2024年山东省济宁市高考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省济宁市高考物理一模试卷（含详细答案解析），共23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。

1.2024年2月份，济宁市天气变化无常，温差较大。某汽车长时间放置在室外，温度为10℃时，轮胎胎压为250kPa，经过一段时间温度降为−3℃。若轮胎体积保持不变且不漏气，轮胎内气体可视为理想气体，在降温过程中，下列说法正确的是( )
A. 轮胎内每个气体分子的速率都减小
B. 轮胎内气体压强不变
C. 轮胎内气体放热
D. 单位时间内单位面积上气体分子与轮胎内壁碰撞的次数不变
2.全球核电站日益增多，核电站产生的核污水对环境和人类健康构成了一定的威胁。核污水中含有大量的铯137等几十种放射性元素，其中 55137Cs的半衰期为30年，衰变方程为 55137Cs→56137Ba+−10e。下列说法正确的是( )
A. 衰变过程中释放出电子说明 55137Cs原子核中存在电子
B. 经过60年，1g的 55137Cs原子核中将有0.25g发生衰变
C. 将核污水稀释后，可以使 55137Cs原子核的半衰期变短
D. 55137Cs的比结合能小于 56137Ba的比结合能
3.目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用较小钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的较大钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为完全弹性碰撞。下列说法正确的是( )
A. v1=0.2m/s，方向水平向左B. v1=0.2m/s，方向水平向右
C. v2=0.2m/s，方向水平向左D. v2=0.1m/s，方向水平向左
4.为了减轻学生的学习压力，某中学举行了趣味运动会，在抛沙包比赛中，两个质量相同的沙包运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时沙包1和沙包2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两沙包在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 沙包2在最高点的速度大于v1
B. 从O到P两沙包的平均速度相同
C. 从O到P两沙包的动量变化量相同
D. 在P点，沙包1重力的瞬时功率小于沙包2重力的瞬时功率
5.鲁南高铁是山东省“三横五纵”高速铁路重要组成部分，全长494公里。小明同学在济宁北站乘坐动车时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度a随时间t的变化关系，如图所示。6s时动车由静止开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，10s时达到最大加速度0.5m/s2，并以此加速度做匀加速直线运动直至达到最大速度252km/h，随后匀速行驶。在动车水平桌板上放置一质量为2kg的物体，该物体始终相对桌板静止。重力加速度g=10m/s2，动车加速过程始终在水平面上，下列说法正确的是( )
A. 10s时动车的速度大小为2m/s
B. 动车匀加速直线运动的时间为138s
C. 匀加速直线运动过程中，桌板对物体的作用力大小为1N
D. 匀加速直线运动过程中，桌板对物体做的功为4900J
6.如图所示，有一个半径r=3mm的圆形LED光源，其表面可以朝各个方向发光，AB为圆形光源的直径。现将该光源封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。透明介质球的半径R=4mm，LED光源发出的光恰好都能射出半球面，不考虑二次反射，光源的厚度忽略不计，则该透明介质的折射率为( )
A. 43B. 53C. 32D. 54
7.某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压为U0的交流电源，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，且两变压器的匝数比n1n2=n4n3。已知R1、R2的阻值均为R0，R3的阻值为R02，电阻R1、R2消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A. 升压变压器T1的匝数比n1n2=12B. 电压表的示数为23U0
C. 电流表的示数为3U04R0D. 若R3断路，电流表示数将增大
8.司马迁最早把岁星命名为木星，如图甲所示，两卫星a、b环绕木星在同一平面内做匀速圆周运动，绕行方向相反，卫星c绕木星做椭圆运动，某时刻开始计时，卫星a、b间距离x随时间t变化的关系图像如图乙所示，其中R、T为已知量，下列说法正确的是( )
A. 卫星c在N点的速度大于卫星a的速度B. 卫星a、b的运动周期之比为1：4
C. 卫星a的运动周期为94TD. 卫星a的加速度大小为64π2R49T2
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲所示，a、b两束单色光分别沿不同方向射向横截面为半圆形玻璃砖的圆心O，已知a光刚好发生全反射，b光的折射光线(反射光线未画出)刚好与a光的反射光线重叠。分别将这两束单色光射向图乙所示的装置，仅有一束光能发生光电效应。调节滑片P的位置，当电流表示数恰好为零时，电压表示数为Uc。已知K极板上金属的极限频率为ν0，电子电荷量的绝对值为e，普朗克常量为h，下列说法正确的是( )
A. 若将b光沿a光的光路射向O点，b光也能发生全反射
B. 用同一双缝做光的干涉实验，a光产生的干涉条纹间距比b光的大
C. a光的光子能量为hν0+eUc
D. 用图乙测量遏止电压，滑片P应从图示位置向左端滑动
10.位于x=−3cm和x=13cm处的两波源都只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，振幅均为A=5cm，t=0时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两点，M、P、Q、N在x轴上的坐标分别为1cm、3cm、5cm、9cm，平衡位置在M处的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. t=2s时，平衡位置在M处的质点刚好运动到P点
B. t=5s时，平衡位置在Q处的质点的位移为−10cm
C. P处质点振动过程中的最大位移大小为5cm
D. 平衡位置坐标为x=4cm的质点在振动过程中通过的总路程为10cm
11.如图所示，ABCD是正四面体，虚线圆为三角形ABD的内切圆，切点分别为M、N、P，O为圆心，正四面体的顶点A、B和D分别固定有电荷量为+Q，+Q和−Q的点电荷，下列说法正确的是( )
A. M、P两点的电场强度相同
B. M、O、N、P四点的电势φN>φ0>φP=φM
C. 将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
D. 将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零
12.如图所示，一轻质弹簧两端分别栓接甲、乙两木块，并竖直停放在水平桌面上。现用一竖直向下的外力F将木块乙缓慢压至某位置，然后撤去外力F，木块乙由静止向上运动，最终木块甲恰好未离开桌面。已知木块甲质量为m，木块乙质量为2m，弹簧劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 木块乙上升过程中机械能一直增加B. 弹簧的最大压缩量为5mgk
C. 木块甲对桌面的最大压力大小为5mgD. 外力F对木块乙做的功为9m2g22k
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。左侧铁架台的横杆上固定一拉力传感器，将小球(可视为质点)用不可伸长的细线悬挂在传感器上。右侧有两个竖直杆固定在底座上，杆上分别装有刻度尺和激光笔，激光笔保持水平。实验步骤如下：
①使小球自由静止在最低点O′，记录此时拉力传感器的示数F0；
②借助激光束调节刻度尺的零刻线与小球相平；
③借助激光笔测出悬点O与O′之间的高度差L；
④将激光笔向下移动到某位置，读出此时激光束与O′高度差h，并记为h1。把小球拉至该高度处(并使细线处于伸直状态)，由静止释放小球，读出小球下摆过程中拉力传感器最大示数F，并记为F1；
⑤改变激光笔的高度h，重复步骤④，实验过程中h均小于L；
⑥测出多组F和h的数据，在坐标纸上做出F−h图像如图乙所示。
(1)由题中信息可知，小球从h1高处摆到最低点的过程中重力势能的减少量为______，小球动能的增加量为______。(用题中所给物理量符号表示)
(2)测得F−h图像的斜率为k，如果该过程满足机械能守恒定律，则k=______。(用题中所给物理量符号表示)
14.某学习小组用放电法测量电容器的电容，所用器材如下：
电池(电动势为3V，内阻不计)；
待测电容器(额定电压为5V，电容值未知)；
微安表(量程为200μA，内阻未知)；
滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；
电阻箱R1、R2、R3、R4(最大阻值均为9999.9Ω)；
定值电阻R0(阻值为5.0kΩ)；
单刀单掷开关S1、S2，单刀双掷开关S3；
导线若干。
(1)学习小组先测量微安表内阻，按图甲连接电路。
(2)为保护微安表，实验开始前先断开开关S1、S2，滑动变阻器R的滑片应置于最______(填“左”或“右”)端。
(3)将电阻箱R1、R2、R3的阻值均置于1000.0Ω，滑动变阻器R的滑片置于适当位置。闭合开关S1保持R1、R3阻值不变，反复调节R2，使开关S2闭合前后微安表的示数不变。记录此时R2的示数为1500.0Ω，则微安表的内阻为______Ω。
(4)按照图乙所示连接电路，将电阻箱R4阻值调至750.0Ω，开关S3掷于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S3掷于位置2，记录微安表电流I随时间t的变化情况，得到如图丙所示的图像。图丙每个最小方格面积所对应的电荷量为______ C。某同学数得曲线下包含150个这样的小方格，则电容器的电容为______ F。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.某品牌电动轿车的减震靠空气减震器(由活塞、气缸组成，气缸底部固定在车轴上)来完成，如图甲所示。该电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，为研究其减震效果可将其结构简化成如图乙所示。电动轿车在与水平面成θ=37∘角的斜坡上匀速向上运动时，气缸内气柱的长度l1=7.0cm。已知空气减震器上方的总质量M=300kg，活塞横截面积S=30cm2，活塞质量不计，重力加速度g=10m/s2，外界大气压强p0=1.0×105Pa，cs37∘=0.8，气缸内气体视为理想气体且温度不变，4个减震器均与斜坡垂直，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
(1)上坡时气缸内气体的压强p1；
(2)电动轿车行驶至水平路面时，减震器气缸内气柱的长度l2。
16.济宁大安机场某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ=37∘，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移。L=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v=2m/s，货物质量m=10kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5，与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力)。求：
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
17.如图所示，直线OA与y轴的夹角θ=60∘，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从y轴上P点平行于x轴射入电场，粒子经电场偏转并经过OA上的Q点进入一矩形匀强磁场区域(未画出，方向垂直纸面向外)，并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6l，电场强度E=mv023ql，不计粒子的重力，求：
(1)O点到P点的距离；
(2)粒子经过Q点时的速度；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小；
(4)矩形磁场区域的最小面积。
18.两光滑金属导轨AECD和A′E′C′D′处在同一水平面内，其俯视图如图甲所示，导轨相互平行部分的间距为l，导轨AE上K点处有一小段导轨绝缘(长度忽略不计)。交叉部分EC和E′C′彼此不接触。质量均为m、长度均为l的两金属棒a、b，通过长度也为l的绝缘轻质杆固定连接成“工”形架，将其置于导轨左侧。导轨右侧有一根被锁定的质量为2m，长为l的金属棒c。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B大小随时间t的变化关系如图乙所示，B0、t0、t1均为已知量。金属棒a、b、c的电阻均为R，其余电阻不计。t=0时刻，“工”形架受到水平向右的恒力F作用，2t0时刻撤去F，此时b恰好运动到K点。当a运动至K点时将c解除锁定，交叉处两侧平行导轨均足够长。求：
(1)t1时刻，金属棒a两端电压U；
(2)0∼2t0时间内，“工”形架产生的焦耳热Q1；
(3)金属棒a从K点开始，经时间t0与金属棒c距离的减少量Δd；
(4)金属棒c解除锁定后，金属棒a中产生的焦耳热Q2。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.降温过程中，轮胎内气体分子得平均动能降低，气体分子的平均速率降低，但不是每个气体分子的速率都减小，故A错误；
B.根据题意可知，气体做等容变化，根据p1T1=p2T2，可知轮胎内气体压强减小，故B错误；
C.轮胎体积保持不变，可知外界对体不做功，气体温度减小，内能减少，根据热力学第一定律可知轮胎内体放热，故C正确；
D.气体分子的平均速率降低，轮胎体积保持不变，则单位时间内单位面积上气体分子与轮胎内壁碰撞的次数变少，故D错误。
故选：C。
温度降低气体分子平均速率变小，不代表所有分子速率都变小；根据气体做等容变化分析气体压强；根据热力学第一定律分析；根据气体压强的微观意义分析。
该题考查了温度决定分子平均速率、等容变化规律以及热力学第一定和气体压强微观意义等知识点，属于常见知识点的考查，基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A.β衰变的本质是原子核内的一个中子转变成一个质子与一个电子，电子从原子核中释放出来，不能说明原子核内有电子，故A错误；
B. 55137Cs的半衰期为30年，经过60年即两个半衰期，1g的 55137Cs原子核中将有m′=m−(12)2m=1g−14g=0.75g发生衰变，故B错误；
C.半衰期与元素的物理性质和化学性质无关，核污水稀释后，其半衰期将不变，故C错误；
D.生成物要比反应物稳定，则 55137Cs的比结合能小于 56137Ba的比结合能，故D正确。
故选：D。
根据β衰变的本质判断；根据半衰期公式计算B项；半衰期与外界因素无关；根据结合能的变化比较比结合能。
本题考查了衰变的实质，半衰期的特点，和衰变前后有质量亏损，牢记相关内容即可。
3.【答案】B
【解析】解：设较小钢球的质量为m，则较大钢球的质量为2m，设水平向左为正方向；
碰撞过程满足动量守恒定律，则有：mv=mv1+2mv2
因为是完全弹性碰撞，由能量守恒定律可得：12mv2=12mv12+12×2mv22
联立解得：v1=−0.2m/s，v2=0.4m/s
即v1的值应该为0.2m/s，方向水平向右；v2的值应该为0.4m/s，方向水平向左，故ACD错误，B正确。
故选：B。
设出正方向，对碰撞过程分别列动量守恒和能量守恒，联立即可求出答案。
本题考查动量守恒定律和能量守恒的应用，解题过程中要注意设正方向以及求解结果的形式，求出来的结果是矢量，包括大小和方向，要加以判断。
4.【答案】D
【解析】解：A、两个沙包都是仅受重力作用，沙包1做的是平抛运动，沙包2是斜抛运动，从跑出点O到P点，它们的竖直高度差是相等的，因为沙包2在竖直方向上先匀减速上升，然后自由下落，所以沙包2在空中的运动时间较长，而它们的水平距离相等，所以沙包2在水平方向的分速度小于沙包1的初速度v1，沙包2在最高点的速度就等于水平方向的分速度，所以沙包2在最高点的速度小于v1，故A错误；
B、两个沙包的位移大小相等，根据A的分析知道沙包2的运动时间大于沙包1的运动时间，平均速度等于位移与时间的比值，所以从O到P两沙包1的平均速度大小沙包2的平均速度，故B错误；
C、根据动量定理可以知道，沙包的动量变化量等于重力的冲量，因为两个沙包的质量相等，但运动时间不断，根据I=mgt可知沙包2受到的重力的冲量大于沙包1受到的重力的冲量，则两个沙包的动量变化量不相等，故C错误；
D、根据A的分析知道，在P点沙包2在竖直方向的分速度大于沙包1在竖直方向的分速度，根据P=mgvy可知在P点，沙包1的重力的瞬时功率小于沙包2重力的瞬时功率，故D正确。
故选：D。
把两个沙包的运动分解为水平方向和竖直方向，沙包2在竖直方向做的是竖直上抛运动，据此分析它们的运动时间关系，从而得到平均速度的大小关系，以及水平分速度的大小关系；沙包的动量变化量等于重力的冲量；重力的功率P=mgvy，据此求解。
解决此类问题的关键是知道把物体的运动分解为水平方向的匀速直线运动，和竖直方向的匀变速直线运动，然后根据相应的速度-时间关系和位移-时间关系求解相关物理量。
5.【答案】B
【解析】解：A.加速度a随时间t的变化关系中与时间轴围成的面积表示速度的变化量，从静止开始，10s时动车的速度大小为v0=Δv=12at1，其中t1=10s−6s=4s，解得v0=1m/s，故A错误；
B.最大速度252km/h=70m/s，在匀加速段at=v−v0，解得t=138s，故B正确；
C.根据牛顿第二定律可得f=ma=2×0.5N=1N
支持力FN=mg=2×10N=20N，桌板对物体的作用力大小为F2=FN2+f2，解得F= 401N，故C错误；
D.匀加速直线运动过程中，物体移动位移为x=v+v02t，解得x=4899m
桌板对物体做的功为W=fx，解得W=4899J，故D错误。
故选：B。
对a−t图像分析，可求出速度大小；根据速度懂事可求出匀加速直线运动的时间；利用牛顿第二定律可求出摩擦力大小，根据力的合成可求出作用力大小；根据做功表达式可求出做功大小。
学生在解答本题时，应注意对于a−t图像的理解，知道a−t图像的面积表示加速度。
6.【答案】A
【解析】解：如图所示，过点B作AB垂线交圆弧于P
几何关系可知，若此时线状光源B点发出的光能够射出P点，则线状光源其他点发出的光也一定能够射出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，根据几何关系有
sinθ=rR
代入数据得：sinθ=34
为使光线恰好能从P点射出，根据光的全反射规律得：
sinθ=1n
解得：n=43，故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据题意作图，只要B点发出的所有光线能够射出球面，则光源发出的所有光均能射出球面，结合折射定律与几何关系相结合求解。
本题考查光的折射定律和全反射，解题关键要理解光的全反射条件，注意光的折射问题经常与几何知识相关。
7.【答案】C
【解析】解：A、已知R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知通过R1、R2的电流相等，设为I2，因R2的阻值为R0，R3的阻值为R02，R3、R2并联，则R3的电流为2I2，则降压变压器T2的次级电流为3I2。
对于降压变压器T2，由电流和匝数关系可知
n4n3=I23I2=13
则n1n2=n4n3=13，故A错误；
B、升压变压器T1的初级电流为
I1=n2n1I2=3I2
由能量关系可知
U0I1=2U4I2+U4⋅2I2
解得：U4=34U0
即电压表示数34U0，故B错误；
C、电流表的示数I2等于通过R1的电流，则为I2=U4R0=3U04R0，故C正确；
D、若R3断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初级电流减小，则电流表示数将减小，故D错误。
故选：C。
根据R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，知道通过R1、R2的电流相等，分析降压变压器原副线圈电流关系，再求匝数比；根据升压变压器输入功率等于三个电阻功率之和列式，即可求出电压表的示数。根据欧姆定律求电流表的示数。若R3断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，分析电流表示数的变化。
本题的关键掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，搞清功率分配情况，即可解决本题。
8.【答案】C
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，可得：v= GMr，可知卫星a的速度大于卫星b的速度，卫星c在N点做近心运动，所以卫星c在N点的速度小于卫星b的速度，则卫星c在N点的速度小于卫星a的速度，故错误；
B、根据图乙知，卫星a、b最远距离为5R，最近距离为3R，则ra−rb=3R，ra+rb=5R，
解得ra=R，rb=4R，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，得：T=2π r3GM，
可知卫星a、b的运动周期之比为1：8，故B错误；
C、设卫星a的运动周期为Ta，卫星b的运动周期为Tb，根据两卫星从相距最远到最近有：
2πTa⋅T+2πTb⋅T=π，又Tb=8Ta，联立解得：Ta=9T4，故C正确；
D、卫星a的加速度大小：aa=(2πTa)2⋅ra=64π2R81T2，故D错误；
故选：C。
根据万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，GMmr2=m4π2T2r，分析速度，运行周期的问题；根据两卫星绕行方向相反时，两卫星从相距最远到最近有2πTa⋅T+2πTb⋅T=π，分析卫星a的周期；由向心加速公式求解卫星a的加速度大小。
本题考查了万有引力在天体中的应用，相距最近和最远的问题，解题关键是两卫星绕行方向相反时，两卫星从相距最远到最近时满足2πTa⋅T+2πTb⋅T=π。
9.【答案】CD
【解析】解：A.由图甲的光路可得玻璃砖对a光和b光的折射率分别为：na=1sinβ；nb=sinαsinβ，可得：na>nb
设b光的全反射临界角为Cb，则有：sinCb=1nb>1na=sinβ，可得：Cb>β。则将b光沿a光的光路射向O点，b光不能发生全反射，故A错误；
B.因na>nb，故a光和b光的频率关系为：fa>fb，波长关系为：λa<λb，用同一双缝做光的干涉实验，根据：Δx=Ldλ，可知a光产生的干涉条纹间距比b光的小，故B错误；
C.因a光的频率大于b光，则a光能发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程：hν−W0=Ekm，其中W0=hν0，Ekm=eUc
可得a光的光子能量为：hνa=hν0+eUc，故C正确；
D.用图乙测量遏止电压，应给光电管加反向电压，则滑片P应从图示位置向左端滑动，故D正确。
故选：CD。
根据折射定律求得玻璃砖对a光和b光的折射率的大小关系，根据全反射的条件分析解答；折射率的大小关系a光和b光的频率大小关系与波长大小关系，根据Δx=Ldλ，分析条纹间距大小关系；根据爱因斯坦光电效应方程求解a光的光子能量；测量遏止电压，应给光电管加反向电压。
本题考查了光电效应实验，全反射现象和双缝干涉。掌握全反射临界角与折射率关系，爱因斯坦光电效应方程的物理意义，双缝干涉条纹间距的公式。
10.【答案】BC
【解析】解：A.质点M只能在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故A错误；
B.根据图甲可知波长为λ=4cm，根据图乙可知周期为T=4s，则波速为v=λT=4×0.014m/s=0.01m/s
两列波的起振点到Q点的距离为4cm，则起振传到Q点需要的时间为
Δt=xv=
5s=T+14T
剩下的14T时间Q点同时向下起振，到达波谷，则Q处的质点的位移为两个振幅的的长度，即为−10cm，故B正确；
C.根据题意可知，当沿正向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引|起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5cm，故C正确；
D.平衡位置坐标为x=4cm的质点参与两列完整的波振动，则在振动过程中通过的总路程为40cm，故D错误。
故选：BC。
质点M只能在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，根据图像可知波长与周期，进而计算波速，分析两波传到Q点的时间，从而分析B项，根据波的叠加特点分析CD。
本题考查了波的图像与振动图像，理解波长、波速和周期的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。
11.【答案】BD
【解析】解：A.根据题意，由对称性可知，M、P两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，M、P两点的电势相等，且N点电势高于O点的电势，O点的电势高于和M、P点的电势；在D点的负点电荷产生的电场中，N点的电势高于O点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势M、P两点的电势相等，综上所述，可知φN>φO>φP=φM，故B正确；
C.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，OC连线为等势线，在D点的负点电荷产生的电场中，从O到C电势逐渐变大，综上所述，可知从O到C电势逐渐变大，将带正电的试探电荷由O点沿直线移动到C点，电势能一直增大，故C错误；
D.根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B两处的正点电荷产生的电场中，C、D两点的电势相等，则将固定在D点的点电荷移动到C点，电场力做功为零，故D正确。
故选：BD。
A：根据点电荷电场强度的叠加原理和对成型判断；
B：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点及单独点电荷电势分布特点联立判断；
C：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点及单独点电荷电势分布特点联立判断O点到C点连线上电势的分布，再根据电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化；
D：根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点判断C、D两点电势的关系，再根据电场力做功与电势差的关系式判断。
本题考查电势差与电场强度的关系、电势能与电场力做功的关系、电势等基本的知识点，要求学生熟练掌握这些基本的知识点及其应用。
12.【答案】BD
【解析】解：A.木块乙上升过程中，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹性势能先减小后增大；而整个系统机械能守恒，弹簧的弹性势能与木块乙的机械能相互转化，所以木块乙的机械能先增大后减小，故A错误；
B.当木块乙静止时，弹簧处于压缩状态，其弹力等于木块乙的重力，即
2mg=kx1
解得
x1=2mgk
当木块甲恰好未离开桌面，此时弹簧处于伸长状态，弹力等于木块甲重力，即
mg=kx2
解得
x2=mgk
则木块乙上升的最高位置距开始静止点的距离为
x=x1+x2=3mgk
根据对称性可知弹簧的最大压缩量为
x′=x+x1=5mgk，故B正确；
C.木块甲对桌面的最大压力大小
FN=mg+kx′=mg+k×5mgk=6mg，故C错误；
D.选弹簧的最大压缩时为零势能面，根据能量守恒可知
W+12kx12+2mgx=12kx′2
解得
W=12kx′2−12kx12−2mgx=9m2g22k，故D正确。
故选：BD。
A：根据机械能守恒定律判断；
B：根据平衡条件求解乙静止时和乙上升高度最大时弹簧的形变量，最后根据对称性求解弹簧的最大压缩量；
C：弹簧的压缩量最大时甲对桌面的压力最大，压力等于甲的重力和弹力之和；
D：根据能量守恒定律求解外力F对木块乙做的功。
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。
13.【答案】mgh1 F1−mg2L 2 mgL
【解析】解：(1)根据题意，小球从h1高处摆到最低点的过程中重力势能的减少量为mgh1；
在最低点根据牛顿第二定律F1−mg=mv2L
小球动能Ek1=12mv12
联立解得，小球动能的增加量Ek1=F1−mg2L；
(2)若该过程机械能守恒可知
mgh=12mv2
根据(1)结论可知Ek=F−mg2L
即mgh=F−mg2L
整理表达式得F=2mgLh+mg
即F−h图像的斜率为k=2mgL
故答案为：(1)mgh1；F1−mg2L；(2)2mgL。
(1)根据重力势能表达式、牛顿第二定律以及动能的表达式求解；
(2)根据(1)结论，整理表达式，再结合图像求解。
本实验考查验证机械能守恒定律的实验，解答该实验的关键是分析圆周运动过程中小球受力情况，根据牛顿第二定律列式求解，题目难度适中。
14.【答案】左 1500.03.2×10−6 4.8×10−4
【解析】解：(2)由题图可知，滑动变阻器为分压式接入电路，为了保护电路在实验开始前，其滑片应该置于左端。
(3)由实验电路图可知，该测量方法属于电桥法测量电阻，由于开关S2闭合前后，微安表示数不变，所以有
R1R3=R2R微
解得
R微=1500.0Ω
(4)图中最小放个面积所对应的电荷量为q=8μA×0.4s=3.2×10−6C
由题意可知，充电后电容器的电压与电源电动势相同，即3V，由于一个小格代表的电荷量为3.2×10−6C，图像共150个小格，所以通过微安表的电荷量为
Q=150×3.2×10−6C=4.8×10−4C
由题意可知，流过R的电流是微安表的3倍，则根据电容的定义式可知电容器的电容为
C=Q总U=4.8×10−4×33F=4.8×10−4F
故答案为：(2)左；(3)1500.0；(4)3.2×10−6；4.8×10−4
(2)根据实验电路安全分析解答；
(3)根据电桥法测量电阻原理解答；
(4)根据图像的面积及电容器定义式解答。
学生在解答本题时，应对电路知识有比较全面的了解，并且理解电容的工作原理。
15.【答案】解：(1)已知p0=1.0×105Pa，M=300kg，S=30cm2，θ=37∘，对空气减震器上方的整体进行分析，根据平衡条件有
p1S=Mgcsθ+p0S
解得p1=9.0×105Pa
(2)电动轿车行驶至水平路面时，对空气减震器上方的整体进行分析有
p2S=Mg+p0S
解得p2=1.1×106Pa
由于温度不变，根据玻意耳定律有
p1l1S=p2l2S
解得l2=6311cm=5.73cm
答：(1)上坡时气缸内气体的压强p1为9.0×105Pa；
(2)电动轿车行驶至水平路面时，减震器气缸内气柱的长度l2为5.73cm。
【解析】(1)根据物体的平衡条件列式求解气体压强；
(2)重新求解汽车运动至水平面时封闭气体的压强，根据玻意耳定律列式求解气柱长度。
考查物体的平衡问题和玻意耳定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
16.【答案】解：(1)货物刚放上传送带时，设传送带对货物支持力为N1，货物底面所受滑动摩擦力为f1，固定挡板对货物支持力为N2，货物侧面所受滑动摩擦力为f2
由力的平衡条件得：N1=mgcsθ，N2=mgsinθ
由滑动摩擦力计算公式得：f1=μ1N1，f2=μ2N2
代入数据解得：f1=40N，f2=15N
因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将从静止开始沿传送带做匀加速直线运动，若能共速，则共速后做匀速运动，由牛顿第二定律可得：f1−f2=ma1
解得：a1=2.5m/s2
设货物匀加速至与传送带共速经历时间为t1，对地位移为x1，
由运动学公式得：t1=va1，解得：t1=0.4s
位移：x1=v22a1，解得：x1=0.2m
因x1时间：t2=x2v，解得：t2=9.8s
货物运动总时间为：t=t1+t2=0.4s+9.8s=10.2s
(2)传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。
货物与传送带之间的相对位移为：Δx=vt1−x1
货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为：Q1=f1Δx
代入数据解得：Q1=8J
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为：Q2=f2L=15×10J=150J
货物增加的动能为：ΔEk=12mv2
解得：ΔEk=5J
传送装置多消耗的电能为：E=Q1+Q2+ΔEk=8J+150J+5J=163J
答：(1)货物在传送带上经历的时间t为10.2s；
(2)传送装置多消耗的电能E为163J。
【解析】(1)对货物受力分析刚放上传送带时，根据滑动摩擦力计算公式求解与传送带和挡板之间的滑动摩擦力，货物将从静止开始沿传送带先做匀加速直线运动，若能共速，则共速后做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解货物运动总时间；
(2)传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。根据摩擦生热等于滑动摩擦力乘以相对位移求解货物与传送带之间和货物与挡板之间由于摩擦产生的内能，根据动能的定义求得货物增加的动能。
本题考查了传送带模型与功能关系的应用。传送带模型要判断是否可以共速，以及共速后物体运动形式，要注意摩擦力的方向。要理解利用功能关系确定传送装置多消耗的电能。
17.【答案】解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其运动轨迹和运动分解示意图如图1所示。设运动时间是t。
沿x轴方向有：6l⋅sinθ=v0t
沿y轴方向有：y=12at2
由牛顿第二定律得：qE=ma
O点到P点的距离为：OP=y+6l⋅csθ
联立解得：OP=7.5l
(2)设粒子经过Q点时的速度为v，方向与+x方向的夹角为β，其竖直分速度为vy，则有：
vy=at
vy=v0tanβ
v=v0csβ
解得：β=60∘，v=2v0，方向与+x方向的夹角为60∘。
(3)由(2)的结论：β=60∘，可得粒子沿垂直于OA的方向由Q点进入磁场区域，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图2所示。设粒子做匀速圆周运动的轨道半径R。
由几何知识得：R+Rcs60∘=6l
解得：R=2l
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2R
解得磁感应强度大小：B=mv0ql
(4)带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域如图2中蓝色虚线所示。
矩形区域的长度：a=2Rsin60∘=2 3l
矩形区域的宽度：b=R−Rcs60∘=l
矩形区磁场域的最小面积：S=ab=2 3l2
答：(1)O点到P点的距离为7.5l；
(2)粒子经过Q点时的速度大小为2v0，方向与+x方向的夹角为60∘；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小为mv0ql；
(4)矩形磁场区域的最小面积为2 3l2。
【解析】(1)(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律将运动正交分解，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
(3)根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
(4)根据题意求出矩形的最小边长，然后求出磁场的最小面积。
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚带电粒子的运动过程是解题的前提与关键；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般步骤：根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角，然后应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式分析答题。
18.【答案】解：(1)对“工”形架，由牛顿第二定律得
F=2ma
t1时刻“工”形架的速度为
v1=at1
金属棒切割磁感线产生感应电动势
E=B0lv1
解得金属棒a两端电压
U=E=B0lFt12m
(2)从0∼t0过程中，“工”形架磁通量不变，不产生焦耳热。t0∼2t0的过程，由法拉第电磁感应定律得
E=ΔBl2Δt
产生的焦耳热为
Q1=E22Rt0
解得
Q1=B02l42Rt0
(3)2t0时刻“工”形架的速度为
v2=F2m×2t0=Ft0m
“工”形架穿过K的过程中，b和c构成回路。对“工”形架，取向右为正方向，由动量定理有
−FAΔt=2mv3−2mv2
解得
v3=Ft0m−B02l3mR
从解锁开始再经过时间Δt的过程中，对“工”形架，取向右为正方向，由动量定理得
−FAΔt=2mv−2mv3
对c棒，取向右为正方向，由动量定理得
FAΔt=2mv′
解得
v+v′=v3
则距离的减少量
Δd=(v+v′)t0
解得
Δd=(Ft0m−B02l3mR)t0
(4)导轨足够长，“工”形架和c棒最终速度大小相等并保持稳定，则
v=v′=v32
由能量守恒定律得
Q=12×2mv32−12×2mv2−12×2mv′2
则a棒产生的热量
Q2=16Q
解得
Q2=(Ft0−B02l3)212mR2
答：(1)t1时刻，金属棒a两端电压B0lFt12m；
(2)0∼2t0时间内，“工”形架产生的焦耳热B02l42Rt0；
(3)金属棒a从K点开始，经时间t0与金属棒c距离的减少量(Ft0m−B02l3mR)t0；
(4)金属棒c解除锁定后，金属棒a中产生的焦耳热(Ft0−B02l3)212mR2。
【解析】(1)由牛顿第二定律结合速度-时间公式求t1时刻，“工”形架速度，由E=BLv求a两端电压U；
(2)由焦耳定律求从t=0到t2过程中“工”形架产生的焦耳热；
(3)由动量定理结合运动学公式求金属棒a从K点开始，经时间t0与金属棒c距离的减少量；
(4)由能量守恒定律求金属棒c解除锁定后，金属棒a中产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。