2024届山东省青岛市高三下学期5月模拟物理试卷含答案

2024年山东省青岛市高考物理模拟试卷（5月份）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。1．（3分）图甲为氢原子的能级图，大量处于第3能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的、光可让光电管发生光电效应。图丙为、光单独照射光电管时产生的光电流与光电管两端电压的关系图线。下列说法正确的是A．光照强度减小，光电子的最大初动能也减小 B．图乙中滑片从向端移动过程中，电流表示数逐渐减小 C．光光子的能量为 D．光电管中金属的逸出功为2．（3分）某人骑电动车，在距离十字路口停车线处看到信号灯变红，立即刹车，做匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第的位移是最后位移的5倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是A．刹车时间为 B．刹车的加速度大小为 C．中间时刻的速度大小为 D．中间位置的速度大小为3．（3分）一定质量的理想气体由状态开始，经历过程，其图像如图，的延长线过坐标原点，与纵轴平行。已知、两状态下气体的温度相同，过程中气体向外界放出的热量为。下列说法正确的是A．气体在状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在状态下的冲量 B．过程中气体内能变化量的绝对值大于 C．过程中气体从外界吸收的热量为 D．整个过程中气体对外界做功为零4．（3分）2023年12月26日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号上面级，成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。长征三号乙运载火箭与上面级脱离后，上面级继续推动卫星运动，直接将卫星送到预定工作轨道Ⅰ，然后上面级与卫星分离，为避免影响卫星的运行，上面级继续点火抬高轨道进入轨道Ⅱ，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ均可视为圆形轨道。根据上述信息，下列说法正确的是A．卫星在轨道Ⅰ运行的速度大于第一宇宙速度 B．上面级在轨道Ⅱ运行的周期小于卫星在轨道Ⅰ运行的周期 C．上面级在轨道Ⅱ上的加速度小于卫星在轨道Ⅰ上的加速度 D．上面级在轨道Ⅱ上受到的万有引力小于卫星在轨道Ⅰ上受到的万有引力5．（3分）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是A．圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的 B．圆环状条纹间距不相等，越往外条纹间距越宽 C．换用曲率半径更大的透镜，可以看到条纹将变密集 D．改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集6．（3分）如图甲所示，质量的物体静止在水平地面上，时刻对物体施加一个水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是A．时物体的速度最大 B．时物体的动能为 C．内物体的平均速度大小为 D．内物体所受摩擦力的冲量大小为7．（3分）直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，如图为特高压输电示意图，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻，匝数之比。结合图中信息，下列说法正确的是A．图中“”指交流电的峰值 B．直流输电线损失的电压为 C．输电功率为 D．当用户负载增加时，用户端增加的功率大于输出端增加的功率8．（3分）如图所示，质量相等的物体和用劲度系数的轻弹簧连接，放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮、与小球连接，套在倾角的光滑轻杆上，点为轻杆的底端，开始时小球处于轻杆的点，连接的轻绳处于水平状态，此时物体恰好对地面没有压力。、两点关于点对称，且，已知物体和的质量均为，小球的质量为，，取，，弹簧的弹性势能为为弹簧的形变量）。小球从点由静止释放到达点的过程中，下列说法正确的是A．物体、及小球组成的系统机械能守恒 B．小球到达点时，物体的速度不为0 C．小球到达点时，小球的机械能增加了 D．小球刚到达点时，的动能为二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．（4分）以下说法正确的是A．泊松亮斑是由光的衍射形成的 B．将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹间距会变大 C．用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光 D．为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理10．（4分）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，物块可视为质点，下列说法正确的是A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反 B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为 C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上 D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为11．（4分）两等量正点电荷（图中未画出）。在其连线的垂面上有、三个点，为两电荷连线的中点，如图，下列说法正确的是A．、两点的电场强度大小相等 B．、两点的电场强度的大小一定不相等 C．给电子某一初速度，它能沿图中的圆做匀速圆周运动 D．负检验电荷从点沿直线移动到点过程中，电势能先增大后减小12．（4分）如图，质量分别为和的金属棒、，垂直放在足够长的水平光滑导轨和上，左右两部分导轨间距分别为和。磁感应强度大小均为，左侧方向竖直向下，右侧方向竖直向上。两金属棒的电阻均与长度成正比，不计导轨电阻。开始时在位置，在位置，绕过足够远的光滑定滑轮的绝缘细线连接和质量为的物块，最初距地面的高度。由静止开始下落，落地后不反弹，落地时、速率之比，下落过程中，棒上产生的焦耳热为。、运动过程中和导轨接触良好，。下列说法正确的是A．物块落地时，棒的速度大小为 B．物块落地后，棒的最终速度大小为 C．从落地到、匀速运动过程中，产生的热量为 D．从开始运动到落地的过程中通过棒的电荷量为三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（9分）实验室有一块一侧有反光涂层的矩形玻璃砖，它的长宽比为，某同学用激光笔测量该玻璃砖的折射率。由于缺少标准测量工具，该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大，通过对折产生折痕对纸张进行等分，将纸张变为测量工具。（1）用纸张折痕确定法线，调整激光笔的位置如图所示，为入射光线，光线通过玻璃砖从点射出，可知玻璃砖的折射率为（可用分数、小数及根号表示）；（2）激光在这种玻璃砖中发生全反射临界角的正弦值；（3）在本实验中，下列方法最能有效减小实验误差的是（单选，填选项序号）。．仅适当增大光线的入射角．仅适当减小光线的入射角．仅适当增加纸张的等分折痕．仅适当减少纸张的等分折痕14．（12分）智能手机中大都配置有气压传感器，某种气压传感器主要传感元件是一个对气体压强敏感的薄膜，它连接一个柔性电阻器，当气压传感器所处环境气压变化时，这个薄膜变形，柔性电阻器的阻值也随之发生变化。已知某气压传感器的阻值变化范围为一百欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究其阻值随气压变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：．气压传感器，一个标准大气压下阻值约为．直流电源，电动势，内阻不计．电流表量程为，内阻不计．电流表量程为，内阻不计．电压表，量程为，内阻为．定值电阻．滑动变阻器，最大电阻值约为．开关与导线若干（1）请根据给定的实验器材在虚线框内画出实验电路图，在图上标注出元件符号。、、、或（2）将实物连线图补充完整。（3）当气压传感器所处环境气压为时，闭合开关，测得两个电表的读数分别为和，则气压传感器的阻值。（4）改变环境压强的大小，测得不同的值，绘成图像如图所示，由图可得阻值和压强的函数关系式为。15．（6分）如图，哈勃瓶是一个底部开有圆孔、瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，体积为，是气球中气体体积的两倍，气体的压强都为大气压强。（1）在一次实验中，保持温度不变，用打气筒对气球充气，当瓶内气体体积由减小△时，压强增大。求瓶内气体体积由减小2△时，体积减小前后瓶内气体压强的比值。（2）另一次实验中，每充一次气都能把体积为、压强为的气体充进气球内，气球缓慢膨胀过程中，认为气球内和瓶内气体压强近似相等，保持温度不变，当瓶内外压强差△时，橡皮塞会被弹出。求向气球内至少充气几次，橡皮塞被弹出？16．（9分）如图，在平面内虚线与轴负方向夹角为，虚线右上侧和第一象限为区域，内存在垂直平面向里、磁感应强度为的匀强磁场，虚线左下侧和第三象限为区域Ⅱ，Ⅱ内存在垂直平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。一个比荷为的带正电粒子从原点沿轴正方向以速度射入磁场，不计粒子重力。求：（1）粒子从点进入磁场到第二次穿过直线时所用的时间；（2）粒子第二次穿过轴与轴交点的位置坐标；（3）粒子第次通过直线时与点的距离表达式。（其中，2，17．（12分）如图，电力工人在倾角的山坡上架设电线，竖直电线杆高，工人将拖线器（拖线器为一连接细线的重物）抛出，拖线器恰好能够越过电线杆顶端，忽略空气阻力、人的身高和细线质量，。求：（1）拖线器抛出时的最小速度大小及方向；（2）拖线器抛出点到电线杆底部的距离；（3）拖线器在山坡上的落点到电线杆底部的距离。18．（12分）如图所示，三个质量均为的弹性小球用两根长均为的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上。现给中间的小球一个水平初速度，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。求：（1）当小球、第一次相碰时，小球的速度。（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球的速度。（3）运动过程中小球的最大动能和此时两根绳的夹角。（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力的大小。

2024年山东省青岛市高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。1．（3分）图甲为氢原子的能级图，大量处于第3能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的、光可让光电管发生光电效应。图丙为、光单独照射光电管时产生的光电流与光电管两端电压的关系图线。下列说法正确的是A．光照强度减小，光电子的最大初动能也减小 B．图乙中滑片从向端移动过程中，电流表示数逐渐减小 C．光光子的能量为 D．光电管中金属的逸出功为【答案】【分析】根据爱因斯坦光电效应方程判断；根据乙图电路的特点判断；根据图丙分析遏止电压，再结合玻尔理论判断光子的能量；由光电效应方程判断。【解答】解：、根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与光的强度无关，故错误；、乙图中，电源的右侧为正极，当中滑片从向端移动过程中，光电管所加电压为正向电压，所以电流表示数不会减小，故错误；、大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的、光可让光电管发生光电效应，由图丙，光遏止电压大于光遏止电压，根据光电效应方程和得光子能量大于光子能量，则光子能量等于，为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，能量值为为；光子能量等于，为氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，能量值为；对于光，根据光电效应方程可知，光电管中金属的逸出功为，故错误，正确。故选：。【点评】掌握爱因斯坦光电效应方程和原子能级跃迁规律即可正确解答。2．（3分）某人骑电动车，在距离十字路口停车线处看到信号灯变红，立即刹车，做匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第的位移是最后位移的5倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是A．刹车时间为 B．刹车的加速度大小为 C．中间时刻的速度大小为 D．中间位置的速度大小为【答案】【分析】因为是匀减速直线运动，因此可以假定一个加速度大小数值，结合题中信息即可得出选项中的各信息。【解答】解：根据题中条件已知电动车做匀减速直线运动，假设电动车减速过程中的加速度大小，减速运动的时间为，减速前电动车的速度大小为，刹车过程的位移大小为。根据运动学公式可知，，，减速过程中，第的位移大小为，最后的位移大小为，由题可知，，，联立以上各式即可得，，，故错误；假设中间时刻的速度大小为，则有，故正确；假设中间位置的速度大小为，根据运动学关系可知，因此，故错误。故选：。【点评】将多种未知量根据运动学关系列出方程式，通过解方程已解决此类问题。3．（3分）一定质量的理想气体由状态开始，经历过程，其图像如图，的延长线过坐标原点，与纵轴平行。已知、两状态下气体的温度相同，过程中气体向外界放出的热量为。下列说法正确的是A．气体在状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在状态下的冲量 B．过程中气体内能变化量的绝对值大于 C．过程中气体从外界吸收的热量为 D．整个过程中气体对外界做功为零【答案】【分析】根据压强的微观解释分析；根据热力学第一定律结合气体状态方程分析，根据图像解得过程外界对气体做功，结合热力学第一定律分析。【解答】解：状态气体的体积较大，气体密度较小，又两个状态的温度相同。故气体在状态下单位时间内对单位面积器壁的作用力较小，冲量较小，故正确；过程体积不变，压强增大。根据可知，气体温度升高，则状态气体内能大于状态气体内能，由于与状态气体温度相同，内能相等。则状态气体内能小于状态气体内能。过程气体体积减小，外界对气体做功，根据△△为负值，为正值，故气体放热大于内能的减少量，故错误；由图可知，状态的气体压强为，过程外界对气体做功为过程中气体体积不变，外界对气体不做功，则气体内能的增加量等于气体吸收的热量，由于状态与状态气体内能相等，则过程中气体从外界吸收的热量为故错误；整个过程中气体对外界做功等于的面积，故错误。故选：。【点评】本题考查理想气体状态方程以及热力学定律，要求学生理解并识记相关公式，注意图像与坐标轴围成的面积表示气体做功，难度相对较大。4．（3分）2023年12月26日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号上面级，成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。长征三号乙运载火箭与上面级脱离后，上面级继续推动卫星运动，直接将卫星送到预定工作轨道Ⅰ，然后上面级与卫星分离，为避免影响卫星的运行，上面级继续点火抬高轨道进入轨道Ⅱ，轨道Ⅰ与轨道Ⅱ均可视为圆形轨道。根据上述信息，下列说法正确的是A．卫星在轨道Ⅰ运行的速度大于第一宇宙速度 B．上面级在轨道Ⅱ运行的周期小于卫星在轨道Ⅰ运行的周期 C．上面级在轨道Ⅱ上的加速度小于卫星在轨道Ⅰ上的加速度 D．上面级在轨道Ⅱ上受到的万有引力小于卫星在轨道Ⅰ上受到的万有引力【答案】【分析】第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度；根据开普勒第三定律分析；根据牛顿第二定律分析；根据万有引力的计算公式比较。【解答】解：、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以卫星在轨道Ⅰ运行的速度小于第一宇宙速度，故错误；、因为上面级在轨道Ⅱ的半径大于卫星在轨道Ⅰ上的半径，根据开普勒第三定律可知，上面级在轨道Ⅱ运行的周期大于卫星在轨道Ⅰ运行的周期，故错误；、根据可得卫星的加速度大小为，，因为上面级在轨道Ⅱ的半径大于卫星在轨道Ⅰ上的半径，所以上面级在轨道Ⅱ上的加速度小于卫星在轨道Ⅰ上的加速度，故正确；、万有引力大小为，因为不知道上面级和卫星的质量关系，所以它们受到的万有引力大小无法比较，故错误。故选：。【点评】熟练掌握万有引力与卫星环绕地球运动的线速度、角速度、向心加速度和周期的关系式是解题的基础。5．（3分）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是A．圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的 B．圆环状条纹间距不相等，越往外条纹间距越宽 C．换用曲率半径更大的透镜，可以看到条纹将变密集 D．改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集【答案】【分析】空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大。【解答】解：、圆环状条纹是两个玻璃表面之间的空气膜上下表面反射的两列光引起的薄膜干涉造成的，故错误；、光从折射率小的介质射向折射率大的介质时，反射光与入射光相比，有一个相位为突变（相当于反射光比入射光多走了半个波长）．因而，某一级亮条纹对应的空气膜厚度应该满足：，其中，1，。可知条纹宽窄的差异，是空气膜变化率的不同所导致的：变化率越大，光程差半波长的奇偶数倍更替得就越频繁，使得条纹更加密集，从而是条纹看起来更窄。所以圆环状条纹的间距不相等，越往外条纹间距越窄，故错误；、结合的分析可知，若换一个曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹变稀疏，故错误；、若改用频率更高的单色光照射，波长变小，条纹将变密集，故正确。故选：。【点评】理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然。6．（3分）如图甲所示，质量的物体静止在水平地面上，时刻对物体施加一个水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。下列说法正确的是A．时物体的速度最大 B．时物体的动能为 C．内物体的平均速度大小为 D．内物体所受摩擦力的冲量大小为【答案】【分析】物体的加速度为0，速度最大，图像与坐标轴围成的面积代表的冲量结合动量定理分析解答。【解答】解：．当时物体的加速度为0，速度最大，则时速度最大，故错误；．由可知时物体开始运动，时拉力大小为，根据图像与坐标轴围成的面积代表的冲量有设向右为正方向，根据动量定理有其中动能为解得故正确；．内物体的冲量为设向右为正方向，根据动量定理有其中解得物体并非匀变速直线运动，则平均速度大小故错误；．物体静止，则内物体所受摩擦力的冲量大小为其中解得故错误；故选：。【点评】本题主要是考查动力的之图象问题，关键是弄清楚图象的面积表示的物理意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据动量定理求解。7．（3分）直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，如图为特高压输电示意图，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻，匝数之比。结合图中信息，下列说法正确的是A．图中“”指交流电的峰值 B．直流输电线损失的电压为 C．输电功率为 D．当用户负载增加时，用户端增加的功率大于输出端增加的功率【答案】【分析】根据有效值与峰值特点分析；根据变压器电压与匝数之比的关系结合串联电路电压规律解得；根据功率的公式解得输电功率；根据动态电路分析方法判断。【解答】解：．图中“”指交流电的有效值，故错误；．根据变压器电压与匝数之比的关系有直流输电线损失的电压为△代入数据解得△，故正确；．输电线的电流为输电功率为解得故错误；．当用户负载增加时，电流增大，则输电线损失的功率增大，可知用户端增加的功率小于输出端增加的功率，故错误；故选：。【点评】解决本题的关键要掌握：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。8．（3分）如图所示，质量相等的物体和用劲度系数的轻弹簧连接，放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮、与小球连接，套在倾角的光滑轻杆上，点为轻杆的底端，开始时小球处于轻杆的点，连接的轻绳处于水平状态，此时物体恰好对地面没有压力。、两点关于点对称，且，已知物体和的质量均为，小球的质量为，，取，，弹簧的弹性势能为为弹簧的形变量）。小球从点由静止释放到达点的过程中，下列说法正确的是A．物体、及小球组成的系统机械能守恒 B．小球到达点时，物体的速度不为0 C．小球到达点时，小球的机械能增加了 D．小球刚到达点时，的动能为【答案】【分析】对照系统机械能守恒条件：只有重力或系统内弹力做功，分析物体、及小球组成的系统机械能是否守恒。根据物体的速度大小等于小球沿绳子方向的速度大小，分析小球到达点时物体的速度大小。释放小球之前，对受力分析，根据平衡条件求出弹簧的伸长量。小球到达点时，根据几何关系求出弹簧的形变量。小球从运动到点的过程，根据、和弹簧组成的系统机械能守恒列式，即可求出小球到达点时，小球的机械能增加量。根据系统机械能守恒求小球刚到达点时的动能。【解答】解：、小球从点由静止释放到达点的过程中，弹簧的弹力要做功，所以物体、及小球组成的系统机械能不守恒，故错误；、小球到达点时，连接的轻绳与杆垂直，沿绳子方向的分速度为0，则物体的速度为0，故错误；、释放小球之前，对，根据平衡条件有：，解得此时弹簧的伸长量为：。小球到达点时，，则知下降高度，弹簧此时处于压缩状态，压缩量为根据、和弹簧组成的系统机械能守恒可知，小球到达点时，小球的机械能增加量等于弹簧弹性势能减少量与的重力势能减少量之和，即有△，解得：△，故正确；、设小球刚到达点时，的速度为，的速度为。当到达点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，又回到原位置，根据物体的速度大小等于小球沿绳子方向的速度大小，有小球从点到点的整个过程，由、和弹簧组成的系统机械能守恒得小球刚到达点时，的动能为又联立解得：，故错误。故选：。【点评】本题考查功能关系和能量守恒定律应用，解题关键在于弹簧弹性势能变化的分析，根据几何关系求出弹簧形变量变化即可分析弹性势能的变化。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．（4分）以下说法正确的是A．泊松亮斑是由光的衍射形成的 B．将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹间距会变大 C．用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光 D．为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理【答案】【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；根据光的折射定律分析波长的变化，结合条纹间距与波长之间的关系分析条纹间距的变化；偏振光具有的性质是光子的振动具有方向性；镜头上的增透膜是利用光的干涉现象。【解答】解：．泊松亮斑是光绕过障碍物形成的，属于光的衍射现象，故正确；．将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，根据光的折射定律可知，光的波长变小，结合条纹间距与波长之间的关系可知条纹间距变小，故错误；．用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光，自然光在各个振动方向上的强度相同，若旋转偏振片时透射光的亮度不变，说明该光是自然光，故正确；．根据薄膜干涉原理，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，薄膜前后表面反射光相互干涉而消弱，增加透射光的强度，使光学系统成像更清晰，故正确。故选：。【点评】本题考查光的干涉、衍射与偏振的原理，掌握干涉条纹间距公式的内容，注意理解增透膜的原理。10．（4分）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量为的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为，物块可视为质点，下列说法正确的是A．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反 B．物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为 C．继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上 D．继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为【答案】【分析】物块随圆盘转动的过程中，分析圆盘对物块的径向摩擦力和切向摩擦力的作用，再分析圆盘对物块的摩擦力与速度方向的关系；物块恰好要发生相对滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时物块的速度，再根据动能定理求圆盘对物块的摩擦力做功大小；继续增大圆盘转动的角速度，物块做圆周运动所需的向心力增大，结合离心运动的条件分析物块滑动的原因；根据动能定理求出物块在桌面上滑行的距离，由几何关系求出餐桌面的直径。【解答】解：、物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，所以圆盘对物块的摩擦力方向与速度方向并不相反，故错误；、物块恰好要发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为，故正确；、继续增大圆盘转动的角速度，物块做圆周运动所需的向心力增大，由于圆盘提供的向心力小于物块做圆周运动所需的向心力，所以物块从圆盘滑动到餐桌面上，故错误；、物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示。物块在桌面上滑行过程，由动能定理可得解得物块在桌面上滑行的距离为：餐桌面的直径为，故正确。故选：。【点评】本题主要考查动能定理的应用，在做题时要注意物块从圆盘滑落下去，沿切线方向做匀减速直线运动。11．（4分）两等量正点电荷（图中未画出）。在其连线的垂面上有、三个点，为两电荷连线的中点，如图，下列说法正确的是A．、两点的电场强度大小相等 B．、两点的电场强度的大小一定不相等 C．给电子某一初速度，它能沿图中的圆做匀速圆周运动 D．负检验电荷从点沿直线移动到点过程中，电势能先增大后减小【答案】【分析】根据等量同种电荷的电场线分布分析、两点以及、两点的电场强度大小关系；分析电子的受力情况，判断电子能否沿图中的圆做匀速圆周运动；分析电场力做功情况判断电势能的变化情况。【解答】解：、根据等量正点电荷的电场线分布可知，、点的电场强度如图所示。根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，但、两点的电场强度的大小不一定相等，故正确，错误；、圆上所有点的电势相等，且电场方向背离圆心，所以电子在圆周上受到的电场力指向圆心，当速度大小合适，恰好由电场力提供向心力时，电子可以能沿图中的圆做匀速圆周运动，故正确；、由题意可知，电场线的方向背离圆心，负检验电荷从点沿直线移动到点过程中，电场力先做正功再做负功，则电势能先减小后增大，故错误。故选：。【点评】本题考查根据等量同种电荷的电场线分布及等势面特点，明确电子的受力情况，来分析其运动情况。12．（4分）如图，质量分别为和的金属棒、，垂直放在足够长的水平光滑导轨和上，左右两部分导轨间距分别为和。磁感应强度大小均为，左侧方向竖直向下，右侧方向竖直向上。两金属棒的电阻均与长度成正比，不计导轨电阻。开始时在位置，在位置，绕过足够远的光滑定滑轮的绝缘细线连接和质量为的物块，最初距地面的高度。由静止开始下落，落地后不反弹，落地时、速率之比，下落过程中，棒上产生的焦耳热为。、运动过程中和导轨接触良好，。下列说法正确的是A．物块落地时，棒的速度大小为 B．物块落地后，棒的最终速度大小为 C．从落地到、匀速运动过程中，产生的热量为 D．从开始运动到落地的过程中通过棒的电荷量为【答案】【分析】根据金属棒、的有效长度关系确定两棒电阻关系，两棒串联，根据焦耳定律分析产生的焦耳热关系，求出物块下落过程中棒上产生的焦耳热，再根据能量守恒定律和求解物块触地时两棒的速度大小；物块触地后，棒向左做加速运动，棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，由此得到两棒匀速运动的速度关系，对两棒分别应用动量定理列式，从而求得两棒匀速运动的速度；再根据能量守恒定律求系统产生的热量，即可求得产生的热量；从开始运动到棒落地的过程中，通过两棒的电流相等，用电流平均值的方法结合动量定理求通过棒的电荷量。【解答】解：、设金属棒、的有效长度分别为和，电阻分别为和。金属棒、串联，在任何时刻电流均相等，棒上产生的焦耳热，根据焦耳定律可知棒上产生的焦耳热为根据能量守恒定律有：由题意可知解得物块落地时、的速度为，，故错误；、物块落地后，棒向左做加速运动，棒向右做减速运动，最终电路中电流为零时两棒做匀速运动，则两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，即有得对两棒，分别取两棒运动方向为正方向，由动量定理，有解得：，，即棒的最终速度大小为，故错误；、从物块落地到、匀速运动过程中，根据能量守恒定律可知系统产生的热量为解得：产生的热量为，故正确；、从开始运动到落地的过程中，对，取向左为正方向，由动量定理有又解得与串联，电流相等，相同时间通过的电荷量相等，所以从开始运动到落地过程中通过棒的电荷量为，故正确。故选：。【点评】本题是双杆问题，要注意本题中两棒组成的系统合外力不等于零，不能根据动量守恒定律求两棒匀速运动的速度，而要对两棒分别利用动量定理列式来求解。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．（9分）实验室有一块一侧有反光涂层的矩形玻璃砖，它的长宽比为，某同学用激光笔测量该玻璃砖的折射率。由于缺少标准测量工具，该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大，通过对折产生折痕对纸张进行等分，将纸张变为测量工具。（1）用纸张折痕确定法线，调整激光笔的位置如图所示，为入射光线，光线通过玻璃砖从点射出，可知玻璃砖的折射率为1.4（可用分数、小数及根号表示）；（2）激光在这种玻璃砖中发生全反射临界角的正弦值；（3）在本实验中，下列方法最能有效减小实验误差的是（单选，填选项序号）。．仅适当增大光线的入射角．仅适当减小光线的入射角．仅适当增加纸张的等分折痕．仅适当减少纸张的等分折痕【答案】（1）1.4；（2）0.70；（3）。【分析】（1）作出光路图，根据数学知识分别求解入射角和折射角的正弦，根据折射定律求折射率；（2）根据临界角公式求临界角的正弦；（3）本实验的实验误差主要来源于求解正弦值时各条边长度的测量，结合选项分析作答。【解答】解：（1）设长为，高为，光路图如图所示：则入射角的正弦为折射角的正弦值为根据折射定律，折射率为（2）全反射临界角的正弦为（3）本实验的实验误差主要来源于求解正弦值时各条边长度的测量，为了提高测量长度的精准度使实验更准确，可以增加纸张的折痕，故错误，正确。故选：。故答案为：（1）1.4；（2）0.70；（3）。【点评】本题考查了玻璃折射率的测量，实验的原理为折射定律；理解临界角公式，能正确进行实验误差的分析。14．（12分）智能手机中大都配置有气压传感器，某种气压传感器主要传感元件是一个对气体压强敏感的薄膜，它连接一个柔性电阻器，当气压传感器所处环境气压变化时，这个薄膜变形，柔性电阻器的阻值也随之发生变化。已知某气压传感器的阻值变化范围为一百欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究其阻值随气压变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：．气压传感器，一个标准大气压下阻值约为．直流电源，电动势，内阻不计．电流表量程为，内阻不计．电流表量程为，内阻不计．电压表，量程为，内阻为．定值电阻．滑动变阻器，最大电阻值约为．开关与导线若干（1）请根据给定的实验器材在虚线框内画出实验电路图见解析，在图上标注出元件符号。、、、或（2）将实物连线图补充完整。（3）当气压传感器所处环境气压为时，闭合开关，测得两个电表的读数分别为和，则气压传感器的阻值。（4）改变环境压强的大小，测得不同的值，绘成图像如图所示，由图可得阻值和压强的函数关系式为。【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）；（4）。【分析】（1）根据电动势值分析可知，电压表需要进行改装，扩大量程；电流表内阻不计，采用内接法；滑动变阻器采用分压式接法，据此设计电路图；（2）根据电路图连接实物图；（3）电压表量程扩大为原来的2倍，根据欧姆定律求解作答；（4）根据图像写出函数表达式，结合特殊点的坐标求解作答。【解答】解：（1）电源电动势为，电压表的量程为，为了确保安全，使电压的测量范围广泛一些，需要将电压表改装成的量程，即在电压表上串联定值电阻；由于电流表内阻不计，测量电路采用电流表内接法；为了测得更多的实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，设计电路如图所示：（2）根据电路图连接实物图如图所示：（3）根据电压表改装原理可，电压表的量程扩大为原来的2倍；根据欧姆定律（4）令阻值和压强的函数关系式为根据图像，将坐标，与，代入上述关系式中解得，可知，阻值和压强的函数关系式为。故答案为：（1）见解析；（2）见解析；（3）；（4）。【点评】对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数；分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题。15．（6分）如图，哈勃瓶是一个底部开有圆孔、瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，体积为，是气球中气体体积的两倍，气体的压强都为大气压强。（1）在一次实验中，保持温度不变，用打气筒对气球充气，当瓶内气体体积由减小△时，压强增大。求瓶内气体体积由减小2△时，体积减小前后瓶内气体压强的比值。（2）另一次实验中，每充一次气都能把体积为、压强为的气体充进气球内，气球缓慢膨胀过程中，认为气球内和瓶内气体压强近似相等，保持温度不变，当瓶内外压强差△时，橡皮塞会被弹出。求向气球内至少充气几次，橡皮塞被弹出？【答案】（1）瓶内气体体积由减小2△时，体积减小前后瓶内气体压强的比值为。（2）向气球内至少打气8次，橡皮塞被弹出。【分析】（1）以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象，根据玻意耳定律列式求解；（2）以打气后球内气体为研究对象，由玻意耳定律列方程。再以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律列方程，再结合两部分气体体积关系求解。【解答】解：（1）以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象，设体积减少后的压强为。气体保持温度不变，由玻意耳定律得：△，△联立以上两式解得（2）设向气球内至少打气次，橡皮塞被弹出，以打气后球内气体为研究对象，打气后气体的体积为，气体保持温度不变，由玻意耳定律得以瓶内气球和橡皮塞封闭的气体为研究对象，打气后这部分气体的体积为，气体保持温度不变，由玻意耳定律得：另外解得：所以向气球内至少打气8次，橡皮塞被弹出。答：（1）瓶内气体体积由减小2△时，体积减小前后瓶内气体压强的比值为。（2）向气球内至少打气8次，橡皮塞被弹出。【点评】本题考查玻意耳定律的应用，要分别选取瓶内气球外气体、气球内气体和待打入气体整体为研究对象，结合几何关系，列出方程可解。16．（9分）如图，在平面内虚线与轴负方向夹角为，虚线右上侧和第一象限为区域，内存在垂直平面向里、磁感应强度为的匀强磁场，虚线左下侧和第三象限为区域Ⅱ，Ⅱ内存在垂直平面向外、磁感应强度为的匀强磁场。一个比荷为的带正电粒子从原点沿轴正方向以速度射入磁场，不计粒子重力。求：（1）粒子从点进入磁场到第二次穿过直线时所用的时间；（2）粒子第二次穿过轴与轴交点的位置坐标；（3）粒子第次通过直线时与点的距离表达式。（其中，2，【答案】（1）粒子从点进入磁场到第二次穿过直线时所用的时间为；（2）粒子第二次穿过轴与轴交点的位置坐标为；（3）粒子第次通过直线时与点的距离表达式为，，2，。【分析】（1）粒子在两个磁场中都做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式，求出粒子在两个磁场中的运动周期，再求运动时间；（2）根据洛伦兹力提供向心力列式，求出粒子在两个磁场中的轨迹半径，结合几何知识求粒子第二次穿过轴与轴交点的位置坐标；（3）结合周期性，由几何关系求粒子第次通过直线时与点的距离表达式。【解答】解：（1）粒子在两个磁场中都做匀速圆周运动，轨迹如图所示。在区域Ⅰ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得又解得：在区域Ⅱ中，设轨迹半径为，周期为，由洛伦兹力提供向心力，可得又解得：由题意可知，所以粒子从点进入磁场到第二次穿过直线时所用的时间为（2）由得由得如图，由半径关系可知该点的横坐标为代入数据解得：所以粒子第二次穿过轴与轴交点的位置坐标为。（3）粒子第2次通过直线时与点距离为每一次周期性运动沿方向的侧移量均为，第次通过直线时与点距离为代入数据解得：，，2，。答：（1）粒子从点进入磁