2024屆山東省臨沂市高三年級下冊第二次模擬考試（5月）物理試題（附答案解析）

2024屆山東省臨沂市高三下學期第二次模擬考試（5月）物理試

題

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.如圖所示為氫原子的能級示意圖，3個處于〃=4的激發(fā)態(tài)的氫原子，自發(fā)向較低能級躍

遷的過程中向外輻射光子，并用這些光照射逸出功為2.49eV的金屬鈉.下列說法正確的是

()

nE/eV

8-----------0

5-------------0.54

4------------0.85

3-------------1.51

2-------------3.4

1-13.6

A.最多能輻射出6種不同頻率的光子，其中最多有4種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生光電

效應

B.最多能輻射出6種不同頻率的光子，其中最多有3種頻率的光能使金屬鋼發(fā)生光電

效應

C.最多能輻射出5種不同頻率的光子，其中最多有4種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生光電

效應

D.最多能輻射出5種不同頻率的光子，其中最多有3種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生光電

效應

2.如圖（a）所示，太陽系外行星M、N均繞恒星Q做同向勻速圓周運動。由于N的遮擋，

行星M被Q照亮的亮度隨時間做如圖（b）所示的周期性變化，其中"為N繞Q運動的公

轉周期。則兩行星M、N運動過程中相距最近時的距離與相距最遠時的距離之比為（）

亮度

r75

也也也

T77

圖（a）圖(b)

A.1:4B.3:8C.1:2D.3:5

3.據(jù)報道，我國福建號航母艦載機彈射起飛的電磁彈射技術與他國不同，采用的儲能方式

是超級電容。某科學探究小組制作了一個簡易的電容式電磁彈射裝置，如圖所示，間距為/

的水平平行金屬導軌左端連接充好電的電容器，電容為C,電壓為U,導軌右端放置質量為

機的光滑金屬棒，勻強磁場沿豎直方向（圖中未畫出），磁感應強度大小為8,開關閉合后

金屬棒向右離開導軌后水平射出，若某次試驗金屬棒彈射出去后電容器兩端的電壓減為二，

不計一切阻力，則金屬棒離開導軌的速度為（）

y---------------于——

ABCUI043BCUl03BCUI「9BCUI

A.D.-----------C.D.

4m2m4m16m

4.某品牌自行車的氣壓避震裝置主要由活塞、汽缸組成，可將其簡化成如圖所示結構，該

自行車共有4個完全相同的避震器。自行車車架通過支架連接活塞，汽缸底部固定安裝在車

軸上，自行車車架、支架、活塞的總質量為加，活塞橫截面積為S,質量為根的騎行愛好者

勻速騎行在水平路面時汽缸內氣體的長度為4,重力加速度為g,外界大氣壓強為P。，活塞

內氣體視為理想氣體且溫度不變，不計一切摩擦，則騎行者在與水平面成

夕=37。（8$37。=0.8）夾角的斜坡上勻速向下騎行時汽缸內氣體的長度為（）

2OpoS+5（M+m）g2OpoS+4（M+m）g

A，20Pos+4（M+/〃）g4B.20Pos+5（M+/〃）g1

15p0S+5{M+m）g15Pos+3（M+wz）g

C，15Pos+3（M+m）g40。15pos+5（M+〃?）g"

5.如圖所示，半徑為R圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為8的勻強磁場，磁場方向垂直于

紙面向外。質量為加、電荷量為+4的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，

最后經過C點離開磁場。已知弧C4對應的圓心角為60。，不計粒子重力。則（）

試卷第2頁，共10頁

A.粒子運動速率為甘

3m

B.帶電粒子運動過程中經過圓心。

5兀m

C.粒子在磁場中運動的時間為二

3qB

D.粒子在磁場中運動的路程為深

6.在如圖所示的理想降壓變壓器電路中，在a、b之間加上電壓穩(wěn)定的交流電源，均為定值

電阻，尸為滑動變阻器的滑動觸頭，滑動變阻器的總電阻瑪，電壓表、電流表均為理想

A.電流表的示數(shù)一定變大

B.電壓表的示數(shù)保持不變

C.&的功率一直變大

D.4的功率先增大后減小

7.五一假期小明和同學去公園游玩，看到如圖所示的彈射裝置，該裝置由安裝在水平臺面

上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道和E4相連）、斜軌道A3組

成。游戲時小滑塊從。點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好到達B

端視為游戲成功。已知圓軌道半徑廠=0.2m,AC長0.4m,8C高/?=0.2m,AE長度可

調，圓軌道和OE光滑，各部分平滑連接，滑塊與AB、AE之間的動摩擦因數(shù)均為〃=。5,

可視為質點的滑塊質量〃?=10g,重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。要使游戲成功,

彈簧的彈性勢能1、AE長4必須滿足（)

B.L2>0.2m,且與=（0.05+0.0412）J

C.L2>0.3m,且耳=（0.04+0.05/2）J

D.I2>0.3m,且與=（0.05+0.04右）1

8.如圖所示，半徑均為E的光滑球和不光滑的半球由同種材料制成的，球和半球放置在豎

直墻壁的左側。當半球的球心到豎直墻壁的距離大于2.2R時，半球將向左滑動。當半球球

心到墻壁的距離為乙時，即使給球體向下沿通過球心的豎直方向施加的力再大，半球和球始

二、多選題

9.如圖所示，為a、b兩種單色光以相同的入射角從玻璃斜射向空氣的光路圖，關于。、b

兩種單色光，下列說法中正確的是（）

試卷第4頁，共10頁

A.增大入射角，b光先發(fā)生全反射

B.單色光a的光子能量比單色光b的光子能量大

C.用同一裝置進行雙縫干涉實驗，6光在屏上的干涉條紋的間距較大

D.單色光a、6分別通過同一單縫發(fā)生衍射時，單色光a的中央亮紋更寬

10.電動汽車以其環(huán)保節(jié)能、加速快等優(yōu)點越來越受到消費者的歡迎，為使汽車既有良好的

加速性能，又能控制汽車的最大速度，電動汽車的車載智能系統(tǒng)介入汽車行駛過程。如圖所

示為某品牌汽車在一次起步時汽車牽引力與速度的關系，汽車的速度達到25m/s時電動機功

率達到最大值256kW。此后車載智能系統(tǒng)逐漸降低電動機功率，當電動機功率降至最大功

率的50%時，汽車達到最大速度。已知汽車及乘員的總質量為1600kg,汽車行駛過程中受

到的阻力與速度的關系為f=(Z:=1.024N-s2/ni2),則汽車在起步直至達到最大速度的

A.汽車的加速度始終在減小

B.汽車的加速度先不變后減小

C.該汽車能達到的最大速度是100m/s

D.汽車速度為25m/s時的加速度為6m/s2

11.坐標分別位于％=-3%和x=0處有兩個振動情況完全相同的相干波源S］、邑，在/=0時

刻均從平衡位置開始向下運動，波源耳、邑均形成沿x軸正、負兩個方向傳播的簡諧橫波,

沿波傳播方向上有間距均為1m的9個質點，位置坐標如圖所示。/=0時刻各質點均處于平

衡位置，經0.4秒x=2m的質點開始振動，同時x=lm處的質點第一次具有正向最大速度,

則下列法正確的是（）

-5-4-3-2-10123x

A.波源的振動周期為0.4s

B.振動穩(wěn)定后x=-lm的質點是振動加強的點

C.振動穩(wěn)定后x=lm的質點是振動減弱的點

D.t=0.7s時刻，耳、S,之間的波形圖是一條直線

12.如圖所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球緊靠著塑料圓盤，小球A固定不動（圖

中未畫出）。小球B繞圓盤邊緣在平面內從。=0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心。處的

電場強度，獲得沿尤方向的電場強度”隨夕變化的圖像（如圖乙）和沿y方向的電場強度Ey

隨。變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）

A.小球A帶負電荷，小球B帶正電荷

B.小球A、B所帶電荷量之比為1:2

C.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心。處的電場強度先增大后減小

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心。處的電場強度最小值為2V/m

三、實驗題

13.某物理小組的同學查閱資料得知，彈簧彈性勢能表達式為丸=3履2,左為彈簧的勁度

系數(shù)，尤為彈簧形變量。他們設計了圖甲所示裝置來測量重力加速度g,操作步驟如下：

試卷第6頁，共10頁

甲

丙

（1）該同學首先利用游標卡尺測量遮光條的寬度，如圖乙所示，寬度為"=cm。

（2）按圖甲豎直懸掛好輕質彈簧，將輕質遮光條水平固定在彈簧下端，測出此時彈簧的長

度與；在鐵架臺上固定一個位置指針，標示出彈簧不掛鉤碼時遮光條下邊緣的位置，用輕質

細線在彈簧下方掛上鉤碼，測量出平衡時彈簧的長度無，并按圖甲所示將光電門的中心線調

至與遮光條下邊緣同一高度。

（3）用手緩慢地將鉤碼向上托起，直至遮光條下邊緣恰好回到彈簧原長時指針標記的等高

處（保持細線豎直），將鉤碼由靜止釋放，記下遮光條經過光電門的時間4,則鉤碼此時的

速度丫=（用題中所給字母表示）。

（4）多次改變鉤碼個數(shù)，重復步驟（2）（3）,得到多組數(shù)據(jù)，作出（龍一%）-圖像如圖

丙所示；根據(jù)數(shù)據(jù)計算出圖線斜率為6時，可計算出8=（用d和6表示）。

14.我國清潔能源設備生產規(guī)模居世界首位。太陽能電池板在有光照時，可以將光能轉化為

電能，在沒有光照時，可以視為一個電學器件。某實驗小組根據(jù)測繪小燈泡伏安特性曲線的

實驗方法，探究一個太陽能電池板在沒有光照時（沒有儲存電能）的1一U特性。所用的器

材包括：太陽能電池板，電源及電流表A、電壓表V、滑動變阻器R、開關S及導線若干。

該實驗小組根據(jù)實驗得到的數(shù)據(jù)，描點繪出了如圖乙的/—U圖像。

（1）為了達到上述目的，實驗電路應選用圖甲中的圖―（填％”或“6”）。

⑵己知電壓表V的量程為0~L5V,內阻為21kQ,若要將該電壓表改裝成量程為04V的

電壓表，該電表需串聯(lián)一個kQ的電阻。

（3）太陽能電池板作為電源，在一定光照強度下其路端電壓與總電流的關系如圖丙所示，把

它與阻值為1k。的電阻連接構成一個閉合電路，該電源的效率是—%□（結果保留三位有效

數(shù)字）

（4）太陽能電池板在沒有光照時（沒有儲存電能）的伏安特性曲線如圖乙所示。太陽能電池

板沒有光照時（沒有儲存電能）其電阻用符號尺表示，將同規(guī)格的電池板接入電路如丁圖

所示，已知電源電動勢E=3V,內阻r=5000,可得電池板消耗的功率_mW（保留三位

有效數(shù)字）。

四、解答題

15.某學習小組測量半徑為R的透明半圓柱體玻璃的折射率，其橫截面如圖所示為半圓形，

是通過透明玻璃體橫截面圓心。的直線，用激光筆沿平行于MN的直線43射向該柱體,

8為入射點，角NBQM=60。。8為出射光線，C￡＞與相交，夾角a=30。。已知光在真

空中的傳播速度為c，求：

（1）透明玻璃半圓柱體材料對該激光束的折射率；

（2）激光束在半圓柱體中傳播的最短時間。

試卷第8頁，共10頁

A'、2__

MoP7DN

16.火箭是世界各國進行太空活動的主要運載工具，我國針對火箭可重復使用技術展開了探

索和研究。為了研究火箭可回收技術，某次從地面發(fā)射質量為根=100kg的小型實驗火箭，

火箭上的噴氣發(fā)動機可產生恒定的推力，且可通過改變噴氣發(fā)動機尾噴管的噴氣質量和方向

改變發(fā)動機推力的大小和方向?；鸺痫w時發(fā)動機推力大小為凡與水平方向成a=60。，

火箭沿斜向右上方與水平方向成"=30°做勻加速直線運動。經過4=20s,立即遙控火箭上

的發(fā)動機，使推力的方向逆時針旋轉60。，同時改變推力大小，使火箭沿原方向做勻減速直

線運動（不計遙控器通信時間、空氣阻力和噴氣過程中火箭質量的變化，g=10m/s2）o求：

（1）推力廠的大?。?/p>

（2）火箭上升的最大高度。

17.某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。平面內長為/的正方形EFGH區(qū)域內存在方向垂

直紙面向外、磁感應強度大小為2的勻強磁場，探測板8平行于G〃水平放置，能沿豎直

方向緩慢移動且接地。。、蟲c為三束寬度不計、間距相等均為d的離子束，離子均以相同

速度垂直邊界E"射入磁場，其中6束中的離子恰好從中點射入，后從下邊界G〃射出

后垂直打在探測板的右邊緣。點。離子質量均為相、電荷量均為q,不計重力及離子間的相

互作用。

（1）求離子運動速度v的大??；

（2）若。離子離開GH時，速度方向與GH夾角為a（銳角），求。離子在磁場中運動的時

間；

（3）當c離子射出磁場后也剛好達到D點，為確保三束離子離開磁場后，都能達到8板，

求此時8板到GH的距離h及8板的最短長度尤。

E(--]F

---------G

CD

18.在空中兩個相距為?！ǖ乃焦潭ㄌ旎ò逯g存在豎直向上的勻強電場，電場強度為

￡,外殼絕緣帶正電的小球A和B,質量分別為機和3加，帶電量分別為4和%?，F(xiàn)

q

讓同一豎直線上的小球A和B,從下面天花板處和上面天花板下方h的地方同時由靜止釋

放，所有碰撞都是彈性碰撞，A、B球之間的庫侖力忽略不計，重力加速度為g,忽略球的

直徑、空氣阻力及碰撞時間。

(1)求球B第一次碰撞天花板時球A的速度大??；

(2)若球B在第一次下降過程中與球A相碰，求p應滿足的條件；

(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更低的位置(即穿過圖中小

球A下面天花板的小孔)，求p應滿足的條件；

(4)若B球”次與上天花板碰撞且B與A碰撞發(fā)生在B上升階段，求p應滿足的條件。

試卷第10頁，共10頁

參考答案:

1.c

【詳解】3個處于〃=4的激發(fā)態(tài)的氫原子，可能其中一個直接躍遷到〃=1,氫原子從"=4

到”釋放的能量為

AE41=￡4-￡1=-0.85eV-<-13.6eV)=12.75eV>2.49eV

第二個先躍遷到〃=2,再從"=2躍遷到〃=1,從〃=4到〃=2釋放的能量為

AE42=E4-E2=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eV>2.49eV

從”=2到〃=1釋放的能量為

AE21=E2-El=-3.4eV-(-13.6eV)=10.2eV>2.49eV

第三個先躍遷到〃=3,再從〃=3躍遷至！]〃=1,從"=4到〃=3釋放的能量為

AE43=E4-E3=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV<2.49eV

從九=3到〃=1釋放的能量為

AE31=E3-E]=-1.5leV-(-13.6eV)=12.09eV>2.49eV

或者從〃=3躍遷至!j〃=2,最后從〃=2躍遷至ij〃=l,從〃=4至i]a=3釋放的能量為

AE43=E4-E3=-0.85eV-(-1.51eV)=0.66eV<2.49eV

從〃=3至I]"=2釋放的能量為

AE32=E3-E2=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV<2.49eV

從w=2到”=1釋放的能量為

AE21=E2-Ej=-3.4eV-(-13.6eV>10.2eV>2.49eV

綜上所述可知最多能輻射出5種不同頻率的光子。其中最多有4種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生

光電效應。

故選C。

2.D

【詳解】設M繞Q運動的公轉周期為T,由圖(b)可知

2^TT0_UT03TO_8TO

竺一"T~T0777

亍下

解得

答案第1頁，共17頁

7=8”

設行星M、N繞Q運動的半徑分別為?、大，根據(jù)開普勒第三定律可得

T?一"2

解得

區(qū)「叵」

AK21

則兩行星M、N運動過程中相距最近時的距離與相距最遠時的距離之比為

L_3

。+勺5

故選D。

3.C

【詳解】根據(jù)電容器的定義式，有

C=F

可知金屬棒在導軌上運動過程中通過它的電荷量為

3

q=C\U=-CU

4

由動量定理，可得

Blit=my

又

q=It

聯(lián)立，解得

3BCUI

v=---------

4m

故選C。

4.A

【詳解】在水平路面時，由平衡可知

(m+M)g+4p0S=405

在水平路面汽缸內氣體的體積

匕=修

答案第2頁，共17頁

斜坡上由平衡可知

(m+M)gcosO+4poS=4/?2S

斜坡上汽缸內氣體的體積

Y=h2s

根據(jù)玻意耳定律

PiV=八匕

解得

20Pos+5(M+租)g

%

2OpoS+4(^M+m^g

故選Ao

5.B

【詳解】

A.假設該電荷在磁場中運動軌跡圓心為。，由幾何關系可知一AOC為正三角形。假設運動

軌跡半徑為廣，由幾何關系可知

“R

3

由洛倫茲力公式可知

_qBr_6qBR

v——■

m3m

故A錯誤;

B.由圖像可知，軌跡經過圓心。故B正確；

C.由于此時運動軌跡圓心角為120。，結合公式

答案第3頁，共17頁

2兀m

qB

可知，所用時間為

2-4萬m

t=-T=-----

33qB

故c錯誤；

D.由幾何關系可知

2-4后R

s=——27廠=------

39

故D錯誤。

故選B。

6.D

【詳解】ABC.當滑動觸頭P由d端向c端滑動時，電阻&的阻值由0開始增加，假設副

線圈的電壓。2不變，根據(jù)歐姆定律

/旦

/一

可知電流表示數(shù)減小，又

/1n2

在匝數(shù)比不變的情況下原線圈電流力減小，根據(jù)

NU=/國

則R/的電壓減小，

巳=//吊

可知，R/功率減小

U、=U—

則原線圈的的電壓增大，根據(jù)

幺=區(qū)

U2n2

副線圈電壓。2增大，即電壓表的示數(shù)增大，故ABC均錯誤；

D.可以將副線圈的電阻等效到原線圈上來，從而將復雜的電路化為簡單的串聯(lián)電路，如下

圖

答案第4頁，共17頁

0

由于

I[_區(qū)

A?2

幺=區(qū)

U2n2

可知

R_U[_%_“2n

居一丁一了/一前%效

JL2，匕24]，"

將史等效為原線圈的電阻，其大小

R-HLR

f效—一2

n2

由于如>"2,R2>RI,則R等QR/,將R/看作電源的內阻，此時R第效的功率即為電源的輸出功

率，隨著滑動觸頭尸由1端向。端滑動，R粉的電阻從。開始逐漸增加。可知R等費的功率先

增大再減小，且當尺等能=4時有最大功率，則&的功率先增大后減小，故D正確。

故選D。

7.A

【詳解】由能量守恒可知

E^mgh+jumg^+L,)

解得

Ep=(0.04+0.05L2)J

為了小滑塊不脫離軌道，在圓軌道最高點有

v2

mg=m—

r

解得

v=V2m/s

答案第5頁，共17頁

根據(jù)能量守恒可知

2

Imgr+—mv=mgh+jumg(Z1+L2)

解得

L2=0.2m

綜上所述，A正確。

故選Ao

8.D

【詳解】依題意，設半球質量為處則光滑球質量為2相，對光滑球和不光滑的半球受力分

析，如圖所示

當半球的球心到豎直墻壁的距離為2.2H時，由幾何關系，有

2.2R—R

sin6==0.6

2R

根據(jù)平衡條件，可得

f=N2=2mgtan0,電=mg+2mg

又

聯(lián)立，解得

//=0.5

給球體向下沿通過球心的豎直方向施加的力再大，半球和球始終保持靜止，需要滿足

(F+2mg)tancr<//(mg+F+2mg)

即

mg

tan</z-+1

2mg+F

答案第6頁，共17頁

當半球球心到墻壁的距離為取最大值L時，有

tana=〃

由幾何關系，有

L=2Rsina+R

聯(lián)立，解得

故選Do

9.BC

【詳解】A.由圖知，〃光偏折程度較大，。光折射率較大，根據(jù)

sinC=^a光臨界角較小，增大入射角，。光先發(fā)生全反射，故A錯誤；

n

B.。光折射率較大，則頻率較大，根據(jù)

E=hv

單色光a的光子能量比單色光b的光子能量大，故B正確；

C.。光頻率較大，則波長較小，根據(jù)

Ax——A

d

用同一裝置進行雙縫干涉實驗，6光在屏上的干涉條紋的間距較大，故C正確；

D.a光波長較小，單色光。、b分別通過同一單縫發(fā)生衍射時，單色光b的中央亮紋更寬,

故D錯誤。

故選BC。

10.AD

【詳解】AB.汽車的速度達到25m/s前的過程，根據(jù)牛頓第二定律可得

可知隨著汽車速度的增大，汽車的加速度逐漸減??；汽車的速度達到25m/s到最大速度的過

程中，根據(jù)牛頓第二定律可得

a，=0=X

mm

可知隨著汽車速度的增大，牽引力的減小，汽車的加速度繼續(xù)逐漸減??；故A正確，B錯

誤;

答案第7頁，共17頁

C.設汽車能達到的最大速度為％，此時牽引力等于阻力，電動機功率降至最大功率的50%

時，則有

5。％匕

解得

50%P0.5x256xl03,“,

%=J-------=3--------------------m/s=50m/s

1vkv1.024

故C錯誤;

D.汽車速度為25m/s時，根據(jù)牛頓第二定律可得

——工

Ct——

mm

又

J=/=^=2560N

聯(lián)立解得

4x2560-1.024x252

a=---------------------------m/s=om/s

1600

故D正確。

故選AD。

11.ACD

【詳解】A.設兩波的波速為V,周期為T,根據(jù)題意可得

—0.4s,^-+-=0.4s

vv2

其中

玉=Im,x2=2m

聯(lián)立解得

v=5m/s,T=0.4s

故A正確；

B.兩波的波長

X=vT=2m振動穩(wěn)定后k-lm的質點到兩波源的距離差

^=201-1111=101=0.5X所以該質點是振動減弱的點，故B錯誤;

C.振動穩(wěn)定后x=lm的質點到兩波源的距離差

答案第8頁，共17頁

Ax?=4m-lm=3m=L5九所以該質點是振動減弱的點，故C正確；

D.在t=0.7s時，S|右側的波剛好傳播到0.5m處，S?左側的波剛好傳播到-3.5m處，坐標

在豆、邑之間兩列波的振動情況完全相反且振幅相同，則在0.7s時，坐標在y、S2之間的

質點位移都為。，波形圖是一條直線，故D正確。

故選ACD?

12.BD

【詳解】A.由乙、丙兩圖可知，當。!■時，小球B在。點正上方,此時Ex=0,Ey=-6V/m,

則說明小球A一定在y軸上固定；當。=0時，”=-4V/m,小球B在。點正右側，而水平

方向場強方向為x軸負向，則說明小球B為正電荷，此時E，=-2V/m,豎直方向的場強方

向為了軸負向，若小球A在。點正上方固定，則小球A帶正電荷，若小球A在。點正下方

固定，則小球A帶負電荷，所以小球A的帶電性質不能確定，故A錯誤；

B.由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣,所以到。點的距離r相同，當0=0時，紇，4V/m,

線=-2V/m,由￡=上且可得

r

QA:QB=\\2

故B正確；

C.盤中心。處的電場強度為小球A和小球B在。點產生的場強的矢量和，隨著小球B從

6=0轉至!J2%的過程中，區(qū)和既大小都不變，%和乙的夾角在增大的過程中，當■時，

。處的合場強最大；當"三時，。處的合場強最?。凰孕∏駼從。=0轉到2%的過程中，

中心。處的合場強先增大后減小再增大，故C錯誤；

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，當。=彳時，。處的合場強最小，其值大小為

2

E=EA+EB=-2+4V/m=2V/m

故D正確。

故選BD。

13.0.230——

Zb

【詳解】（1）[1]主尺讀數(shù)為2mm,游標卡尺第6條刻度線與主尺對齊，寬度為

答案第9頁，共17頁

d=2mm+6x0.05mm=0.230cm

（3）⑵鉤碼此時的速度為

d

v=一

Ar

（4）⑶根據(jù)受力平衡

k(x-Xo)=mg

所以

E摩左（尤一龍0）2

根據(jù)機械能守恒定律

F1/7、2

聯(lián)立，解得

d2I

xx0—,9

g(At)-

結合丙圖，可得

,d2,

k=——二b

g

解得

d2

g=~br

14.⑴〃

(2)35

(3)64.3%

(4)2.58mW

【詳解】（1）根據(jù)特性曲線可知，電流需要從零開始，因此滑動變阻器采用分壓式接法，可

知，實驗電路應選用圖甲中的圖

（2）將小量程電壓表改裝成大量程電壓表，需要串聯(lián)一個分壓電阻，則有

1.5V_4V

21kQ_21kQ+.

代入得

答案第10頁，共17頁

Rx=35kQ

(3)由圖丙，圖像與縱軸交點為電動勢，即2.80V。若把它與阻值為IkO的電阻連接構成

一個閉合電路，作出電阻的伏安特性曲線，如圖所示

圖像交點為工作點，即電阻兩端電壓為L80V。該電池板的效率是

W

=L_0X100%=643%

EI2.80

(4)設尺兩端的電壓為U,電流為乙，由閉合電路歐姆定律可得

U=E-Ixr

則有

U=3-5001,

作出電源的圖像。一/,如圖所示

可得，電池板消耗的功率約為

P=lx2.58mW=2.58mW

15⑴與⑵半

【詳解】(1)作出光路圖，如下圖所示

答案第11頁，共17頁

光線經過兩次偏折后有

2(z-r)=30°

解得

r=45°

由折射定律得

sin60°

n=--------

sin45°

解得

\[6

n=----

2

(2)設光束在半圓柱體中的傳播路程為％由幾何關系

5=27?cos45°

c

n=—

v

傳播時間

s

t=-

V

解得

C

16.(1)IOOOA^N；(2)2000m

【詳解】(1)如圖

答案第12頁，共17頁

F

根據(jù)幾何關系

F『ng

F=2mgcos30°=1000V3N

(2)推力的方向逆時針旋轉前，豎直方向加速度大小

絲厘5mzs2

m

上升高度

19

%=—aytf=1000m

豎直方向速度

vy=aytx=100m/s

推力的方向逆時針旋轉后，合外力器?方向與原速度方向相反，仍然有

F合i=mg

豎直方向加速度大小

6cos(90。-/)

a------------------=5m/s

vlm

上升的高度

v2

1%=——=1000m

一2%

所以火箭上升的最大高度

h=hi+h2=2000m

17.(1)型;⑵(3)」——」................-

2mBq2tanatana2sinatanasina

答案第13頁，共17頁

【詳解】（1）由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑

R=-

2

洛倫茲力為粒子圓周運動提供向心力，故

Bqv=-----

R

解得

丫=馴

2m

（2）粒子圓周運動的周期

T①

Bq

〃粒子離開磁場時速度與GH的夾角為由幾何知識可知，其在磁場中偏轉的圓心角

0-7i-a

故粒子在磁場中運動的時間

_7i-a_n-a_（4一oc）m

360°2%BqBq

（3）根據(jù)題意，做出粒子運動的軌跡，如圖所示，由幾何知識可得

HO=d

故

HQ=^-=-^—

tanatana

由此可得

QM=-l-HQ=-l-——

22tancr

所以，CD到的距離

7QMId

n=-------=----------------z-

tancr2tanatana

要使。最短，需使。束粒子恰好打在C端，C束粒子恰好打在D端，根據(jù)上述計算結果可

知

QD&L_1___—

=sina=2sin。tanasina

所以CO板的最短長度

_QD______Zd

sina2sin2atanasin2a

答案