2024年山東省濟(jì)南市高考物理聯(lián)考試卷（2月份）(含詳細(xì)答案解析)

2024年山東省濟(jì)南市高考物理聯(lián)考試卷（2月份）

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.如圖所示，某種材料制成太陽能電池的主體部分由。型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)

體結(jié)合而成。當(dāng)太陽光照射到該材料上時(shí)，材料吸收光子發(fā)生內(nèi)光電效應(yīng)，自

由電子向N型一側(cè)移動(dòng)，從而在兩端形成電勢(shì)差。已知該材料至少需要吸收能

星為E的光子才能發(fā)生內(nèi)光電效應(yīng)，普朗克常量為〃，光束為c,貝"）

A.通過負(fù)載的電流方向從上至下

B.咳材料發(fā)生光電效應(yīng)的極限波長(zhǎng)為￡

C.太陽光的強(qiáng)度越強(qiáng)，則通過負(fù)載的電流越大

D.光強(qiáng)不變，改用頻率高的光照射該材料，則通過負(fù)載的飽和耳流變大

2.甲、乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間的變

化圖像如圖所示。4s時(shí)兩車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路標(biāo)。5s時(shí)乙車停止運(yùn)

動(dòng)，且此時(shí)甲車超前乙車2〃?。兩車均可視為質(zhì)點(diǎn)，關(guān)于兩車的運(yùn)動(dòng)，下列

說法正確的是（）

A.t=0時(shí)，兩車相距8/?

B.甲、乙兩車的加速度大小之比為1：4

C.在0?4s內(nèi)，甲車的位移大小為8小

D.在3?5s內(nèi)，甲車的位移大于乙車的位移

3.如圖所示，?理想變壓器原線圖匝數(shù)%=1000匝，副線圈匝數(shù)物=

200匝，原線圈中接一交變電源，交變電源電壓〃=220，^sin507rt（Q。

副線圈中接一電動(dòng)機(jī)，電阻為11G,電流表出示數(shù)為IA。電表對(duì)電路的

影響忽略不計(jì)，則下列說法正確的是（）

A.電動(dòng)機(jī)的輸出功率為33WB.電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為11V

C.電流表4示數(shù)為5AD.交變電流的頻絲為50”z

4.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)正方形金屬回路（總電阻為R）與水平面的夾角為

60。，虛線圓與正方形邊界相切，虛線圓形邊界內(nèi)（包括邊界）存在豎直向

下勾強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系式為8=kt（k>0且為常量），

則金屬回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為（）

A?丁

r紅2

C?赤

D?嗡~

5.如圖所示，A4C為正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，A、4兩點(diǎn)固定電荷量為+q的點(diǎn)電

荷，C點(diǎn)固定電荷量為一q的點(diǎn)電荷，。、G、，分別為人仄和AC邊的中

點(diǎn)，。為止三角形的中心。卜列說法止確的是（）

A.0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為零

B.D與”兩點(diǎn)的電勢(shì)相同

C.電子沿OH方向運(yùn)動(dòng)始終克服電場(chǎng)力做功

D.從。點(diǎn)靜止釋放的質(zhì)子將沿。，運(yùn)動(dòng)

6.如圖所示，傾角a=30。的斜面司定在水平地面上。質(zhì)量分別為2依、I依

的兩物塊A、B置于斜面上，質(zhì)量為0.2kg的物塊。穿在固定在地面上的光滑

豎直桿上，A與。之間用跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線連接，滑輪左側(cè)的細(xì)線與斜

面平行，滑輪右側(cè)的細(xì)線與豎直方向的夾角0=60。，A、B、C均處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)，B的上表面水平，人與仄8與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為健，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取。=

10?n/s2,則（）

A.細(xì)線對(duì)定滑輪的作用力大小為2M方向豎直向下

B.B對(duì)斜面的摩擦力大小為I1M方向沿斜面向上

C.剪斷細(xì)線后,C對(duì)A的支持力的大小為18.75N

D.剪斷細(xì)線后，A、B之間摩擦力的大小為零

7.如圖所示，波源。沿），軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，形成兩列簡(jiǎn)諧橫波，一列波在介質(zhì)【中沿x軸正方向傳播，另一

列波在介質(zhì)II中沿x軸負(fù)方向傳播。t=0時(shí)刻完整波形如圖所示，此時(shí)兩列波分別傳到與=67n和小=

-4m處。t=1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M位移不變，振動(dòng)方向相反，已知波源振動(dòng)周期大于1s。則（）

A.波源的起振方向沿,v軸負(fù)方向B.介質(zhì)I中與介質(zhì)II中波速之比為1：1

C.介質(zhì)I中與介質(zhì)II中波頻率之比為2：3D.介質(zhì)II中波的周期為1.5s

XxxXX)XX

8.如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根間距為心足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌（a

電阻不計(jì)），導(dǎo)軌所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為以范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。XXXXXXX

XXXXXXX

長(zhǎng)度均為，質(zhì)量分別為=根、mb=2m兩根導(dǎo)體。、人棒靜置在導(dǎo)軌

XXXXXXX

上，。的阻值是〃的2倍。若在亡-0時(shí)刻給a個(gè)平行于導(dǎo)軌向左的初速度

%，不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程中。和〃的相互作用力，則下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒〃做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至勻速運(yùn)動(dòng)

B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過導(dǎo)體棒》的電荷量為翳

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒”產(chǎn)生的焦耳熱為5m詔

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒6所受安培力的沖量大小為:tn為

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

9.用水平拉力使質(zhì)量分別為m中、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直

線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃中和〃乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受

拉力?與其加速度。的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）

A.m甲<B.m甲〉m乙C.〃Rv卜乙D.〃甲乙

10.如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平地面上，質(zhì)量1依的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），置于木板中

央。木板在一定時(shí)間內(nèi)受到水平方向的恒定拉力廣，其口-t圖像如圖乙所示。已知滑塊與木板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃=0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10771/S2,下列說法正確的是（）

A.釋放小球8前手受到的壓力為32N

B.滑塊A向上滑行0.32m時(shí)速度最大

C.滑塊A向上滑行時(shí)最大速度為苧m/s

D.物體A向上滑行達(dá)到最大速度的過程中，細(xì)繩對(duì)滑塊A做的功為8.751

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。

13.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用如圖1所示的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量光的波長(zhǎng)。

雙縫

光源旋光片單縫遮光筒

0

圖1

12

cm111111111111111c7m

I|1111|||(1|I

010010

圖2圖3

(1)實(shí)驗(yàn)過程中，在光屏上得到了明暗相間的紅色條紋，則下列說法正確的是。

A緊將紅色濾光片換成綠色濾光片，條紋間距將變大

A若取下濾光片在屏上可得到明暗相間的白色條紋

C.若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，該同學(xué)可以減小單縫到雙縫的距離

D若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，該同學(xué)可以換用兩縫間距更大的雙縫

(2)已知實(shí)驗(yàn)過程中觀察到分劃板中心刻線與第1條亮條紋中心對(duì)齊時(shí)，手輪的讀數(shù)如圖2所示；轉(zhuǎn)動(dòng)手

輪，分劃板中心刻線與第7條亮條紋中心對(duì)齊時(shí)，手輪的讀數(shù)如圖3所示，則相鄰兩條亮條紋之間的距離

為mnu

(3)已知雙縫到光屏之間的距離為L(zhǎng)=500mm,雙縫之間的距離為d=0.4mm,貝ij該紅色光的波長(zhǎng)為

A=nmo

14.如圖所示，為某?？萍忌鐖F(tuán)成員設(shè)計(jì)的具有5個(gè)擋位的多用電表電路。其中￡是電池，&、R2.色、

/?4是定值電阻，Rs為滑動(dòng)變阻器，G為靈敏電流計(jì)4==9900。為了測(cè)量多用電表內(nèi)電池電

動(dòng)勢(shì)和內(nèi)陽，還備有電阻箱R。

(1)A端應(yīng)該接表筆(選填“紅”或“黑”)。

(2)若直流電流擋有1加4和兩擋，則定值電阻&=______J、R2=______Q。

(3)將選擇開關(guān)與“3”相連，Rs的滑片到最下端。處，將兩表筆A、B接在電阻箱上，調(diào)節(jié)電阻箱的阻

值，采集靈敏電流計(jì)的讀數(shù)/(國(guó)際單位)和變阻箱的讀數(shù)R，在坐標(biāo)紙上，以R為橫軸，以為縱軸，

作出了?條不過原點(diǎn)的直線。若圖線斜率為底縱截距為/九則多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻

為_。(用久〃和已知數(shù)據(jù)表示)

―(￡>

與&

.4B

四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共46分。

15.某巨型液化天然氣LNG儲(chǔ)罐安裝穹頂時(shí)，為了保證不出現(xiàn)大的形變導(dǎo)致天然氣泄漏，采用的是“氣升

頂”施工方案。如圖，質(zhì)量為m=3.75x105的的球冠形穹頂與儲(chǔ)罐壁間涂有密封材料，使穹頂上升時(shí)不

漏氣且可忽略二者之間的摩擦。施工時(shí)，用大功率鼓風(fēng)機(jī)向儲(chǔ)罐內(nèi)泵入空氣，使穹頂緩慢上升。安裝完成

后,儲(chǔ)罐內(nèi)空間可視為截面積S=3.75xI()3ni2,高h(yuǎn)二20m的圓柱體。已知大氣壓強(qiáng)為p()=1.01x

10sPa,安裝完成后罐內(nèi)空氣溫度為27℃,標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)(po=1.01x105pa"=273K)下空氣密度為

1.30k^/m3<,

(1)穹頂緩慢上升時(shí)，儲(chǔ)罐內(nèi)空氣壓強(qiáng)為多大？

(2)鼓風(fēng)機(jī)作業(yè)時(shí)需要泵入罐內(nèi)空氣的質(zhì)量為多大(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)？

16.如圖，在豎直平面內(nèi)，固定有一半徑為R的,光滑圓弧軌道48C,為圓

弧軌道的水平直徑，。為圓心，C為圓弧軌道的最高點(diǎn)。一質(zhì)量為，〃的小球(

可看成質(zhì)點(diǎn))從4點(diǎn)正上方”高處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中不計(jì)空氣阻力，

重力加速度大小g,求：

(1)為使小球能在46C軌道上運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，〃應(yīng)該滿足的條件；

(2)若”=0.9R,小球剛要脫離軌道時(shí)，小球距A8的高度h。

17.如圖，水平桌面上有質(zhì)量分別為巾4=3m、爪8=2m的兩個(gè)物體4和從某時(shí)刻4以大小為%的速度

向B勻速運(yùn)動(dòng)并與4發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞后，A和8先后從桌面的右端滑出，并落在地面

上的同一地點(diǎn)。A和B在運(yùn)動(dòng)過程中，速度始終與桌面的右邊獴垂直，已知B與桌面間的摩擦因數(shù)為出

重力加速度大小為g，不計(jì)空氣隹力。求：

(1)8滑出桌面時(shí)的速度大??；

(2)B在桌面上運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量；

(3)8與桌面右邊緣的距離；

(4)/1與4滑出桌面的時(shí)間間隔。

18.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系x。)，中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)y

XXX

度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第一、四象限內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第二

XXX

象限內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。第三象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電XXX

XPXX

場(chǎng)。質(zhì)量為〃?、電荷量為q(q>0)的粒子甲從點(diǎn)S(-Z,-今以一定初速度

°xIxxx

釋放，初速度方向與x軸正方向的夾角為。=45。，從點(diǎn)K(0,一。垂直y軸XXX

K

進(jìn)入笫四象限磁場(chǎng)區(qū)域，然后從尸(，,0)點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入第?象限，同時(shí)在XXX

XXX

〃點(diǎn)釋放一質(zhì)量為￡、電量為q(q>0)、速度為誓的帶電粒子乙，且速度

方向垂直于x軸向上。不計(jì)粒子重力及甲、乙兩粒子間的相互作用，求:

(1)甲粒子進(jìn)入第四象限時(shí)的速度外;

(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小E；

(3)粒子甲第〃次經(jīng)過)，軸時(shí)，甲、乙粒子間的距離4

(4)當(dāng)甲粒子第一次經(jīng)過)，軸時(shí)在第二象限內(nèi)施加一沿x軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小與第三象限電場(chǎng)相同的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，求甲粒子的最大速度Um

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4自由電子向N型一側(cè)移動(dòng)，N型一側(cè)電勢(shì)更低，故電流從P型一側(cè)流出，回到N型一側(cè)，

故電流應(yīng)該從下至上通過負(fù)載，故A錯(cuò)誤：

及發(fā)生光電效應(yīng)的極限波長(zhǎng)滿足

c

g=E

A

解得a=V

故B錯(cuò)誤：

C太陽光強(qiáng)度越大，內(nèi)光電效應(yīng)稻放的電子越多，向N型一側(cè)移動(dòng)的自由電子越多，兩端電勢(shì)差越大，電

路中的電流越大,故增大太陽光的強(qiáng)度，通過負(fù)載的電流會(huì)變大，故CiF確：

。.若要增加飽和電流，則需要增加光照強(qiáng)度，保持照射光的頻率不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

A.根據(jù)自由電子積累情況判斷N型的電勢(shì)，再判斷負(fù)載電流方向；

8.根據(jù)極限波長(zhǎng)的公式進(jìn)行推導(dǎo)判斷；

。.根據(jù)光的強(qiáng)度越大，光電效應(yīng)的電子數(shù)多少來判斷負(fù)載電流的大??；

D根據(jù)飽和光電流的影響因素進(jìn)行分析解答。

考查光電效應(yīng)的問題，會(huì)根據(jù)題意分析解決相關(guān)問題。

2.【答案】B

【解析】解：A、設(shè)5s時(shí)甲車的速度為打乙車的初速度為為。

依題意，4s時(shí)兩車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路標(biāo)，5s時(shí)甲車超前乙車2機(jī)，可知4-5s內(nèi)甲車的位移比乙

車的大2〃?，即可有：x甲一x乙=2m

結(jié)合速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可得：與根=2m,可得u=4m/s

由三角形相似法可得：生二三，可得：%=16m/s

在0?4s內(nèi)，乙車與甲車的位移之差為=等m=32m,結(jié)合4s時(shí)兩車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路

標(biāo)，則知t=0時(shí)，兩車相距32機(jī)，故4錯(cuò)誤;

B、根據(jù)u-t圖像的斜率表示加速度，可得甲、乙兩車的加速度大小之比為即乃y=1：4,故8

正確;

C、在0~4s內(nèi)，甲車的位移大小為%尹1=^。尹/=2x/x42巾=6.4m,故C錯(cuò)誤；

D、在3?5s內(nèi)，兩圖線與時(shí)間軸所圍的面積相等，則兩車通過的位移相等，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面枳表示位移，根據(jù)4s時(shí)兩車同時(shí)經(jīng)過公路旁的同一個(gè)路標(biāo)，5s時(shí)甲車超

前乙車2小，可知4-5s內(nèi)甲車的位移比乙車的大2〃?，求出5s時(shí)中車的速度，由幾何關(guān)系求乙車的初速

度，再求。-4s內(nèi)兩車位移之差，即可得到￡=0時(shí)兩車間的距離。根據(jù)圖像的斜率等于加速度來求解加速

度大小之比。根據(jù)“面積法”分析在3?5s內(nèi)兩車位移關(guān)系。

解答本題時(shí)，要理解u-t圖像的物理意義，知道U-C圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，圖像的斜率表示

加速度。

3.【答案】4

【解析】解：AB,根據(jù)變壓比公式筏=自解得/=4優(yōu)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為匕產(chǎn)%-/"=44X

1IV-I2x111V=33W,故A正確，8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)變流比公式?=這，解得0.24故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)f=券=架"z=25Hz,故。錯(cuò)誤：

故選：Ao

根據(jù)變壓比公式以及電動(dòng)機(jī)輸出功率即可分析選項(xiàng)：再根據(jù)變流比公式求解原線圈電流：±1頻率與角

速度之間的關(guān)系求解頻率。

本題關(guān)鍵是明確變壓器的變壓比公式和變流比公式，知道電動(dòng)機(jī)是非純電阻電路，輸出功率為P,,7=%/-

I2r,基礎(chǔ)題。

4.【答案】D

2

【解析】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：&=等5=碗（32cos60。=警

由閉合電路歐姆定律可知金屬回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為：1=號(hào)=嚅,故/1BC錯(cuò)誤，。正確。

Kon

故選：Do

先根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由閉合電路歐姆定律計(jì)算感應(yīng)電流即可。

本題考查學(xué)生對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解，還涉及到閉合電路歐姆定律等相關(guān)知識(shí)，是一道小型綜合

題.

5.【答案】C

【解析】解：A、假設(shè)在。點(diǎn)放一個(gè)正的試探電荷，根據(jù)電荷之間的相互作用可知，正試探電荷受到的合

力沿0C方向，即。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；

8、相對(duì)于〃點(diǎn)而言，。點(diǎn)離正電荷較近，離負(fù)電荷較遠(yuǎn)，則。點(diǎn)的電勢(shì)大于〃點(diǎn)的電勢(shì)，故3錯(cuò)誤：

C、4、C兩個(gè)電荷在O”線上產(chǎn)生的電勢(shì)之和為零，而8點(diǎn)電荷在?！鄙系碾妱?shì)逐漸降低，電子帶負(fù)電，

所以電子的電勢(shì)能逐漸增大，根據(jù)功能關(guān)系可知電子克服電場(chǎng)力做功，故C正確；

。、從。點(diǎn)靜止釋放的質(zhì)子會(huì)沿著0C的方向運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

理解點(diǎn)電荷周圍的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的分布特點(diǎn)，結(jié)合各自的合成特點(diǎn)分析出不同位置的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的關(guān)系，結(jié)

合電勢(shì)能的計(jì)算公式和功能關(guān)系完成分析。

本題主要考杳了點(diǎn)電荷周闈的場(chǎng)強(qiáng)分布特點(diǎn)，熟悉點(diǎn)電荷周圍的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的特點(diǎn)，結(jié)合電勢(shì)能的計(jì)算公

式即可完成分析。

6.【答案】C

【解析】解：4依題意有，以C為研究對(duì)象對(duì)其受力分析，設(shè)繩子張力為7,桿對(duì)。的作用力為N,則有

TcosS=mcg

解得

T=4N

兩繩子的夾角為120則細(xì)線對(duì)定滑輪的作用力大小為

F=T=4N

方向豎直向下，故4錯(cuò)誤；

區(qū)對(duì)A、B整體，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有

T+f=(mA+m^gsina

解得

f=11N

斜面對(duì)8的摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第三定律可知6對(duì)斜面的摩擦力沿斜面向卜，故4錯(cuò)誤：

CD將4、4視為整體，剪斷細(xì)線后，假設(shè)水平方向上沒有相對(duì)滑動(dòng)，則有共同的加速度沿斜面下滑，設(shè)為

(mA+mB)gs\na-+m^gcosa=(mA+mB)a

解得

a=1.25m/s2

則在豎直和水平方向的分加速度為

ay=asin30°,ax=acos30°

設(shè)B對(duì)A的支持力為N',根據(jù)牛頓第二定律有

JnAg—N，=mAay

解得

N'=18.75/V

水平方向的摩擦力為

f=rnAax=5

解得f=苧可<nmAg=，x2xION=5/3/V

可見4、B沒有相對(duì)滑動(dòng)，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：C。

以C為研究對(duì)象對(duì)其受力分析，解得繩子拉力，從而計(jì)算A,對(duì)A8整體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件

結(jié)合牛頓第二定律分析BCD.

本題主要考查了受力分析和牛頓第二定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是根據(jù)加速度的分解，進(jìn)而代入數(shù)據(jù)完成

解答，難度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A、￡=0時(shí)，兩列波分別傳到Xi=6zn和小=-4瓶處，由上下坡法可知，波源的起振方向沿

y軸正方向，故A錯(cuò)誤；

BC.兩列波是由同?波源的振動(dòng)形成的，所以頻率相同，根據(jù)1，=入/可知

介質(zhì)I中與介質(zhì)II中波速之比為2：3

故BC錯(cuò)誤；

。、由t=1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M位移不變，振動(dòng)方向相反可知(2x&7+寸+仃=ls5=0,l,2,..)

可得T=熹sQ=0,l,2...)

因?yàn)椴ㄔ凑駝?dòng)周期大于15

所以〃取0,當(dāng)九=0時(shí)，可得T=1.5s

故。正確；

故選：Do

根據(jù)=67n和%2=-47n處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，分析波源的振動(dòng)方向，兩列波是由同一波源的振動(dòng)形成的，

所以頻率相同，根據(jù)u=與分析波速的比值，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系分析

本題關(guān)鍵是要能正確分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，確定時(shí)間與周期的關(guān)系，從波速方向可判斷出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方

向。注意波速的計(jì)算公式。

8.【答案】B

【解析】解：已知=m、771b=2m,設(shè)。的電阻為2R,b的電阻為R.

A.導(dǎo)體棒。向左運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=BLv,和導(dǎo)體棒〃一起構(gòu)成閉合回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/=導(dǎo),

On

人力棒所受的安培力大小均等于F=8〃=造，這個(gè)安培力使〃棒做減速運(yùn)動(dòng)，使力棒做加速運(yùn)動(dòng)，所

以,7棒切割磁感線的速度變小，對(duì)〃棒，根據(jù)牛頓第二定律

F=2771ab

則b棒的加速度變小，當(dāng)〃、〃的速度相等時(shí)，〃開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

8.對(duì)人。棒所組成的系統(tǒng)，安培力是一對(duì)平衡力，根據(jù)題意可知，系統(tǒng)在水平方向滿足動(dòng)量守恒定律，設(shè)

向左的方向?yàn)檎较?，?/p>

m%=（in+

得u共=§%

對(duì)。棒，在加速時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有=即BLq=2mv*解得q=繳，故B錯(cuò)誤；

2

C.根據(jù)功能關(guān)系，整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q=IrnvQ一之x3mx吟=:zn詔-1x3mxv0）=

乩哈根據(jù)功率分配關(guān)系可得，"棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qa=1="乩說=標(biāo)哈故C正確：

。.整個(gè)過程中，對(duì)/?棒，根據(jù)動(dòng)量定理，安培力沖量等于b的動(dòng)量變化量，即卜=2m?v共=2mx1v0=

7

§771%,故。正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選：及

A.根據(jù)〃棒所受的安培力的變化情況結(jié)合牛頓第二定律分析判斷；

及根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)量定理列式求解；

C.根據(jù)功能關(guān)系求系統(tǒng)熱量，再由熱量分配關(guān)系求解。棒的熱量；

。.根據(jù)動(dòng)量定理求解力的沖量。

考查電磁感應(yīng)、安培力、牛頓第二定律和動(dòng)量守恒等問題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相關(guān)物理量。

9.【答案】BC

【解析】解：對(duì)甲、乙兩物體，由牛頓第二定律有

b,-4771g=ma

則廣=ma+nmg

對(duì)照已知圖像，根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想，可知

圖像斜率k=m

圖像截距力=nmg

由fk甲〉k乙,故m儼/

由十.〃卬機(jī)平g=禺―乙g，故＜u乙

故A。錯(cuò)誤，8C正確。

故選：BC.

甲、乙兩物體均受拉力、滑動(dòng)摩擦力，均做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以列出方程，將方程變形為尸關(guān)

的一次函數(shù)，則由數(shù)形結(jié)合思想可知，圖像的斜率、截距與變形后的方程對(duì)應(yīng)部分相等，分別列出上

述等式，即可求解。

本題主要考查牛頓第二定律的圖像問題，解題關(guān)鍵是要運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，列出物體運(yùn)動(dòng)的牛頓第二定律

方程，并結(jié)合已知圖像，找出方程與圖像的關(guān)聯(lián)關(guān)系，進(jìn)而求解。

10.【答案】BC

【解析】解：A、￡=0時(shí)刻滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由木板運(yùn)動(dòng)的U-亡圖象可得：

Av4

%=市==27nd?

對(duì)滑塊，由牛頓第二定律有：ftmg=maz

得?=兇=lm/s2

由于Q2VQ1，所以滑塊確實(shí)與木板發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，g=lm/s2

故a錯(cuò)誤；

BC、對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律有

F-47ng=Max

撤去拉力后木板的加速度為=^-=gm/s?=2m/s2

根據(jù)牛頓第二定律有的=鬻

解得F=2MM=0.5kg

故BC正確；

。、由圖象17-1可知，在￡=2s時(shí)撤去了拉力，此時(shí)，木板的速度為%==2x2m/s=4zn/s

滑塊的速度為%=a2t=lx2m/s=2m/s

滑塊與木板間仍有相對(duì)滑動(dòng)

設(shè)再經(jīng)過“時(shí)間滑塊與木板的速度大小相等，有%-a2t.=V2+Q2tl

解得￡1=9

木板和滑塊速度相等時(shí)，木板的總位移為/=；%/+匕

2

滑塊的總位移為小=|a2(ti+t2)

兩者相對(duì)位移為-x2

所以木板的總長(zhǎng)度不少于犬=2M.

解得/=學(xué)6

故D錯(cuò)誤；

故選：BC。

根據(jù)圖象知極的加速度，與物塊的最大加速度比較，判定二者相對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；根據(jù)圖象知撤掉產(chǎn)后的板的

加速度，對(duì)比知二者運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律求解力；恰好不滑落的條件：共速，相對(duì)位移等于板長(zhǎng)

一半，根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系和位移時(shí)間列式求解。

此題為圖象與板塊模型的綜合應(yīng)用，圖象題是高考的熱點(diǎn)問題，關(guān)鍵從圖象中獲取信息，能夠通過圖象得

出物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

II.【答案】ACD

【解析】解：A、分析題意結(jié)合圖象可知，開始下落瞬間，物體只受萬有引力作用，根據(jù)萬有引力等于重

力可知：G爺=ma。

解得行星的質(zhì)量為：”=峭

根據(jù)密度公式可知：。=占

解得。=熟，故4正確；

B、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G-^=mx2R^

分析題意結(jié)合圖象可知，開始下落瞬間，物體只受萬有引力作用，根據(jù)萬有引力等于重力可知。智=血劭

解得衛(wèi)星在距該行星表面高力處的圓軌道上運(yùn)行的周期為：T=4n故8錯(cuò)誤；

CD、分析圖象可知，位移為勺時(shí),阻力等于萬有引力，即尸=加劭，此時(shí)速度最大，分析題意可知，阻力

隨位移線性變化，則阻力為：/=^x；

則從釋放到速度剛達(dá)最大的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

1ma1mv2

2oxo=2m

解得小球下落過程中的最大速度為方=J砧

故CZ)正確。

故選：ACDO

根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系結(jié)合密度的公式解得A：根據(jù)萬有引力提供向心力求解周期：根據(jù)阻力變化的

線性關(guān)系分析解答C：ma-工圖象與工軸圍成的面積表示合力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理求解小球卜落過程中

的最大速度。

本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球

自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進(jìn)行解答。

12.【答案】CD

【解析】解?：A、初始時(shí)，用手托住球8,此時(shí)彈簧剛好處于原長(zhǎng)，設(shè)繩子拉力為。滑塊A剛要沿斜面向

上運(yùn)動(dòng)，由平衡條件，有7=7叫g(shù)sin。+〃7叫985。

解得7=30N

對(duì)B受力分析，設(shè)手的支持力為凡^\F=mBg-T

解得F=20N,根據(jù)牛頓第三定律可知手受到8球的壓力為20N,故4錯(cuò)誤；

B、松手后，A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A受到的合力為零時(shí)，速度最大，當(dāng)A加速度為零時(shí)，8的加

速度也為零，對(duì)A受力分析得

T'-mAgsin0-nmAgcosG-F^=0

對(duì)B受力分析得T'=

由胡克定律，=kx

解得％=0.2m

即釋放3球后，滑塊A向上滑行x=0.2小時(shí)速度最大，故6錯(cuò)誤；

C、根據(jù)能量守恒定律，松手后到滑塊A最大速度的過程中有m3gx=+/.imAgxcosO+1(?nA+

2

mB)v+

解得滑塊A向上滑行過程中的最大速度為u=^m/s,故C正確；

。、物體A向上滑行達(dá)到最大速度的過程中，對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有

22

W-mAgxs\x\B-fimAgxcosd--^kx=-^mAv

解得細(xì)繩對(duì)滑塊A做的功為勿=8.75/

故D正確。

故選：CD。

初始時(shí)，對(duì)A8分別根據(jù)受力分析可解得手對(duì)8球的托力，從而得到手受到B球的壓力大小。當(dāng)A受到的

合力為零時(shí)，速度最大，當(dāng)A加速度為零時(shí)，臺(tái)的加速度也為零，根據(jù)能量守恒定律可解得最大速度：對(duì)

A根據(jù)動(dòng)能定理解得Do

解題關(guān)鍵要分析清楚人滑行過程口系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，注意當(dāng)人受到的合力為零時(shí)，速度最大。

13.【答案】00.75600

【解析】解：(1)雙縫干涉條紋間距公式為

4.由于紅光的波長(zhǎng)大于綠光的波長(zhǎng)，緊將紅色濾光片換成綠色濾光片，條紋間距將變小，故人錯(cuò)誤；

B.若取下濾光片后，入射光為白光，在屏上可得到彩色條紋，中央為白色條紋，故B錯(cuò)誤；

C干涉條紋的個(gè)數(shù)與單縫到雙縫的距離無關(guān)，故C錯(cuò)誤；

。.若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，就要減小條紋間距，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式可知，可以換用

兩縫間距更大的雙縫，故。正確。

故選：Do

(2)10分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm,第一條亮條紋的測(cè)量值巧=11mm+1x0.1mm=11.1mm

第7條亮條紋的測(cè)量值%2=15mm4-6xOAmm=15.6mm

相鄰亮條紋之間的距離Ax=亨*=15.6嗎-,1頡=0.756771

(3)根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式

、/_LuzJ./-.'u.jzA(iAx0.4X10^XO.75x103,n-7rc\c\

入射光的波長(zhǎng)A==---------=----m=6.00x1407m=600mn。

▲500x103

故答案為：(1)D;(2)0.75；(3)600。

(1)根據(jù)雙縫公式條紋間距公式進(jìn)行分析作答；

(2)10分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm,測(cè)量值=主尺上對(duì)應(yīng)示數(shù)(mm)+游標(biāo)尺上對(duì)齊格數(shù)(不估讀)精確

度，然后根據(jù)第1、7之間的條紋寬度求相鄰的條紋間距；

(3)根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式求入射光的波長(zhǎng)。

本題考查了雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量光的波長(zhǎng)，掌握游標(biāo)卡尺的正確讀數(shù)和雙縫干涉條紋間距公式是解題的

關(guān)鍵。

14.【答案】紅1199”)-99

IKK

【解析】解：(1)根據(jù)B和3相接時(shí)內(nèi)部電源的極性分析，8接內(nèi)部電源的正極，故4端應(yīng)該接紅表筆；

(2)選擇開關(guān)與“1”、“2”相連時(shí)為電流表，量程分別為10〃滔和1〃訊根據(jù)串、并聯(lián)電路特點(diǎn)有

焦IqR泉q+%=加

聯(lián)立解得a=110,7?2=99。。

(3)選擇開關(guān)與“3”相連，電流表量程為l〃M,根據(jù)并聯(lián)電路特點(diǎn)可知心、/?2串聯(lián)后與表頭并聯(lián)的總電阻

為=提鬻0=990通過電源的電流為通過表頭電流/的10倍。根據(jù)團(tuán)合電路歐

十/<2)十Kg(1.1十十WU

姆定律有

E=10/(r+/?o+R)

變形為;=竿+地等

fCC

由此可知橫軸為七則縱坐標(biāo)軸為:

則斜率從=推

E

縱截距b=等也

E

解得E=￥，r=1-99

KK

故答案為:⑴紅；(2)11,99;(3)1,竽，*99。

(1)根據(jù)歐姆表內(nèi)部結(jié)構(gòu)判斷表筆；

(2)根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)列式代入數(shù)據(jù)求解；

(3)根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合組像斜率和截距的物理意義列式求解。

考查多用電表的結(jié)構(gòu)和串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律聯(lián)立求解相關(guān)物理量。

15.【答案】解：(1)穹頂緩慢上升時(shí)，儲(chǔ)罐內(nèi)空氣壓強(qiáng)為

mg

P=Po+—

解得：p=1.02x105Pa

(2)安裝完成后罐內(nèi)空氣溫度為7=(27+273)K=300K,壓強(qiáng)為p=1.02xl()5pa,體積為1/=Sh=

343

3.75x10x20m3=75xi0m

設(shè)泵入罐內(nèi)空氣在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體枳為％,由理想氣體狀態(tài)方程，可得

pV_Po^o

解得：v0=6.9x1047n3

則泵入罐內(nèi)空氣的質(zhì)量為：M=pV0=1.30x6.9x10"g=9.ox10”。

答：（1）穹頂緩慢上升時(shí)，儲(chǔ)罐內(nèi)空氣壓強(qiáng)為1.02xl05pa；

（2）鼓風(fēng)機(jī)作業(yè)時(shí)需要泵入罐內(nèi)空氣的質(zhì)量為9.0x10”。。

【解析】（1）穹頂緩慢上升時(shí)，根據(jù)p=p0+詈計(jì)算儲(chǔ)罐內(nèi)空氣壓強(qiáng)；

（2）根據(jù)?定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程求出泵入罐內(nèi)空氣在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積，并由此求出空氣的質(zhì)量。

本題主要考查了?定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，熟悉氣體狀態(tài)參量的分析，結(jié)合對(duì)物體的受力分析即可完

成解答。

16.【答案】解：（1）小球剛好能到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)，對(duì)小球，由牛頓第二定律可得：mg=m4

R

從移放小球到C點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得；〃叼（〃一尺）二P八名

聯(lián)立解得：H=1.5/?

故為使小球能在A3C軌道上運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，H應(yīng)該滿足的條件為H>1.5R。

（2）設(shè)小球剛要脫離軌道時(shí)小球與圓心的連線與豎直方向的夾角為氏速度為v,

由幾何關(guān)系可知：cos。=4

小球剛要脫離軌道時(shí)，由重力沿半徑方向的分力提供向心力，對(duì)小球，由牛頓第二定律可得：mgcosO=

v2

由動(dòng)能定理得：mg（0.9R-h）=\mv2

聯(lián)立解得：h=0.6/?

答：（1）為使小球能在A8C軌道上運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，H應(yīng)該滿足的條件為H21.5R：

（2）若”=0.9R,小球剛要脫離軌道時(shí)，小球距AB的高度h為06/?。

【解析】（1）為使小球能在人8c軌道上運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，要能到達(dá)C點(diǎn)，研究小球剛好能到達(dá)。點(diǎn)的情

況，根據(jù)重力提供向心力求出小球剛好能到達(dá)C點(diǎn)的臨界速度，再由動(dòng)能定理求對(duì)應(yīng)的人從而得到〃應(yīng)

該滿足的條件；

(2)小球剛要脫離軌道時(shí)，由重力沿半徑方向的分力提供向心力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理相結(jié)合求小

球距A8的高度限

本題考查動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)臨界條件的綜合應(yīng)用，要明確小球到達(dá)最高點(diǎn)的臨界條件：重力等于向心

力。小球剛要脫離軌道時(shí)，由重力沿半徑方向的分力提供向心力。

17.【答案】解：(1)/1與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向右的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得

3mv0=3mvA+2mvB

111

5?3m珀?=亍?3m/?+-2mv^9

乙