ekm
联立可得UC=heν−W0e
可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，故A错误；
D. UC−ν 图像的斜率为he=ba，解得普朗克常量为h=eba，故D错误；
BC.UC−ν 图像的纵轴截距为−W0e=−b，解得金属的逸出功为W0=eb
金属的截止频率为ν0=W0h=ebeba=a，故B正确，C错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体不对外做功，A错误；
B.气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，B错误；
CD.气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知ΔL⋅tanθ=λ2
由题设条件，则有tanθ=D−D0L
联立解得D−D0=λL2ΔL，故选D。
4.【答案】A
【解析】AB.箱子受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得mgLtanθ=12mv2
箱子滑到底端时重力的功率为PG=mgvsinθ
解得PG=mgsinθ 2gLtanθ，故A正确，B错误；
CD.斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得mgsinθ=ma
由匀变速直线运动规律可得Lcosθ=12at2
解得t= 4Lgsin2θ
改变斜面的倾角θ，当 sin2θ=1 ，即 θ=45∘ 时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，故CD错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma
物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有GMmR2=mg
联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为a=R2(R+h)2g，故A错误；
B.根据向心加速度公式a=v2R+h
“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h，故B错误；
C.根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为T= 4π2R+h3GM，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=mv2R+h
"中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为v= GMR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Ek1=12mv2=GMm2(R+h)
轨道距地面高度为h时，空间站的势能为Ep1=−GMmR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为E1=Ek1+Ep1=−GMm2(R+h)
同理轨道距地面高度为 h−Δh 时，空间站的机械能为E2=−GMm2(R+h−Δh)
“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为ΔE==E1−E2=−GMm2R+h−(−GMm2R+h−Δh)=GMm2R+h−Δh−GMm2R+h
故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，故A错误；
BCD.由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。根据电场的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知
LCE=lsin60∘= 32l
根据点电荷场强公式则有E=kQ 32l2=4kQ3l2
E点的合场强为E合=2Ecosθ
根据几何关系可知cosθ= 32l2−l22 32l= 63
联立解得E点的电场强度为E合=86kQ9l2
故C正确，BD错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】如图所示，对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为 θ ，如图，施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为 G′ ， G′ 与竖直方向夹角为 α ，细线与合力 G′ 反向延长线夹角为 θ′ ，则
tanα=FG= 73
cosα=34
G′=Gcosα=43N
同时，线段ab在垂直合力 G′ 方向投影的长度d′=d⋅cosα=30cm
可得sinθ′=d′L=35
则小球再次平衡时，有2T⋅cosθ′=G′
联立解得，a、b间细线的张力为T=56N
故选B。
9.【答案】BD
【解析】AB.由题可知交流电的频率为50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，A错误，B正确；
CD.只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于n1n2=U1mU2m=612×103=12000
C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】A.由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为 λ=10m ， T=4s ，则根据波速公式v=λT=2.5m/s
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B.由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在 t=6s 时，B点运动了2s，即 T2 ，则B处质点位于波谷，故B错误；
C.波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m
则波从AE波面传播到C的时间为t=xv≈4.9s
则 t=8s 时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，故C正确；
D.波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m
则波从AE波面传播到C的时间为t=xv≈1.7s
则 t=10s 时，D处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】AC
【解析】AB.将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为vx=v0cosα+θ=22×0.6m/s=13.2m/s
垂直于雪坡方向上的速度为vy=v0sinα+θ=22×0.8m/s=17.6m/s
同理可得ax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2
ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2
根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为t=2vyay=4.4s，故A正确，B错误；
CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零hm=vy22ay=19.36m，故C正确，D错误。
故选AC。
12.【答案】BC
【解析】CD.由题意可知，开始金属条 ab 与金属导轨间的最大静摩擦力f=m1gsinθ
方向沿着金属导轨向上；开始金属棒 cd 加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从 d 到 c ，根据左手定则可知金属条 ab 所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒 cd 速度增大，感应电流变大，金属条 ab 所受安培力变大，当安培力等于 m1gsinθ+f 时，金属条 ab 刚要开始滑动，此时BI1L=m1gsinθ+f
解得I1=5A
金属棒 cd 产生的感应电动势E=I1(R1+R2)=1V
则金属棒 cd 的速度v1=EBL=5m/s
故C正确，D错误；
AB.金属条 ab 开始运动后，产生的感应电流与金属棒 cd 产生的感应电流相反，由于金属棒 cd 有较大的速度，所以金属棒 cd 产生的感应电流大于金属条 ab 产生的感应电流，设当电流为 I2 时，满足m2gsinθ−BI2Lm2=BI2L−m1gsinθ−fm1
解得I2=6A
此时金属条 ab 和金属棒 cd 的加速度相等，此后金属条 ab 和金属棒 cd 的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条 ab 和金属棒 cd 以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。
故选BC。
13.【答案】 (1)6.883(6.882−6.884)； (2)12dt2=gh； (3)12mdt12−12mdt22 ， 增大
【解析】(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为6.5mm，可动刻度为38.3×0.01mm=0.383mm
小球的直径为d=6.5mm+0.383mm=6.883mm；
(2)小球通过光电门速度v=dt
若机械能守恒，则12mv2=mgh
化简得12dt2=gh；
(3)由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为
v1=dt1
v2=dt2
由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv12−12mv22=12mdt12−12mdt22
若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
14.【答案】 (1)R1 ；见解析 (2)958；15kΩ(3)5(4)1560；60
【解析】(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
则滑动变阻器应选 R1 ；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
(2)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
设电流表表盘的 50μA 刻度对应的改装后欧姆表的刻度为 Rx ，则有I=ER欧+Rx
解得Rx=EI−R欧=1.550×10−6Ω−15000Ω=15000Ω=15kΩ
(3)表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为 R′x ，则有R ′x=EI ′−R欧=1.575×10−6Ω−15000Ω=5000Ω=5kΩ
则c处的电阻刻度为5。
(4)设改装后干路的最大电流为 Im ，则欧姆调零时有Im=ER ′欧
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有12Im=ER ′欧+1500Ω
联立解得R ′欧=1500Ω ， Im=1mA=1000uA
则图中电阻箱的阻值应调为R箱=Ig(R0+Rg)Im−Ig=1560Ω
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为I总=ER ′欧+1000Ω=0.6mA=600μA
则电流表指针对应的电流是I1=R箱R箱+R0+RgI总=15601560+14000+40×600μA=60μA。
15.【答案】(1)根据题意可知，光线从 AB 界面的 P 点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90∘−30∘=60∘
折射角 θ1=30∘ ，且 PO 恰好为法线，根据 n=sinθ1sinθ2 可得折射率n= 3
又有sinC=1n
解得sinC= 33；
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为 θ3=60∘ ，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角 θ4=30∘ ，折射光线交 OD 边于 F 点，由题已知 ∠A=30∘ ， PC⊥AO ，得在 OD 边界上的入射角为 θ5=60∘ ，由于发生全反射的临界角为 C 。则有sinC=1 3
可知在 OD 界面发生全反射，已知 CO= 34R 。由几何关系得，在三角形 OFQ 中，由余弦定理得OQ2=OF2+FQ2−2OF⋅FQcos150∘
其中OQ=R
OF=OP= 32R
解得FQ= 13−34R
又有v=cn
PF=2OF⋅cos30∘
t=PF+FQv
解得t=3 3+ 39R4c
【解析】(1)根据几何关系结合折射定律可解得折射率；
(2)根据全反射的临界角公式判断光线是否发生全反射，结合余弦定理与折射定律可解得。
本题主要考查光的全反射与折射定律，正确理解题意，作出临界光路图，结合几何关系即可正确解题。
16.【答案】(1)根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得mgsin30∘+μ1mgcos30∘=ma1
解得a1=10m/s2
物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为 t1 ，由公式 v=v0+at 可得，t1=0.4s
设此过程物块的位移大小为 x1 ，由公式 x1=v1+v02t1
解得x1=2.4m<11.4m
又有mgsin30∘=μ1mgcos30∘
此后物块随皮带匀速运动，则有LAB−x1=vt2
解得t2=1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为t=t1+t2=1.525s；
(2)物块滑上木板后，物块的加速度为 a2 ，木板的加速度为 a3 ，木板与物块一块减速时的共同加速度为 a4 ，根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2
μ2mg−μ3(m+M)g=Ma3
μ3(m+M)g=(m+M)a4
解得a2=3m/s2
a3=5m/s2
a4=1m/s2
木块与木板经时间 t3 达到共同速度 v1 ，则有
v−a2t3=a3t3
v1=a3t3
解得t3=1s
v1=5m/s
此过程物块位移为x2=vt3−12at32=6.5m
二者共同减速的位移为 x3 ，则有v12=2a4x3，解得x3=12.5m
则物块停止运动时与B点的距离为x=x2+x3=19m。
【解析】本题考查了传送带模型和滑块木板模型、综合性较强，关键是分析清楚物体在各个过程满足的运动规律和遵循的物理定律。
(1)通过受力分析，由牛顿第二定律结合运动学公式计算物块在传送带上运动时间；
(2)先根据运动学公式得共速时物块的位移，再求得二者共同减速的位移，即可得到物块停止运动时与B点的距离。
17.【答案】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得v0sin θ=at1
根据牛顿第二定律可得qE=ma
沿x轴正方向OQ=12at12
联立可得v0=4×102m/s
(2)由几何关系得MQ=r+rcosα，r=0.05m
圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin=π( 3r2)2=5.9×10−3m2；
(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qv0cosθB=m(v0cosθ)2r
解得 B=2 35T ， T=2πrv0cosθ
粒子在磁场和电场中运动的时间为
t2=120∘360∘T =3.0×10−4s
t3=2rsinαv0cosθ=2.5×10−4s
t=t1+t2+t3
解得t=2.55×10−3s。
【解析】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键在于：①熟练把握类平抛运动规律；②根据题意作出磁场运动轨迹图，并学会找几何关系。
18.【答案】(1)由乙图知 2t0 后vB=2v0
B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知m⋅2v0=mvB+mvC
由机械能守恒可知12m(2v0)2=12mvB2+12mvC2
解得vB=0 ， vC=2v0
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知12mvC2=mgh
因此R≥h=2v02g；
(2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知vC=2v0
C与B再次发生弹性碰撞m⋅2v0=mv′B +mv′C
12m(2v0)2=12mv′B2+12mv′C2
解得v′C =0 ， v′B =2v0
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒mA⋅3v0=(mA+m)v0
可得mA=m2
B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知m⋅2v0+m2v0=m⋅vB+m2⋅vA
由机械能守恒可知12m(2v0)2+12×m2v02=12mvB2+12⋅m2vA2
解得vA=73v0；
(3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知12k⋅Δx12=12×m2(3v0)2−12×32mv02=32mv02
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知m⋅2v0+m2v0=32mvn
解得vn=53v0
由机械能守恒可知12k⋅Δx22=12×m2(v0)2+12m⋅(2v0)2−12×32m(53v0)2=16mv02
由以上公式得Δx1Δx2=31
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据F合=k⋅Δx=mAa
可得a1a2=kΔx1kΔx2=31；
(4)A与B压缩弹簧过程aA=2aB
同一时刻A、B的瞬时速度关系为vA=3v0−aAt ， vB=aBt
由位移等于速度对时间的积累得xA=vAt (累积)， xB=vBt (累积)
在 0−t0 时间内xA=3v0t0−xA积 ， xB=xB积=0.6v0t0
由此得xA积=2xB积 ， xA=1.8v0t0
因此Δx1=xA−xB=1.2v0t0
又Δx1Δx2=31
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx2=0.4v0t0。
【解析】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
2022~2023学年山东省泰安市高三（第一次）模拟考试物理试卷
1. 在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压UC与入射光的频率ν的关系如图所示，其横轴截距为a，纵轴截距为−b，元电荷电量为e。下列说法正确的是( )
A. 遏止电压与入射光的频率成正比 B. 金属的逸出功为eb
C. 金属的截止频率为b D. 普朗克常量h=eab
2. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体(视为理想气体)，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体( )
A. 气体对外做功，内能减小
B. 气体分子势能增大，内能增大
C. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D. 气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
3. 利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小(约为微米量级)，实验装置如图甲所示，T1和T2是具有标准平面的玻璃平晶，A0为标准金属丝，直径为D0；A为待测金属丝，直径为D；两者中心间距为L。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为ΔL。则以下说法正确的是( )
A. D−D0=λΔLL B. D−D0=λLΔL
C. |D−D0|=2LλΔL D. |D−D0|=λL2ΔL
4. 一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子(可看作质点)在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mgsinθ 2gLtanθ
B. 箱子滑到底端时重力的功率PG=mg 2gLtanθ
C. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=30∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D. 保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当θ=60∘时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
5. 我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了Δh(Δh
B. “中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为 gRR+h
C. "中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为 4πR+h3GM
D. “中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失ΔE=GMm2R+h−Δh−GMm2R+h
6. 气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C(此过程人的双脚悬空)；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是( )
A. E、F两点电势不同 B. E、F两点电场强度相同
C. E点的电场强度大小为8 6kQ9l2 D. E点的电场强度大小为3kQ2l2
8. 一根轻质的不可伸长的细线长为L=50cm，两端分别系在水平天花板上间距为d=40cm的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为G=1N的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为F= 73N平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则( )
A. T=65N B. T=56N C. T=53N D. T=35N
9. 家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sin100πtV，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是( )
A. 正常工作时，点火器每秒点火50次
B. 正常工作时，点火器每秒点火100次
C. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D. 若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
10. 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，t=0时刻部分质点的状态如图(a)所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图(b)所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是( )
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B. t=6s时，B处质点位于波峰
C. t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D. t=10s时，D处质点所受回复力方向竖直向下
11. 2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α=37∘，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成θ=16∘，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)。把运动员视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin 37∘=0.6，cos37∘=0.8，则( )
A. 运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s B. 运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C. 运动员离开雪坡的最大距离为19.36m D. 运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
12. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ=30∘，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域Ⅰ中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域Ⅱ中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1=0.1kg、电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg、电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，则( )
A. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B. 经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C. 当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D. 当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
13. 现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图(a)所示，实验过程如下：
(1)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d=___________mm。
(2)将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式___________(用字母h、d、t、g表示)，则认为小球下落过程中机械能守恒；
(3)小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=___________(用字母m、d、t1,和t2表示)。若适当调高光电门的高度，将会___________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
14. 某实验小组欲将内阻Rg=40Ω、量程为Ig=100μA的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A.定值电阻R0(阻值为14kΩ)
B.滑动变阻器R1(最大阻值为1500Ω)
C. 滑动变阻器R2(最大阻值为500Ω)
D.电阻箱(0∼9999.9Ω)
E.干电池(E=1.5V,r=2Ω)
F. 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选___________(填“R1”或“R2”)。请用笔画线代替导线将图(a)中的实物连线组成欧姆表。
(2)欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为___________Ω；电流表表盘的50μA刻度对应的改装后欧姆表的刻度为___________。
(3)通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为___________kΩ。
(4)利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图(c)为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为___________Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是___________μA。
15. 如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30∘，OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30∘角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点 34R，已知真空中的光速为c。
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
16. 如图所示，传送带与水平方向成30∘角，顺时针匀速转动的速度大小v=8m/s，传送带长LAB=11.4m，水平面上有一块足够长的木板。质量为m=3kg的物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=1kg，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1= 33，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ3=0.1。取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)物块从A运动到B点经历的时间t；
(2)物块停止运动时与B点的距离x。
17. 如图所示，在xOz平面的第二象限内有沿z轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=10V/m，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为qm=104C/kg的带正电粒子从x轴上的P点以速度v0射入电场，方向与x轴的夹角θ=30∘。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为(0,0.15m,0.2m)的M点(图中未画出)，且速度方向与x轴负方向的夹角α=60∘，其中OQ=0.2m，不计粒子重力。求：
(1)粒子速度v0的大小；
(2)圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin(结果保留两位有效数字)；
(3)粒子从P点运动到M点经历的时间t(结果保留三位有效数字)。
18. 如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，t=0时刻与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的v−t图像如图乙所示。已知在0−t0时间内，物体B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
(1)半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
(2)物块A最终运动的速度；
(3)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kΔx2，其中k为弹簧的劲度系数，△x为弹簧的形变量)；
(4)第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.根据光电效应方程可得电子的最大初动能为Ekm=hν−W0
根据动能定理可得−eUC=0−Ekm
联立可得UC=heν−W0e
可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，故A错误；
D. UC−ν 图像的斜率为he=ba，解得普朗克常量为h=eba，故D错误；
BC.UC−ν 图像的纵轴截距为−W0e=−b，解得金属的逸出功为W0=eb
金属的截止频率为ν0=W0h=ebeba=a，故B正确，C错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体不对外做功，A错误；
B.气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，B错误；
CD.气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知ΔL⋅tanθ=λ2
由题设条件，则有tanθ=D−D0L
联立解得D−D0=λL2ΔL，故选D。
4.【答案】A
【解析】AB.箱子受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得mgLtanθ=12mv2
箱子滑到底端时重力的功率为PG=mgvsinθ
解得PG=mgsinθ 2gLtanθ，故A正确，B错误；
CD.斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得mgsinθ=ma
由匀变速直线运动规律可得Lcosθ=12at2
解得t= 4Lgsin2θ
改变斜面的倾角θ，当 sin2θ=1 ，即 θ=45∘ 时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，故CD错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=ma
物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有GMmR2=mg
联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为a=R2(R+h)2g，故A错误；
B.根据向心加速度公式a=v2R+h
“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为v=R gR+h，故B错误；
C.根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为T= 4π2R+h3GM，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有GMm(R+h)2=mv2R+h
"中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为v= GMR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的动能为Ek1=12mv2=GMm2(R+h)
轨道距地面高度为h时，空间站的势能为Ep1=−GMmR+h
轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为E1=Ek1+Ep1=−GMm2(R+h)
同理轨道距地面高度为 h−Δh 时，空间站的机械能为E2=−GMm2(R+h−Δh)
“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为ΔE==E1−E2=−GMm2R+h−(−GMm2R+h−Δh)=GMm2R+h−Δh−GMm2R+h
故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，故A错误；
BCD.由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。根据电场的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知
LCE=lsin60∘= 32l
根据点电荷场强公式则有E=kQ 32l2=4kQ3l2
E点的合场强为E合=2Ecosθ
根据几何关系可知cosθ= 32l2−l22 32l= 63
联立解得E点的电场强度为E合=86kQ9l2
故C正确，BD错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】如图所示，对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为 θ ，如图，施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为 G′ ， G′ 与竖直方向夹角为 α ，细线与合力 G′ 反向延长线夹角为 θ′ ，则
tanα=FG= 73
cosα=34
G′=Gcosα=43N
同时，线段ab在垂直合力 G′ 方向投影的长度d′=d⋅cosα=30cm
可得sinθ′=d′L=35
则小球再次平衡时，有2T⋅cosθ′=G′
联立解得，a、b间细线的张力为T=56N
故选B。
9.【答案】BD
【解析】AB.由题可知交流电的频率为50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，A错误，B正确；
CD.只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于n1n2=U1mU2m=612×103=12000
C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】A.由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为 λ=10m ， T=4s ，则根据波速公式v=λT=2.5m/s
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为t=xv=102.5s=4s，故A正确；
B.由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在 t=6s 时，B点运动了2s，即 T2 ，则B处质点位于波谷，故B错误；
C.波从AE波面传播到C的距离为x=(10 5−10)m
则波从AE波面传播到C的时间为t=xv≈4.9s
则 t=8s 时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，故C正确；
D.波从AE波面传播到D的距离为x=(10 2−10)m
则波从AE波面传播到C的时间为t=xv≈1.7s
则 t=10s 时，D处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】AC
【解析】AB.将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为vx=v0cosα+θ=22×0.6m/s=13.2m/s
垂直于雪坡方向上的速度为vy=v0sinα+θ=22×0.8m/s=17.6m/s
同理可得ax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2
ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2
根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为t=2vyay=4.4s，故A正确，B错误；
CD.运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零hm=vy22ay=19.36m，故C正确，D错误。
故选AC。
12.【答案】BC
【解析】CD.由题意可知，开始金属条 ab 与金属导轨间的最大静摩擦力f=m1gsinθ
方向沿着金属导轨向上；开始金属棒 cd 加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从 d 到 c ，根据左手定则可知金属条 ab 所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒 cd 速度增大，感应电流变大，金属条 ab 所受安培力变大，当安培力等于 m1gsinθ+f 时，金属条 ab 刚要开始滑动，此时BI1L=m1gsinθ+f
解得I1=5A
金属棒 cd 产生的感应电动势E=I1(R1+R2)=1V
则金属棒 cd 的速度v1=EBL=5m/s
故C正确，D错误；
AB.金属条 ab 开始运动后，产生的感应电流与金属棒 cd 产生的感应电流相反，由于金属棒 cd 有较大的速度，所以金属棒 cd 产生的感应电流大于金属条 ab 产生的感应电流，设当电流为 I2 时，满足m2gsinθ−BI2Lm2=BI2L−m1gsinθ−fm1
解得I2=6A
此时金属条 ab 和金属棒 cd 的加速度相等，此后金属条 ab 和金属棒 cd 的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条 ab 和金属棒 cd 以相同大小的加速度运动，故B正确，A错误。
故选BC。
13.【答案】 (1)6.883(6.882−6.884)； (2)12dt2=gh； (3)12mdt12−12mdt22 ， 增大
【解析】(1)螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为6.5mm，可动刻度为38.3×0.01mm=0.383mm
小球的直径为d=6.5mm+0.383mm=6.883mm；
(2)小球通过光电门速度v=dt
若机械能守恒，则12mv2=mgh
化简得12dt2=gh；
(3)由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为
v1=dt1
v2=dt2
由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE=12mv12−12mv22=12mdt12−12mdt22
若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
14.【答案】 (1)R1 ；见解析 (2)958；15kΩ(3)5(4)1560；60
【解析】(1)为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
则滑动变阻器应选 R1 ；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
(2)欧姆调零时，有Ig=ER欧
解得欧姆调零时欧姆表内阻为R欧=EIg=1.5100×10−6Ω=15000Ω
此时滑动变阻器接入电路阻值为R滑=R欧−R0−Rg−r=(15000−14000−40−2)Ω=958Ω
设电流表表盘的 50μA 刻度对应的改装后欧姆表的刻度为 Rx ，则有I=ER欧+Rx
解得Rx=EI−R欧=1.550×10−6Ω−15000Ω=15000Ω=15kΩ
(3)表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为 R′x ，则有R ′x=EI ′−R欧=1.575×10−6Ω−15000Ω=5000Ω=5kΩ
则c处的电阻刻度为5。
(4)设改装后干路的最大电流为 Im ，则欧姆调零时有Im=ER ′欧
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有12Im=ER ′欧+1500Ω
联立解得R ′欧=1500Ω ， Im=1mA=1000uA
则图中电阻箱的阻值应调为R箱=Ig(R0+Rg)Im−Ig=1560Ω
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为I总=ER ′欧+1000Ω=0.6mA=600μA
则电流表指针对应的电流是I1=R箱R箱+R0+RgI总=15601560+14000+40×600μA=60μA。
15.【答案】(1)根据题意可知，光线从 AB 界面的 P 点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1=90∘−30∘=60∘
折射角 θ1=30∘ ，且 PO 恰好为法线，根据 n=sinθ1sinθ2 可得折射率n= 3
又有sinC=1n
解得sinC= 33；
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为 θ3=60∘ ，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角 θ4=30∘ ，折射光线交 OD 边于 F 点，由题已知 ∠A=30∘ ， PC⊥AO ，得在 OD 边界上的入射角为 θ5=60∘ ，由于发生全反射的临界角为 C 。则有sinC=1 3
可知在 OD 界面发生全反射，已知 CO= 34R 。由几何关系得，在三角形 OFQ 中，由余弦定理得OQ2=OF2+FQ2−2OF⋅FQcos150∘
其中OQ=R
OF=OP= 32R
解得FQ= 13−34R
又有v=cn
PF=2OF⋅cos30∘
t=PF+FQv
解得t=3 3+ 39R4c
【解析】(1)根据几何关系结合折射定律可解得折射率；
(2)根据全反射的临界角公式判断光线是否发生全反射，结合余弦定理与折射定律可解得。
本题主要考查光的全反射与折射定律，正确理解题意，作出临界光路图，结合几何关系即可正确解题。
16.【答案】(1)根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得mgsin30∘+μ1mgcos30∘=ma1
解得a1=10m/s2
物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为 t1 ，由公式 v=v0+at 可得，t1=0.4s
设此过程物块的位移大小为 x1 ，由公式 x1=v1+v02t1
解得x1=2.4m<11.4m
又有mgsin30∘=μ1mgcos30∘
此后物块随皮带匀速运动，则有LAB−x1=vt2
解得t2=1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为t=t1+t2=1.525s；
(2)物块滑上木板后，物块的加速度为 a2 ，木板的加速度为 a3 ，木板与物块一块减速时的共同加速度为 a4 ，根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2
μ2mg−μ3(m+M)g=Ma3
μ3(m+M)g=(m+M)a4
解得a2=3m/s2
a3=5m/s2
a4=1m/s2
木块与木板经时间 t3 达到共同速度 v1 ，则有
v−a2t3=a3t3
v1=a3t3
解得t3=1s
v1=5m/s
此过程物块位移为x2=vt3−12at32=6.5m
二者共同减速的位移为 x3 ，则有v12=2a4x3，解得x3=12.5m
则物块停止运动时与B点的距离为x=x2+x3=19m。
【解析】本题考查了传送带模型和滑块木板模型、综合性较强，关键是分析清楚物体在各个过程满足的运动规律和遵循的物理定律。
(1)通过受力分析，由牛顿第二定律结合运动学公式计算物块在传送带上运动时间；
(2)先根据运动学公式得共速时物块的位移，再求得二者共同减速的位移，即可得到物块停止运动时与B点的距离。
17.【答案】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得v0sin θ=at1
根据牛顿第二定律可得qE=ma
沿x轴正方向OQ=12at12
联立可得v0=4×102m/s
(2)由几何关系得MQ=r+rcosα，r=0.05m
圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin=π( 3r2)2=5.9×10−3m2；
(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qv0cosθB=m(v0cosθ)2r
解得 B=2 35T ， T=2πrv0cosθ
粒子在磁场和电场中运动的时间为
t2=120∘360∘T =3.0×10−4s
t3=2rsinαv0cosθ=2.5×10−4s
t=t1+t2+t3
解得t=2.55×10−3s。
【解析】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，解题的关键在于：①熟练把握类平抛运动规律；②根据题意作出磁场运动轨迹图，并学会找几何关系。
18.【答案】(1)由乙图知 2t0 后vB=2v0
B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知m⋅2v0=mvB+mvC
由机械能守恒可知12m(2v0)2=12mvB2+12mvC2
解得vB=0 ， vC=2v0
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知12mvC2=mgh
因此R≥h=2v02g；
(2)C返回水平轨道时由机械能守恒可知vC=2v0
C与B再次发生弹性碰撞m⋅2v0=mv′B +mv′C
12m(2v0)2=12mv′B2+12mv′C2
解得v′C =0 ， v′B =2v0
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒mA⋅3v0=(mA+m)v0
可得mA=m2
B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知m⋅2v0+m2v0=m⋅vB+m2⋅vA
由机械能守恒可知12m(2v0)2+12×m2v02=12mvB2+12⋅m2vA2
解得vA=73v0；
(3)A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知12k⋅Δx12=12×m2(3v0)2−12×32mv02=32mv02
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知m⋅2v0+m2v0=32mvn
解得vn=53v0
由机械能守恒可知12k⋅Δx22=12×m2(v0)2+12m⋅(2v0)2−12×32m(53v0)2=16mv02
由以上公式得Δx1Δx2=31
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据F合=k⋅Δx=mAa
可得a1a2=kΔx1kΔx2=31；
(4)A与B压缩弹簧过程aA=2aB
同一时刻A、B的瞬时速度关系为vA=3v0−aAt ， vB=aBt
由位移等于速度对时间的积累得xA=vAt (累积)， xB=vBt (累积)
在 0−t0 时间内xA=3v0t0−xA积 ， xB=xB积=0.6v0t0
由此得xA积=2xB积 ， xA=1.8v0t0
因此Δx1=xA−xB=1.2v0t0
又Δx1Δx2=31
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx2=0.4v0t0。
【解析】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
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