2024屆山西省太原市高三一模物理試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE32024年山西省太原市高考物理一模試卷一、單選題：本大題共5小題，共30分。1.如圖所示，手機(jī)僅有兩個(gè)側(cè)面與手機(jī)夾接觸，靜止在手機(jī)支架上。手機(jī)平面與水平面夾角為QUOTE，手機(jī)質(zhì)量為204g，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力的大小為2.04N

B.手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)內(nèi)側(cè)

C.手機(jī)夾單側(cè)面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)所受靜摩擦力變小2.如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動(dòng)兩個(gè)翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強(qiáng)區(qū)一點(diǎn)，B為減弱區(qū)一點(diǎn)。下列說法正確的是(

)A.圖中B處質(zhì)點(diǎn)振幅最大B.圖中A處質(zhì)點(diǎn)位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率可以不同D.A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍3.神舟17號(hào)返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整體受到豎直向上的空氣阻力，同時(shí)在水平風(fēng)力的作用下，整體以0.5m/s2的加速度沿虛直線斜向下減速運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是(

)A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙將做平拋運(yùn)動(dòng)

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機(jī)械能的減少量4.運(yùn)動(dòng)員某次發(fā)球，將球從離臺(tái)面高h(yuǎn)0處發(fā)出，球落在A點(diǎn)反彈后又落在B點(diǎn)，兩次擦邊。AB間距離為L(zhǎng)，球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)離臺(tái)面的高度為h(h>h0)，重力加速度為gA.2gh+gL28h B.5.如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內(nèi)且繞行方向相同。已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時(shí)間t=16π21Rg，忽略地球自轉(zhuǎn)，B、A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE二、多選題：本大題共3小題，共18分。6.用紫外光照射一種新型材料時(shí)，只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測(cè)到相鄰明條紋間距為QUOTE的干涉現(xiàn)象，普朗克常量為h，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)。下列說法正確的是(

)A.電子束的波長(zhǎng)QUOTE

B.電子的動(dòng)量QUOTEp=hLd螖xp=hLd螖x

C.僅減小照射光的波長(zhǎng)，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實(shí)物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波7.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為圓心，AN和CM為圓的兩條直徑，QUOTE。質(zhì)量為m1、電荷量為q1的帶電粒子1沿AO方向從A點(diǎn)射入。質(zhì)量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點(diǎn)射入，兩粒子入射速度相同且都從M點(diǎn)飛離磁場(chǎng)，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是(

)A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為QUOTE

C.粒子1與粒子2的運(yùn)動(dòng)半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2：38.如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球從a點(diǎn)沿ab方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點(diǎn)。若空間中增加沿ad方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球仍從a點(diǎn)沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點(diǎn)。下列說法正確的是(

)A.小球兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點(diǎn)的動(dòng)能與經(jīng)過k點(diǎn)的動(dòng)能之比為20：21

D.小球從a到k，機(jī)械能增加量是重力勢(shì)能減少量的一半三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共17分。9.為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所示的氣墊導(dǎo)軌裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，可使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺。

(1)學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)步驟：

QUOTE用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d

QUOTE在導(dǎo)軌上選擇兩個(gè)適當(dāng)?shù)奈恢肁、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數(shù)字毫秒計(jì)

QUOTE調(diào)整氣墊導(dǎo)軌的傾斜狀態(tài)

QUOTE使滑塊從導(dǎo)軌的左端下滑，分別測(cè)出遮光條經(jīng)過兩光電門Ⅰ、Ⅱ的時(shí)間t1、t2

QUOTE用毫米刻度尺分別測(cè)量A、B點(diǎn)到水平桌面的高度h1、h2

QUOTE改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜程度，重復(fù)步驟QUOTE，進(jìn)行多次測(cè)量

(2)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=______cm；

(3)重力加速度為g，在誤差允許范圍內(nèi)，若滿足h1-h2=______(用t1、t2、d、g表示)，可驗(yàn)證滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：______。10.實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長(zhǎng)度為9.20cm。

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖1所示，d=______mm；

(2)用歐姆表對(duì)圓柱體的電阻進(jìn)行粗測(cè)，選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)該換用______擋(選填“QUOTE”或“QUOTE”)，并重新進(jìn)行______調(diào)零，指針指在如圖2位置，阻值為______QUOTE；

(3)為精確測(cè)量該圓柱體電阻的大小，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖3所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：

A.電源E(電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻不計(jì))

B.電流表A(量程為QUOTE，內(nèi)阻r1約為QUOTE

C.電流表A(量程為QUOTE，內(nèi)阻r2為QUOTE

D.定值電阻R0(阻值為QUOTE

E.滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值為QUOTE

F.滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值為QUOTE

請(qǐng)回答下列問題：

a.實(shí)驗(yàn)中，乙表應(yīng)選______(選填“B”或“C”)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選______(選填“E”或“F”)，根據(jù)圖3所示電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，記錄甲的示數(shù)I1和乙的示數(shù)I2，電阻Rx=______(用題中的字母符號(hào)表示)；

b.I1和I2的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=______QUOTE結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；

c.通過計(jì)算，該圓柱體材料的電阻率約為QUOTE______QUOTE結(jié)果保留1位有效數(shù)字)；

(4)僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實(shí)驗(yàn)電阻率的測(cè)量值______真實(shí)值。(選填“大于”“等于”或“小于”)四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共45分。11.如圖所示，粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm，水平寬度為5cm，左端開口，右端封閉。用長(zhǎng)度為10cm的水銀柱在右側(cè)管內(nèi)封閉了長(zhǎng)為10cm的理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K，大氣壓強(qiáng)為76cmHg?，F(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有6cm長(zhǎng)的水銀柱進(jìn)入左側(cè)豎直細(xì)管，細(xì)玻璃管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于其自身的長(zhǎng)度。求：

(1)此時(shí)管內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)；

(2)此時(shí)環(huán)境的溫度。

12.輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為l，將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為7m的小球由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度變?yōu)樵L(zhǎng)的一半?，F(xiàn)將該彈簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球P接觸但不拴連；一長(zhǎng)度為2l的輕繩一端系于O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動(dòng)P，將彈簧壓縮至原長(zhǎng)的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，Q開始擺動(dòng)。輕繩在彈力變?yōu)?時(shí)斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點(diǎn)(圖中未畫出)，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：

(1)彈簧由原長(zhǎng)壓縮為原長(zhǎng)的一半，彈性勢(shì)能的變化量；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大小；

(3)Q落到B點(diǎn)時(shí)，Q與P之間的距離。13.如圖所示，兩平行且等長(zhǎng)的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng)，傾斜角度為QUOTE，ab、cd之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌ef、gh間距為L(zhǎng)，ef、gh之間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t后以速度v飛出導(dǎo)軌，同時(shí)撤去F，PQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌，PQ始終與ef、gh導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)金屬棒PQ分別在B1、B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的方向；(請(qǐng)分別說明QUOTE或QUOTE

(2)導(dǎo)軌ef、gh足夠長(zhǎng)，電容器C2帶電量的最大值；

(3)金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd的動(dòng)摩擦因數(shù)?！飬⒖即鸢浮铩?.〖答案〗A

〖解析〗解：A.由平衡條件可知手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力與其重力平衡，兩者等大反向，則手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力的大小為：QUOTE，故A正確；

B.手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)外側(cè)，故B錯(cuò)誤；

C.因手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力平衡，由對(duì)稱性可知，手機(jī)夾單側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力大小等于重力的一半，為：12×2.04N=1.02N，根據(jù)牛頓第三定律可知手機(jī)夾單側(cè)面受到手機(jī)對(duì)其靜摩擦力的大小為1.02N，故C錯(cuò)誤；

D.順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)處于平衡狀態(tài)，合力始終為零，手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力仍在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力始終平衡，保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

由平衡條件可知手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力與其重力平衡，兩者等大反向；手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)外側(cè)；因手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力平衡，結(jié)合對(duì)稱性解答；順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)處于平衡狀態(tài)，手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力與重力始終平衡。

本題考查了共點(diǎn)力平衡問題，對(duì)研究對(duì)象正確受力分析是前提，按已知力、重力、彈力、摩擦力的順序進(jìn)行受力分析。依據(jù)平衡條件解答。2.〖答案〗D

〖解析〗解：A、由題，B是振動(dòng)減弱點(diǎn)，則B點(diǎn)的振幅最小，故A錯(cuò)誤；

B、圖中A點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則A點(diǎn)的振幅增大，并不是A處質(zhì)點(diǎn)位移始終增大，故B錯(cuò)誤；

C、蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯(cuò)誤；

D、A為加強(qiáng)點(diǎn)，根據(jù)干涉加強(qiáng)點(diǎn)的條件可知，A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，故D正確。

故選：D。

兩波發(fā)生干涉時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為零或者為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，振動(dòng)減弱點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍。

本題考查波的干涉，知道振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的找法。3.〖答案〗B

〖解析〗解：A.返回艙與降落傘整體以0.5m/s2的加速度沿虛線斜向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度有豎直向上的分量，所以處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)豎直向上的空氣阻力為F1，水平風(fēng)力為F2，受力圖如下

已知a=0.5m/s2，設(shè)整體質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知，豎直方向上

水平方向上

解得F1=414m，F(xiàn)2=34m

可知豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力，故B正確；

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙的合力方向豎直向上，加速度方向豎直向上，返回艙將做類斜拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系可知，整體克服豎直向上空氣阻力和水平風(fēng)力做的功的代數(shù)和才等于其機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A.根據(jù)超失重的條件進(jìn)行分析判斷；4.〖答案〗B

〖解析〗解：乒乓球從最高點(diǎn)到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)乒乓球在最高點(diǎn)的速度為v，從最高點(diǎn)到B的時(shí)間為t，則h=12gt2

又L2=vt

得v=L2g2h

乒乓球從拋出點(diǎn)到乒乓球離臺(tái)面最高點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，可得12mv02+mgh0=125.〖答案〗C

〖解析〗解：忽略地球自轉(zhuǎn)，在地球表面有mg=GMmR2

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

對(duì)A衛(wèi)星，有QUOTE

對(duì)B、C衛(wèi)星，有QUOTE

A先后飛越B、C正上方得最短時(shí)間間隔內(nèi)有QUOTE

聯(lián)立解得：QUOTE

B、C之間的劣弧長(zhǎng)為QUOTE，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合重力和萬有引力關(guān)系列式表示出角速度，根據(jù)A先后飛越B、C正上方得最短時(shí)間間隔內(nèi)有二者掃過的角度求得AB劣弧所對(duì)的圓心角，進(jìn)而求弧長(zhǎng)。

本題要求熟練應(yīng)用萬有引力提供向心力的各種表達(dá)形式，熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)的各個(gè)公式，題目難度較大．6.〖答案〗BD

〖解析〗解：A、根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的條紋間距公式QUOTE

可得電子束的波長(zhǎng)QUOTE，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)德布羅意波波長(zhǎng)的公式QUOTE

可得電子的動(dòng)量QUOTE，故B正確；

C、根據(jù)題意，紫外光照射材料只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干電子束，可知減小照射光的波長(zhǎng)，產(chǎn)生的電子束動(dòng)量是不變的，所以電子束形成的干涉條紋間距不變，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)物質(zhì)波的定義可知，與實(shí)物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波，故D正確。

故選：BD。

由雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的條紋間距公式得出電子束的波長(zhǎng)；根據(jù)電子的動(dòng)量公式得出電子的動(dòng)量表達(dá)式；根據(jù)光電效應(yīng)判斷電子的能量；根據(jù)物質(zhì)波的定義判斷。

本題主要考查了雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉光電效應(yīng)和干涉實(shí)驗(yàn)中的條紋間距公式，理解能量和動(dòng)量的關(guān)系，熟悉公式間的推導(dǎo)即可完成解答。7.〖答案〗AB

〖解析〗解：AC.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=mv2r

解得qm=vBr

兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

設(shè)圓形區(qū)域的圓半徑為R，粒子1的軌道半徑：QUOTE

得r1=3R

粒子2的軌道半徑：QUOTE

得r2=233R

兩粒子速度相等，則q1m1：q2m2=vBr1：vBr2=r2：r1=233R：3R=2：3，故A正確，C錯(cuò)誤；

B.根據(jù)A分析，粒子1射出磁場(chǎng)時(shí)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角QUOTE，粒子2射出磁場(chǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的圓心角為QUOTE，兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向相同，故射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向夾角為QUOTE，故B正確；

D.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間QUOTE

粒子1在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

粒子1與粒子2在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比

t1t2=34，故D8.〖答案〗AC

〖解析〗解：A.小球兩次的落點(diǎn)位于同一水平面上，在豎直方向上，小球都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h=12gt2，可知兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A正確；

B.沿小球初速度的方向，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，從a到k的沿ab方向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小為第一次的一半，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球第一次從a到f點(diǎn)，設(shè)初速度大小為v0，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

沿ab方向有L=v0t

沿ae方向有L=12gt2

根據(jù)動(dòng)能定理有

mgL=Ekf-12mv02

第二次小球從a到k，沿電場(chǎng)方向受到的電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度大小為a，在ad方向做初速度大小為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足

12L=12at2

豎直方向上有L=12gt2

根據(jù)以上兩式得a=12g

根據(jù)動(dòng)能定理有mgL+maL2=Ekk-12m(v02)29.〖答案〗0.400

d22g(〖解析〗解：(2)游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，其讀數(shù)為QUOTE；

(3)如果滑塊下滑過程機(jī)械能守恒，則應(yīng)該滿足如下方程

mg(h1-h2)=12mv22-12mv12

而v2=dt2，v1=dt1

得h110.〖答案〗3.372

QUOTE

歐姆

9.0

C

R1

I2(R0+r2)I1-〖解析〗解：(1)讀數(shù)為QUOTE

(2)選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測(cè)電阻的阻值較小，所以需要換用小倍率“QUOTE”擋位，換了倍率開關(guān)后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，則此時(shí)歐姆表的讀數(shù)為QUOTE

(3)因?yàn)殡娐分杏玫搅藘蓚€(gè)電流表，所以在支路上的電流表應(yīng)該量程較小，故應(yīng)選C。因?yàn)殡娐返姆謮菏诫娐?，所以滑?dòng)變阻器應(yīng)該選用阻值較小的，故應(yīng)選E。根據(jù)歐姆定律有Rx=I2(r2+R0)I1-I2，整理得QUOTE，所以斜率k=r2+R0+RxRx=27623，解得QUOTE，根據(jù)電阻定律有QUOTE，代入數(shù)據(jù)解得QUOTE

(4)因?yàn)樵陔娐分屑葲]有電流表的分壓，也沒有電壓表的分流，所以本實(shí)驗(yàn)不存在系統(tǒng)誤差，所以電阻率的測(cè)量值等于真實(shí)值。

故〖答案〗為：QUOTE；QUOTE，歐姆，9.0；(3)C，E，I2(R0+r2)I1-I2，9.1，9×10-4；(4)等于。

(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明待測(cè)電阻值較小，所以應(yīng)該換用小倍率，要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；

(3)因?yàn)橛玫搅藘蓚€(gè)電流表，在支路上的電流表應(yīng)該量程小，在分壓式電路中，滑動(dòng)變阻器越小越好，根據(jù)歐姆定律寫出對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，然后根據(jù)斜率計(jì)算即可，根據(jù)電阻定律即可得到電阻率的大小；

(4)沒有系統(tǒng)誤差存在。

熟悉電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電阻定律和歐姆定律以及螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則，和歐姆表的使用法則，不難正確解答。11.〖答案〗解：(1)升溫后有6cm長(zhǎng)的水銀柱進(jìn)入左側(cè)豎直細(xì)管，水平段的水銀長(zhǎng)度是4cm，水銀柱高h(yuǎn)2=6cm

空氣柱長(zhǎng)l2=21cm；p0=76cmHg

設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p2，則QUOTE

得p2=70cmHg

(3)升溫前溫度T1=258K，空氣柱長(zhǎng)l1=10cm，p0=76cmHg

封閉氣體的壓強(qiáng)為p1，則QUOTE

得p1=86cmHg

由理想氣體的狀態(tài)方程p1l1ST1=p2〖解析〗(1)由幾何關(guān)系，結(jié)合連通器的原理求出氣體的壓強(qiáng)；

(2)對(duì)管內(nèi)氣柱緩慢加熱，氣柱經(jīng)歷等壓變化，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列式求解。

本題主要考查一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，以封閉的氣體為研究對(duì)象，找出氣體變化前后的狀態(tài)參量，利用氣體的狀態(tài)方程計(jì)算即可。12.〖答案〗解：(1)設(shè)彈簧由原長(zhǎng)壓縮為原長(zhǎng)的一半，彈性勢(shì)能的變化量為QUOTE，彈簧與質(zhì)量為7m的小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：

QUOTE

(2)設(shè)小球P離開彈簧時(shí)的速度為v0，小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：

QUOTE

解得：v0=7gl

設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后速度分別為v1，v2，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：

mv0=mv1+mv2

12mv02=12mv12+12mv22

解得：v1=0，v2=7gl

(3)設(shè)輕繩斷開時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為QUOTE，小球的速度大小為v3。根據(jù)牛頓第二定律得：

mgcosθ=mv322l

Q從最低點(diǎn)擺動(dòng)到輕繩斷開處，由動(dòng)能定理得：

-mg(2l+2lcosθ)=12mv32-12mv22

聯(lián)立解得：v3=gl，cosθ=12

可得：QUOTE

輕繩斷開后Q做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，以向上為正方向，則有：

QUOTE

-(2l+2lcosθ)=v3yt-12gt2

在水平方向上有，Q向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)：

QUOTE

x=v3xt

聯(lián)立解得：x=3l

輕繩在斷開時(shí)水平長(zhǎng)度為：QUOTE

Q落到B點(diǎn)時(shí)，Q與〖解析〗(1)彈簧與質(zhì)量為7m的小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，據(jù)此求得彈性勢(shì)能的變化量；

(2)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求得小球P離開彈簧時(shí)的速度。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求解P與Q碰撞后速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定律與動(dòng)能定理求得輕繩斷開時(shí)輕繩與豎直方向的夾角和小球的速度。輕繩斷開后Q做斜拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。

本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律的彈性碰撞模型、牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用、斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，整體難度不大。對(duì)于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)要分解處理，分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。掌握彈性碰撞的結(jié)果經(jīng)驗(yàn)公式。13.〖答案〗解：(1)由右手定則可知，金屬棒在B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由Q到P。

(2)PQ以速度v飛出導(dǎo)軌時(shí)的水平分速度為：QUOTE，此后做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故PQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌時(shí)的速度等于v1。

PQ切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C2處于充電狀態(tài)，當(dāng)C2的電壓U2等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達(dá)到最大值，且PQ做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)穩(wěn)定時(shí)速度為v2，則有：

U2=B2Lv2

Q=C2U2

以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：

QUOTE

QUOTE

聯(lián)立解得：Q=C2B2LmvcosθC2B22L2+m

(3)PQ在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器C1的電壓始終等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(動(dòng)態(tài)平衡)，則有：

U1=B1Lv'

QUOTE

QUOTE

感應(yīng)電流(充電電流QUOTE

PQ的加速度：QUOTE

聯(lián)立可得：i'=C1B1La

根據(jù)牛頓第二定律得：

QUOTE

可得：QUOTE

可見加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由已知條件可得：

a=vt

解得：QUOTE

答：(1)金屬棒在B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由Q到P；

(2)電容器C2帶電量的最大值為C2B2LmvcosθC2B22L2+m；

(3)金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd〖解析〗(1)根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；

(2)PQ以速度v飛出導(dǎo)軌后做斜拋運(yùn)動(dòng)。PQ切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)C2的電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達(dá)到最大值，且PQ做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電容定義式、動(dòng)量定理求解；

(3)PQ在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器C1的電壓始終等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(動(dòng)態(tài)平衡)，根據(jù)電容定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)電流與加速度的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度a為恒定值，即PQ2024年山西省太原市高考物理一模試卷一、單選題：本大題共5小題，共30分。1.如圖所示，手機(jī)僅有兩個(gè)側(cè)面與手機(jī)夾接觸，靜止在手機(jī)支架上。手機(jī)平面與水平面夾角為QUOTE，手機(jī)質(zhì)量為204g，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力的大小為2.04N

B.手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)內(nèi)側(cè)

C.手機(jī)夾單側(cè)面受到靜摩擦力的大小為0.255N

D.順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)所受靜摩擦力變小2.如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動(dòng)兩個(gè)翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強(qiáng)區(qū)一點(diǎn)，B為減弱區(qū)一點(diǎn)。下列說法正確的是(

)A.圖中B處質(zhì)點(diǎn)振幅最大B.圖中A處質(zhì)點(diǎn)位移始終最大

C.蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率可以不同D.A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍3.神舟17號(hào)返回艙開傘后，返回艙與降落傘中心連接的中軸線始終保持豎直。整體受到豎直向上的空氣阻力，同時(shí)在水平風(fēng)力的作用下，整體以0.5m/s2A.返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)

B.豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙將做平拋運(yùn)動(dòng)

D.整體克服豎直向上空氣阻力做的功等于其機(jī)械能的減少量4.運(yùn)動(dòng)員某次發(fā)球，將球從離臺(tái)面高h(yuǎn)0處發(fā)出，球落在A點(diǎn)反彈后又落在B點(diǎn)，兩次擦邊。AB間距離為L(zhǎng)，球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)離臺(tái)面的高度為h(h>h0)A.2gh+gL28h B.5.如圖所示，A、B、C是地球的三顆人造衛(wèi)星，A軌道半徑為地球半徑的4倍，B、C為同軌道近地衛(wèi)星，三者軌道位于同一平面內(nèi)且繞行方向相同。已知地球半徑為R，表面重力加速度為g，A先后飛越B、C正上方所經(jīng)歷的最短時(shí)間t=16π21Rg，忽略地球自轉(zhuǎn)，A.QUOTE B.QUOTE C.QUOTE D.QUOTE二、多選題：本大題共3小題，共18分。6.用紫外光照射一種新型材料時(shí)，只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，觀測(cè)到相鄰明條紋間距為QUOTE的干涉現(xiàn)象，普朗克常量為h，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)。下列說法正確的是(

)A.電子束的波長(zhǎng)QUOTE

B.電子的動(dòng)量QUOTEp=hLd螖xp=hLd螖x

C.僅減小照射光的波長(zhǎng)，電子束形成的干涉條紋間距將變大

D.與實(shí)物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波7.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O為圓心，AN和CM為圓的兩條直徑，QUOTE。質(zhì)量為m1、電荷量為q1的帶電粒子1沿AO方向從A點(diǎn)射入。質(zhì)量為m2電荷量為q2的帶電粒子2從C點(diǎn)射入，兩粒子入射速度相同且都從M點(diǎn)飛離磁場(chǎng)，不考慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是(

)A.粒子1與粒子2的比荷之比為2：3

B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為QUOTE

C.粒子1與粒子2的運(yùn)動(dòng)半徑之比為2：1

D.粒子1與粒子2在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2：38.如圖所示，正方體的棱ae豎直，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球從a點(diǎn)沿ab方向水平拋出，僅在重力的作用下，恰好經(jīng)過f點(diǎn)。若空間中增加沿ad方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球仍從a點(diǎn)沿ab方向水平拋出，恰好經(jīng)過底面中心k點(diǎn)。下列說法正確的是(

)A.小球兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等

B.小球兩次拋出的初速度相同

C.小球經(jīng)過f點(diǎn)的動(dòng)能與經(jīng)過k點(diǎn)的動(dòng)能之比為20：21

D.小球從a到k，機(jī)械能增加量是重力勢(shì)能減少量的一半三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共17分。9.為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所示的氣墊導(dǎo)軌裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，可使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：游標(biāo)卡尺、毫米刻度尺。

(1)學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)步驟：

QUOTE用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d

QUOTE在導(dǎo)軌上選擇兩個(gè)適當(dāng)?shù)奈恢肁、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數(shù)字毫秒計(jì)

QUOTE調(diào)整氣墊導(dǎo)軌的傾斜狀態(tài)

QUOTE使滑塊從導(dǎo)軌的左端下滑，分別測(cè)出遮光條經(jīng)過兩光電門Ⅰ、Ⅱ的時(shí)間t1、t2

QUOTE用毫米刻度尺分別測(cè)量A、B點(diǎn)到水平桌面的高度h1、h2

QUOTE改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜程度，重復(fù)步驟QUOTE，進(jìn)行多次測(cè)量

(2)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖2所示，d=______cm；

(3)重力加速度為g，在誤差允許范圍內(nèi)，若滿足h1-h2=______(用t1、t2、d、g表示)，可驗(yàn)證滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒；

(4)寫出誤差產(chǎn)生的一條原因：______。10.實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量某圓柱體材料的電阻率，圓柱體的長(zhǎng)度為9.20cm。

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖1所示，d=______mm；

(2)用歐姆表對(duì)圓柱體的電阻進(jìn)行粗測(cè)，選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應(yīng)該換用______擋(選填“QUOTE”或“QUOTE”)，并重新進(jìn)行______調(diào)零，指針指在如圖2位置，阻值為______QUOTE；

(3)為精確測(cè)量該圓柱體電阻的大小，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖3所示的實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：

A.電源E(電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻不計(jì))

B.電流表A(量程為QUOTE，內(nèi)阻r1約為QUOTE

C.電流表A(量程為QUOTE，內(nèi)阻r2為QUOTE

D.定值電阻R0(阻值為QUOTE

E.滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值為QUOTE

F.滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值為QUOTE

請(qǐng)回答下列問題：

a.實(shí)驗(yàn)中，乙表應(yīng)選______(選填“B”或“C”)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選______(選填“E”或“F”)，根據(jù)圖3所示電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，記錄甲的示數(shù)I1和乙的示數(shù)I2，電阻Rx=______(用題中的字母符號(hào)表示)；

b.I1和I2的函數(shù)圖像如圖4所示，根據(jù)數(shù)據(jù)可算得Rx=______QUOTE結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；

c.通過計(jì)算，該圓柱體材料的電阻率約為QUOTE______QUOTE結(jié)果保留1位有效數(shù)字)；

(4)僅從系統(tǒng)誤差的角度考慮，本次實(shí)驗(yàn)電阻率的測(cè)量值______真實(shí)值。(選填“大于”“等于”或“小于”)四、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共45分。11.如圖所示，粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管豎直倒置，豎直高度為20cm，水平寬度為5cm，左端開口，右端封閉。用長(zhǎng)度為10cm的水銀柱在右側(cè)管內(nèi)封閉了長(zhǎng)為10cm的理想氣體，初始狀態(tài)環(huán)境溫度為258K，大氣壓強(qiáng)為76cmHg。現(xiàn)緩慢升高環(huán)境溫度，有6cm長(zhǎng)的水銀柱進(jìn)入左側(cè)豎直細(xì)管，細(xì)玻璃管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于其自身的長(zhǎng)度。求：

(1)此時(shí)管內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)；

(2)此時(shí)環(huán)境的溫度。

12.輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為l，將彈簧豎直放置在水平地面上，在其頂端將一質(zhì)量為7m的小球由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度變?yōu)樵L(zhǎng)的一半?，F(xiàn)將該彈簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球P接觸但不拴連；一長(zhǎng)度為2l的輕繩一端系于O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球Q拴連。用外力緩慢推動(dòng)P，將彈簧壓縮至原長(zhǎng)的一半，撤去外力，P被彈出后與Q發(fā)生彈性對(duì)心碰撞，Q開始擺動(dòng)。輕繩在彈力變?yōu)?時(shí)斷開，Q飛出后落在水平地面上的B點(diǎn)(圖中未畫出)，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：

(1)彈簧由原長(zhǎng)壓縮為原長(zhǎng)的一半，彈性勢(shì)能的變化量；

(2)P與Q碰撞后的瞬間，Q速度的大??；

(3)Q落到B點(diǎn)時(shí)，Q與P之間的距離。13.如圖所示，兩平行且等長(zhǎng)的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng)，傾斜角度為QUOTE，ab、cd之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌ef、gh間距為L(zhǎng)，ef、gh之間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t后以速度v飛出導(dǎo)軌，同時(shí)撤去F，PQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌，PQ始終與ef、gh導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)金屬棒PQ分別在B1、B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的方向；(請(qǐng)分別說明QUOTE或QUOTE

(2)導(dǎo)軌ef、gh足夠長(zhǎng)，電容器C2帶電量的最大值；

(3)金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd的動(dòng)摩擦因數(shù)。——★參考答案★——1.〖答案〗A

〖解析〗解：A.由平衡條件可知手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力與其重力平衡，兩者等大反向，則手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力的大小為：QUOTE，故A正確；

B.手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)外側(cè)，故B錯(cuò)誤；

C.因手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力平衡，由對(duì)稱性可知，手機(jī)夾單側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力大小等于重力的一半，為：12×2.04N=1.02N，根據(jù)牛頓第三定律可知手機(jī)夾單側(cè)面受到手機(jī)對(duì)其靜摩擦力的大小為1.02N，故C錯(cuò)誤；

D.順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)處于平衡狀態(tài)，合力始終為零，手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力仍在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力始終平衡，保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

由平衡條件可知手機(jī)夾對(duì)手機(jī)作用力與其重力平衡，兩者等大反向；手機(jī)對(duì)手機(jī)夾兩側(cè)的彈力指向手機(jī)外側(cè)；因手機(jī)夾對(duì)手機(jī)的兩個(gè)側(cè)面的彈力在水平方向上平衡了，故手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力必與重力平衡，結(jié)合對(duì)稱性解答；順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)手機(jī)夾，手機(jī)處于平衡狀態(tài)，手機(jī)夾兩側(cè)面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力與重力始終平衡。

本題考查了共點(diǎn)力平衡問題，對(duì)研究對(duì)象正確受力分析是前提，按已知力、重力、彈力、摩擦力的順序進(jìn)行受力分析。依據(jù)平衡條件解答。2.〖答案〗D

〖解析〗解：A、由題，B是振動(dòng)減弱點(diǎn)，則B點(diǎn)的振幅最小，故A錯(cuò)誤；

B、圖中A點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則A點(diǎn)的振幅增大，并不是A處質(zhì)點(diǎn)位移始終增大，故B錯(cuò)誤；

C、蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯(cuò)誤；

D、A為加強(qiáng)點(diǎn)，根據(jù)干涉加強(qiáng)點(diǎn)的條件可知，A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，故D正確。

故選：D。

兩波發(fā)生干涉時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為零或者為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，振動(dòng)減弱點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍。

本題考查波的干涉，知道振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的找法。3.〖答案〗B

〖解析〗解：A.返回艙與降落傘整體以0.5m/s2的加速度沿虛線斜向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度有豎直向上的分量，所以處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)豎直向上的空氣阻力為F1，水平風(fēng)力為F2，受力圖如下

已知a=0.5m/s2，設(shè)整體質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知，豎直方向上

水平方向上

解得F1=414m，F(xiàn)2=34m

可知豎直向上的空氣阻力大于水平風(fēng)力，故B正確；

C.若水平風(fēng)力突然消失，返回艙的合力方向豎直向上，加速度方向豎直向上，返回艙將做類斜拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系可知，整體克服豎直向上空氣阻力和水平風(fēng)力做的功的代數(shù)和才等于其機(jī)械能的減少量，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A.根據(jù)超失重的條件進(jìn)行分析判斷；4.〖答案〗B

〖解析〗解：乒乓球從最高點(diǎn)到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)乒乓球在最高點(diǎn)的速度為v，從最高點(diǎn)到B的時(shí)間為t，則h=12gt2

又L2=vt

得v=L2g2h

乒乓球從拋出點(diǎn)到乒乓球離臺(tái)面最高點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，可得12mv02+mgh0=125.〖答案〗C

〖解析〗解：忽略地球自轉(zhuǎn)，在地球表面有mg=GMmR2

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

對(duì)A衛(wèi)星，有QUOTE

對(duì)B、C衛(wèi)星，有QUOTE

A先后飛越B、C正上方得最短時(shí)間間隔內(nèi)有QUOTE

聯(lián)立解得：QUOTE

B、C之間的劣弧長(zhǎng)為QUOTE，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：C。

研究衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合重力和萬有引力關(guān)系列式表示出角速度，根據(jù)A先后飛越B、C正上方得最短時(shí)間間隔內(nèi)有二者掃過的角度求得AB劣弧所對(duì)的圓心角，進(jìn)而求弧長(zhǎng)。

本題要求熟練應(yīng)用萬有引力提供向心力的各種表達(dá)形式，熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)的各個(gè)公式，題目難度較大．6.〖答案〗BD

〖解析〗解：A、根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的條紋間距公式QUOTE

可得電子束的波長(zhǎng)QUOTE，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)德布羅意波波長(zhǎng)的公式QUOTE

可得電子的動(dòng)量QUOTE，故B正確；

C、根據(jù)題意，紫外光照射材料只產(chǎn)生動(dòng)能和動(dòng)量單一的相干電子束，可知減小照射光的波長(zhǎng)，產(chǎn)生的電子束動(dòng)量是不變的，所以電子束形成的干涉條紋間距不變，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)物質(zhì)波的定義可知，與實(shí)物粒子相聯(lián)系的波被稱為德布羅意波，也叫做物質(zhì)波，故D正確。

故選：BD。

由雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的條紋間距公式得出電子束的波長(zhǎng)；根據(jù)電子的動(dòng)量公式得出電子的動(dòng)量表達(dá)式；根據(jù)光電效應(yīng)判斷電子的能量；根據(jù)物質(zhì)波的定義判斷。

本題主要考查了雙縫干涉實(shí)驗(yàn)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉光電效應(yīng)和干涉實(shí)驗(yàn)中的條紋間距公式，理解能量和動(dòng)量的關(guān)系，熟悉公式間的推導(dǎo)即可完成解答。7.〖答案〗AB

〖解析〗解：AC.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qvB=mv2r

解得qm=vBr

兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

設(shè)圓形區(qū)域的圓半徑為R，粒子1的軌道半徑：QUOTE

得r1=3R

粒子2的軌道半徑：QUOTE

得r2=233R

兩粒子速度相等，則q1m1：q2m2=vBr1：vBr2=r2：r1=233R：3R=2：3，故A正確，C錯(cuò)誤；

B.根據(jù)A分析，粒子1射出磁場(chǎng)時(shí)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角QUOTE，粒子2射出磁場(chǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的圓心角為QUOTE，兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向相同，故射出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向夾角為QUOTE，故B正確；

D.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間QUOTE

粒子1在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

粒子1與粒子2在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比

t1t2=34，故D8.〖答案〗AC

〖解析〗解：A.小球兩次的落點(diǎn)位于同一水平面上，在豎直方向上，小球都做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h=12gt2，可知兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A正確；

B.沿小球初速度的方向，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，從a到k的沿ab方向的分位移等于第一次的一半大小，故第二次的初速度大小為第一次的一半，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球第一次從a到f點(diǎn)，設(shè)初速度大小為v0，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

沿ab方向有L=v0t

沿ae方向有L=12gt2

根據(jù)動(dòng)能定理有

mgL=Ekf-12mv02

第二次小球從a到k，沿電場(chǎng)方向受到的電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度大小為a，在ad方向做初速度大小為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足

12L=12at2

豎直方向上有L=12gt2

根據(jù)以上兩式得a=12g

根據(jù)動(dòng)能定理有mgL+maL2=Ekk-12m(v02)29.〖答案〗0.400

d22g(〖解析〗解：(2)游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，其讀數(shù)為QUOTE；

(3)如果滑塊下滑過程機(jī)械能守恒，則應(yīng)該滿足如下方程

mg(h1-h2)=12mv22-12mv12

而v2=dt2，v1=dt1

得h110.〖答案〗3.372

QUOTE

歐姆

9.0

C

R1

I2(R0+r2)I1-〖解析〗解：(1)讀數(shù)為QUOTE

(2)選擇“QUOTE”擋，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測(cè)電阻的阻值較小，所以需要換用小倍率“QUOTE”擋位，換了倍率開關(guān)后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，則此時(shí)歐姆表的讀數(shù)為QUOTE

(3)因?yàn)殡娐分杏玫搅藘蓚€(gè)電流表，所以在支路上的電流表應(yīng)該量程較小，故應(yīng)選C。因?yàn)殡娐返姆謮菏诫娐?，所以滑?dòng)變阻器應(yīng)該選用阻值較小的，故應(yīng)選E。根據(jù)歐姆定律有Rx=I2(r2+R0)I1-I2，整理得QUOTE，所以斜率k=r2+R0+RxRx=27623，解得QUOTE，根據(jù)電阻定律有QUOTE，代入數(shù)據(jù)解得QUOTE

(4)因?yàn)樵陔娐分屑葲]有電流表的分壓，也沒有電壓表的分流，所以本實(shí)驗(yàn)不存在系統(tǒng)誤差，所以電阻率的測(cè)量值等于真實(shí)值。

故〖答案〗為：QUOTE；QUOTE，歐姆，9.0；(3)C，E，I2(R0+r2)I1-I2，9.1，9×10-4；(4)等于。

(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

(2)指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明待測(cè)電阻值較小，所以應(yīng)該換用小倍率，要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；

(3)因?yàn)橛玫搅藘蓚€(gè)電流表，在支路上的電流表應(yīng)該量程小，在分壓式電路中，滑動(dòng)變阻器越小越好，根據(jù)歐姆定律寫出對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，然后根據(jù)斜率計(jì)算即可，根據(jù)電阻定律即可得到電阻率的大??；

(4)沒有系統(tǒng)誤差存在。

熟悉電路結(jié)構(gòu)，熟練掌握電阻定律和歐姆定律以及螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則，和歐姆表的使用法則，不難正確解答。11.〖答案〗解：(1)升溫后有6cm長(zhǎng)的水銀柱進(jìn)入左側(cè)豎直細(xì)管，水平段的水銀長(zhǎng)度是4cm，水銀柱高h(yuǎn)2=6cm

空氣柱長(zhǎng)l2=21cm；p0=76cmHg

設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p2，則QUOTE

得p2=70cmHg

(3)升溫前溫度T1=258K，空氣柱長(zhǎng)l1=10cm，p0=76cmHg

封閉