2024年山东省济南市高考物理联考试卷（2月份）(含详细答案解析)

2024年山东省济南市高考物理联考试卷（2月份）

一、单选题：本大题共8小题，共24分。

1.如图所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由。型半导体和N型半导

体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生内光电效应，自

由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收能

星为E的光子才能发生内光电效应，普朗克常量为〃，光束为c,贝"）

A.通过负载的电流方向从上至下

B.咳材料发生光电效应的极限波长为£

C.太阳光的强度越强，则通过负载的电流越大

D.光强不变，改用频率高的光照射该材料，则通过负载的饱和耳流变大

2.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，速度随时间的变

化图像如图所示。4s时两车同时经过公路旁的同一个路标。5s时乙车停止运

动，且此时甲车超前乙车2〃?。两车均可视为质点，关于两车的运动，下列

说法正确的是（）

A.t=0时，两车相距8/»

B.甲、乙两车的加速度大小之比为1：4

C.在0〜4s内，甲车的位移大小为8小

D.在3〜5s内，甲车的位移大于乙车的位移

3.如图所示，•理想变压器原线图匝数%=1000匝，副线圈匝数物=

200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压〃=220，^sin507rt（Q。

副线圈中接一电动机，电阻为11G,电流表出示数为IA。电表对电路的

影响忽略不计，则下列说法正确的是（）

A.电动机的输出功率为33WB.电动机两端的电压为11V

C.电流表4示数为5AD.交变电流的频丝为50”z

4.如图所示，边长为L正方形金属回路（总电阻为R）与水平面的夹角为

60。，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向

下勾强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为8=kt（k>0且为常量），

则金属回路产生的感应电流大小为（）

A•丁

r红2

C•赤

D•嗡~

5.如图所示，A4C为正三角形的三个顶点，A、4两点固定电荷量为+q的点电

荷，C点固定电荷量为一q的点电荷，。、G、，分别为人仄和AC边的中

点，。为止三角形的中心。卜列说法止确的是（）

A.0点的场强大小为零

B.D与”两点的电势相同

C.电子沿OH方向运动始终克服电场力做功

D.从。点静止释放的质子将沿。，运动

6.如图所示，倾角a=30。的斜面司定在水平地面上。质量分别为2依、I依

的两物块A、B置于斜面上，质量为0.2kg的物块。穿在固定在地面上的光滑

竖直杆上，A与。之间用跨过定滑轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜

面平行，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角0=60。，A、B、C均处于静止状

态，B的上表面水平，人与仄8与斜面之间的动摩擦因数均为健，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。=

10?n/s2,则（）

A.细线对定滑轮的作用力大小为2M方向竖直向下

B.B对斜面的摩擦力大小为I1M方向沿斜面向上

C.剪断细线后,C对A的支持力的大小为18.75N

D.剪断细线后，A、B之间摩擦力的大小为零

7.如图所示，波源。沿），轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一列波在介质【中沿x轴正方向传播，另一

列波在介质II中沿x轴负方向传播。t=0时刻完整波形如图所示，此时两列波分别传到与=67n和小=

-4m处。t=1s时质点M位移不变，振动方向相反，已知波源振动周期大于1s。则（）

A.波源的起振方向沿,v轴负方向B.介质I中与介质II中波速之比为1：1

C.介质I中与介质II中波频率之比为2：3D.介质II中波的周期为1.5s

XxxXX)XX

8.如图所示，绝缘水平面上固定有两根间距为心足够长的平行光滑导轨（a

电阻不计），导轨所在空间存在磁感应强度为以范围足够大的匀强磁场。XXXXXXX

XXXXXXX

长度均为，质量分别为=根、mb=2m两根导体。、人棒静置在导轨

XXXXXXX

上，。的阻值是〃的2倍。若在亡-0时刻给a个平行于导轨向左的初速度

%，不计运动过程中。和〃的相互作用力，则下列说法错误的是（）

A.整个运动过程中，导体棒〃做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速运动

B.整个运动过程中，通过导体棒》的电荷量为翳

C.整个运动过程中，导体棒”产生的焦耳热为5m诏

D.整个运动过程中，导体棒6所受安培力的冲量大小为:tn为

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.用水平拉力使质量分别为m中、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直

线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为〃中和〃乙。甲、乙两物体运动后，所受

拉力?与其加速度。的关系图线如图所示。由图可知（）

A.m甲<B.m甲〉m乙C.〃Rv卜乙D.〃甲乙

10.如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量1依的滑块（可视为质点），置于木板中

央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力广，其口-t图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦

因数为〃=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10771/S2,下列说法正确的是（）

A.释放小球8前手受到的压力为32N

B.滑块A向上滑行0.32m时速度最大

C.滑块A向上滑行时最大速度为苧m/s

D.物体A向上滑行达到最大速度的过程中，细绳对滑块A做的功为8.751

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

13.某实验小组的同学利用如图1所示的双缝干涉实验装置测量光的波长。

双缝

光源旋光片单缝遮光筒

0

图1

12

cm111111111111111c7m

I|1111|||(1|I

010010

图2图3

(1)实验过程中，在光屏上得到了明暗相间的红色条纹，则下列说法正确的是。

A紧将红色滤光片换成绿色滤光片，条纹间距将变大

A若取下滤光片在屏上可得到明暗相间的白色条纹

C.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可以减小单缝到双缝的距离

D若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可以换用两缝间距更大的双缝

(2)已知实验过程中观察到分划板中心刻线与第1条亮条纹中心对齐时，手轮的读数如图2所示；转动手

轮，分划板中心刻线与第7条亮条纹中心对齐时，手轮的读数如图3所示，则相邻两条亮条纹之间的距离

为mnu

(3)已知双缝到光屏之间的距离为L=500mm,双缝之间的距离为d=0.4mm,贝ij该红色光的波长为

A=nmo

14.如图所示，为某校科技社团成员设计的具有5个挡位的多用电表电路。其中£是电池，&、R2.色、

/?4是定值电阻，Rs为滑动变阻器，G为灵敏电流计4==9900。为了测量多用电表内电池电

动势和内阳，还备有电阻箱R。

(1)A端应该接表笔(选填“红”或“黑”)。

(2)若直流电流挡有1加4和两挡，则定值电阻&=______J、R2=______Q。

(3)将选择开关与“3”相连，Rs的滑片到最下端。处，将两表笔A、B接在电阻箱上，调节电阻箱的阻

值，采集灵敏电流计的读数/(国际单位)和变阻箱的读数R，在坐标纸上，以R为横轴，以为纵轴，

作出了•条不过原点的直线。若图线斜率为底纵截距为/九则多用电表内电池的电动势为，内阻

为_。(用久〃和已知数据表示)

―(£>

与&

.4B

四、简答题：本大题共4小题，共46分。

15.某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大的形变导致天然气泄漏，采用的是“气升

顶”施工方案。如图，质量为m=3.75x105的的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料，使穹顶上升时不

漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵入空气，使穹顶缓慢上升。安装完成

后,储罐内空间可视为截面积S=3.75xI()3ni2,高h二20m的圆柱体。已知大气压强为p()=1.01x

10sPa,安装完成后罐内空气温度为27℃,标准状态(po=1.01x105pa"=273K)下空气密度为

1.30k^/m3<,

(1)穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？

(2)鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大(结果保留两位有效数字)？

16.如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的,光滑圆弧轨道48C,为圆

弧轨道的水平直径，。为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为，〃的小球(

可看成质点)从4点正上方”高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，

重力加速度大小g,求：

(1)为使小球能在46C轨道上运动而不脱离轨道，〃应该满足的条件；

(2)若”=0.9R,小球刚要脱离轨道时，小球距A8的高度h。

17.如图，水平桌面上有质量分别为巾4=3m、爪8=2m的两个物体4和从某时刻4以大小为%的速度

向B匀速运动并与4发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，A和8先后从桌面的右端滑出，并落在地面

上的同一地点。A和B在运动过程中，速度始终与桌面的右边獴垂直，已知B与桌面间的摩擦因数为出

重力加速度大小为g，不计空气隹力。求：

(1)8滑出桌面时的速度大小；

(2)B在桌面上运动过程中产生的热量；

(3)8与桌面右边缘的距离；

(4)/1与4滑出桌面的时间间隔。

18.如图所示，平面直角坐标系x。)，中第一、二、四象限内存在磁感应强y

XXX

度大小为8的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二

XXX

象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电XXX

XPXX

场。质量为〃?、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-Z,-今以一定初速度

°xIxxx

释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为。=45。，从点K(0,一。垂直y轴XXX

K

进入笫四象限磁场区域，然后从尸(，,0)点垂直x轴进入第•象限，同时在XXX

XXX

〃点释放一质量为£、电量为q(q>0)、速度为誓的带电粒子乙，且速度

方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲、乙两粒子间的相互作用，求:

(1)甲粒子进入第四象限时的速度外;

(2)匀强电场的大小E；

(3)粒子甲第〃次经过)，轴时，甲、乙粒子间的距离4

(4)当甲粒子第一次经过)，轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀

强电场，求甲粒子的最大速度Um

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4自由电子向N型一侧移动，N型一侧电势更低，故电流从P型一侧流出，回到N型一侧，

故电流应该从下至上通过负载，故A错误：

及发生光电效应的极限波长满足

c

g=E

A

解得a=V

故B错误：

C太阳光强度越大，内光电效应稻放的电子越多，向N型一侧移动的自由电子越多，两端电势差越大，电

路中的电流越大,故增大太阳光的强度，通过负载的电流会变大，故CiF确：

。.若要增加饱和电流，则需要增加光照强度，保持照射光的频率不变，故。错误。

故选：Co

A.根据自由电子积累情况判断N型的电势，再判断负载电流方向；

8.根据极限波长的公式进行推导判断；

。.根据光的强度越大，光电效应的电子数多少来判断负载电流的大小；

D根据饱和光电流的影响因素进行分析解答。

考查光电效应的问题，会根据题意分析解决相关问题。

2.【答案】B

【解析】解：A、设5s时甲车的速度为打乙车的初速度为为。

依题意，4s时两车同时经过公路旁的同一个路标，5s时甲车超前乙车2机，可知4-5s内甲车的位移比乙

车的大2〃?，即可有：x甲一x乙=2m

结合速度-时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可得：与根=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内，乙车与甲车的位移之差为=等m=32m,结合4s时两车同时经过公路旁的同一个路

标，则知t=0时，两车相距32机，故4错误;

B、根据u-t图像的斜率表示加速度，可得甲、乙两车的加速度大小之比为即乃y=1：4,故8

正确;

C、在0~4s内，甲车的位移大小为%尹1=^。尹/=2x/x42巾=6.4m,故C错误；

D、在3〜5s内，两图线与时间轴所围的面积相等，则两车通过的位移相等，故。错误。

故选：B。

速度-时间图像与时间轴所围的面枳表示位移，根据4s时两车同时经过公路旁的同一个路标，5s时甲车超

前乙车2小，可知4-5s内甲车的位移比乙车的大2〃?，求出5s时中车的速度，由几何关系求乙车的初速

度，再求。-4s内两车位移之差，即可得到£=0时两车间的距离。根据图像的斜率等于加速度来求解加速

度大小之比。根据“面积法”分析在3〜5s内两车位移关系。

解答本题时，要理解u-t图像的物理意义，知道U-C图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示

加速度。

3.【答案】4

【解析】解：AB,根据变压比公式筏=自解得/=4优电动机的输出功率为匕产%-/"=44X

1IV-I2x111V=33W,故A正确，8错误；

C、根据变流比公式?=这，解得0.24故C错误；

。、根据f=券=架"z=25Hz,故。错误：

故选：Ao

根据变压比公式以及电动机输出功率即可分析选项：再根据变流比公式求解原线圈电流：±1频率与角

速度之间的关系求解频率。

本题关键是明确变压器的变压比公式和变流比公式，知道电动机是非纯电阻电路，输出功率为P,,7=%/-

I2r,基础题。

4.【答案】D

2

【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的感应电动势为：&=等5=碗（32cos60。=警

由闭合电路欧姆定律可知金属回路产生的感应电流大小为：1=号=嚅,故/1BC错误，。正确。

Kon

故选：Do

先根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算感应电流即可。

本题考查学生对法拉第电磁感应定律的理解，还涉及到闭合电路欧姆定律等相关知识，是一道小型综合

题.

5.【答案】C

【解析】解：A、假设在。点放一个正的试探电荷，根据电荷之间的相互作用可知，正试探电荷受到的合

力沿0C方向，即。点的场强不为零，故A错误；

8、相对于〃点而言，。点离正电荷较近，离负电荷较远，则。点的电势大于〃点的电势，故3错误：

C、4、C两个电荷在O”线上产生的电势之和为零，而8点电荷在。”上的电势逐渐降低，电子带负电，

所以电子的电势能逐渐增大，根据功能关系可知电子克服电场力做功，故C正确；

。、从。点静止释放的质子会沿着0C的方向运动，故。错误；

故选：Co

理解点电荷周围的场强和电势的分布特点，结合各自的合成特点分析出不同位置的场强和电势的关系，结

合电势能的计算公式和功能关系完成分析。

本题主要考杳了点电荷周闱的场强分布特点，熟悉点电荷周围的场强和电势的特点，结合电势能的计算公

式即可完成分析。

6.【答案】C

【解析】解：4依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为7,杆对。的作用力为N,则有

TcosS=mcg

解得

T=4N

两绳子的夹角为120则细线对定滑轮的作用力大小为

F=T=4N

方向竖直向下，故4错误；

区对A、B整体，根据共点力平衡条件有

T+f=(mA+m^gsina

解得

f=11N

斜面对8的摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知6对斜面的摩擦力沿斜面向卜，故4错误：

CD将4、4视为整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为

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

解得

a=1.25m/s2

则在竖直和水平方向的分加速度为

ay=asin30°,ax=acos30°

设B对A的支持力为N',根据牛顿第二定律有

JnAg—N，=mAay

解得

N'=18.75/V

水平方向的摩擦力为

f=rnAax=5

解得f=苧可<nmAg=，x2xION=5/3/V

可见4、B没有相对滑动，故C正确，。错误。

故选：C。

以C为研究对象对其受力分析，解得绳子拉力，从而计算A,对A8整体受力分析，根据共点力平衡条件

结合牛顿第二定律分析BCD.

本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律的应用，解题的关键点是根据加速度的分解，进而代入数据完成

解答，难度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A、£=0时，两列波分别传到Xi=6zn和小=-4瓶处，由上下坡法可知，波源的起振方向沿

y轴正方向，故A错误；

BC.两列波是由同•波源的振动形成的，所以频率相同，根据1，=入/可知

介质I中与介质II中波速之比为2：3

故BC错误；

。、由t=1s时质点M位移不变，振动方向相反可知(2x&7+寸+仃=ls5=0,l,2,..)

可得T=熹sQ=0,l,2...)

因为波源振动周期大于15

所以〃取0,当九=0时，可得T=1.5s

故。正确；

故选：Do

根据=67n和%2=-47n处质点的振动方向，分析波源的振动方向，两列波是由同一波源的振动形成的，

所以频率相同，根据u=与分析波速的比值，根据时间与周期的关系分析

本题关键是要能正确分析质点的振动情况，确定时间与周期的关系，从波速方向可判断出质点的振动方

向。注意波速的计算公式。

8.【答案】B

【解析】解：已知=m、771b=2m,设。的电阻为2R,b的电阻为R.

A.导体棒。向左运动时产生的电动势为E=BLv,和导体棒〃一起构成闭合回路产生的感应电流为/=导,

On

人力棒所受的安培力大小均等于F=8〃=造，这个安培力使〃棒做减速运动，使力棒做加速运动，所

以,7棒切割磁感线的速度变小，对〃棒，根据牛顿第二定律

F=2771ab

则b棒的加速度变小，当〃、〃的速度相等时，〃开始做匀速直线运动，故A正确；

8.对人。棒所组成的系统，安培力是一对平衡力，根据题意可知，系统在水平方向满足动量守恒定律，设

向左的方向为正方向，有

m%=（in+

得u共=§%

对。棒，在加速时间内，根据动量定理有=即BLq=2mv*解得q=缴，故B错误；

2

C.根据功能关系，整个过程中系统产生的焦耳热为Q=IrnvQ一之x3mx吟=:zn诏-1x3mxv0）=

乩哈根据功率分配关系可得，"棒产生的焦耳热为Qa=1="乩说=标哈故C正确：

。.整个过程中，对/?棒，根据动量定理，安培力冲量等于b的动量变化量，即卜=2m•v共=2mx1v0=

7

§771%,故。正确。

本题选错误的，故选：及

A.根据〃棒所受的安培力的变化情况结合牛顿第二定律分析判断；

及根据动量守恒和动量定理列式求解；

C.根据功能关系求系统热量，再由热量分配关系求解。棒的热量；

。.根据动量定理求解力的冲量。

考查电磁感应、安培力、牛顿第二定律和动量守恒等问题，会根据题意列式求解相关物理量。

9.【答案】BC

【解析】解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有

b,-4771g=ma

则广=ma+nmg

对照已知图像，根据数形结合思想，可知

图像斜率k=m

图像截距力=nmg

由fk甲〉k乙,故m俨/

由十.〃卬机平g=禺―乙g，故＜u乙

故A。错误，8C正确。

故选：BC.

甲、乙两物体均受拉力、滑动摩擦力，均做加速运动，由牛顿第二定律可以列出方程，将方程变形为尸关

的一次函数，则由数形结合思想可知，图像的斜率、截距与变形后的方程对应部分相等，分别列出上

述等式，即可求解。

本题主要考查牛顿第二定律的图像问题，解题关键是要运用数形结合思想，列出物体运动的牛顿第二定律

方程，并结合已知图像，找出方程与图像的关联关系，进而求解。

10.【答案】BC

【解析】解：A、£=0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的U-亡图象可得：

Av4

%=市==27nd?

对滑块，由牛顿第二定律有：ftmg=maz

得©=凶=lm/s2

由于Q2VQ1，所以滑块确实与木板发生了相对滑动，g=lm/s2

故a错误；

BC、对木板根据牛顿第二定律有

F-47ng=Max

撤去拉力后木板的加速度为=^-=gm/s?=2m/s2

根据牛顿第二定律有的=鬻

解得F=2MM=0.5kg

故BC正确；

。、由图象17-1可知，在£=2s时撤去了拉力，此时，木板的速度为%==2x2m/s=4zn/s

滑块的速度为%=a2t=lx2m/s=2m/s

滑块与木板间仍有相对滑动

设再经过“时间滑块与木板的速度大小相等，有%-a2t.=V2+Q2tl

解得£1=9

木板和滑块速度相等时，木板的总位移为/=；%/+匕

2

滑块的总位移为小=|a2(ti+t2)

两者相对位移为-x2

所以木板的总长度不少于犬=2M.

解得/=学6

故D错误；

故选：BC。

根据图象知极的加速度，与物块的最大加速度比较，判定二者相对运动状态；根据图象知撤掉产后的板的

加速度，对比知二者运动状态，根据牛顿第二定律求解力；恰好不滑落的条件：共速，相对位移等于板长

一半，根据速度-时间关系和位移时间列式求解。

此题为图象与板块模型的综合应用，图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得

出物体的运动规律。

II.【答案】ACD

【解析】解：A、分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重

力可知：G爷=ma。

解得行星的质量为：”=峭

根据密度公式可知：。=占

解得。=熟，故4正确；

B、根据万有引力提供向心力，有：G-^=mx2R^

分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知。智=血劭

解得卫星在距该行星表面高力处的圆轨道上运行的周期为：T=4n故8错误；

CD、分析图象可知，位移为勺时,阻力等于万有引力，即尸=加劭，此时速度最大，分析题意可知，阻力

随位移线性变化，则阻力为：/=^x；

则从释放到速度刚达最大的过程中，根据动能定理有

1ma1mv2

2oxo=2m

解得小球下落过程中的最大速度为方=J砧

故CZ)正确。

故选：ACDO

根据万有引力和重力的关系结合密度的公式解得A：根据万有引力提供向心力求解周期：根据阻力变化的

线性关系分析解答C：ma-工图象与工轴围成的面积表示合力做的功，根据动能定理求解小球卜落过程中

的最大速度。

本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球

自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。

12.【答案】CD

【解析】解•：A、初始时，用手托住球8,此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为。滑块A刚要沿斜面向

上运动，由平衡条件，有7=7叫gsin。+〃7叫985。

解得7=30N

对B受力分析，设手的支持力为凡^\F=mBg-T

解得F=20N,根据牛顿第三定律可知手受到8球的压力为20N,故4错误；

B、松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，8的加

速度也为零，对A受力分析得

T'-mAgsin0-nmAgcosG-F^=0

对B受力分析得T'=

由胡克定律，=kx

解得％=0.2m

即释放3球后，滑块A向上滑行x=0.2小时速度最大，故6错误；

C、根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有m3gx=+/.imAgxcosO+1(?nA+

2

mB)v+

解得滑块A向上滑行过程中的最大速度为u=^m/s,故C正确；

。、物体A向上滑行达到最大速度的过程中，对A根据动能定理有

22

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

解得细绳对滑块A做的功为勿=8.75/

故D正确。

故选：CD。

初始时，对A8分别根据受力分析可解得手对8球的托力，从而得到手受到B球的压力大小。当A受到的

合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，台的加速度也为零，根据能量守恒定律可解得最大速度：对

A根据动能定理解得Do

解题关键要分析清楚人滑行过程口系统的能量转化关系，注意当人受到的合力为零时，速度最大。

13.【答案】00.75600

【解析】解：(1)双缝干涉条纹间距公式为

4.由于红光的波长大于绿光的波长，紧将红色滤光片换成绿色滤光片，条纹间距将变小，故人错误；

B.若取下滤光片后，入射光为白光，在屏上可得到彩色条纹，中央为白色条纹，故B错误；

C干涉条纹的个数与单缝到双缝的距离无关，故C错误；

。.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，就要减小条纹间距，根据双缝干涉条纹间距公式可知，可以换用

两缝间距更大的双缝，故。正确。

故选：Do

(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm,第一条亮条纹的测量值巧=11mm+1x0.1mm=11.1mm

第7条亮条纹的测量值%2=15mm4-6xOAmm=15.6mm

相邻亮条纹之间的距离Ax=亨*=15.6吗-,1颉=0.756771

(3)根据双缝干涉条纹间距公式

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

入射光的波长A==---------=----m=6.00x1407m=600mn。

▲500x103

故答案为：(1)D;(2)0.75；(3)600。

(1)根据双缝公式条纹间距公式进行分析作答；

(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm,测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺上对齐格数(不估读)精确

度，然后根据第1、7之间的条纹宽度求相邻的条纹间距；

(3)根据双缝干涉条纹间距公式求入射光的波长。

本题考查了双缝干涉实验装置测量光的波长，掌握游标卡尺的正确读数和双缝干涉条纹间距公式是解题的

关键。

14.【答案】红1199”)-99

IKK

【解析】解：(1)根据B和3相接时内部电源的极性分析，8接内部电源的正极，故4端应该接红表笔；

(2)选择开关与“1”、“2”相连时为电流表，量程分别为10〃滔和1〃讯根据串、并联电路特点有

焦IqR泉q+%=加

联立解得a=110,7?2=99。。

(3)选择开关与“3”相连，电流表量程为l〃M,根据并联电路特点可知心、/?2串联后与表头并联的总电阻

为=提鬻0=990通过电源的电流为通过表头电流/的10倍。根据团合电路欧

十/<2)十Kg(1.1十十WU

姆定律有

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

变形为;=竿+地等

fCC

由此可知横轴为七则纵坐标轴为:

则斜率从=推

E

纵截距b=等也

E

解得E=¥，r=1-99

KK

故答案为:⑴红；(2)11,99;(3)1,竽，*99。

(1)根据欧姆表内部结构判断表笔；

(2)根据串并联电路的特点列式代入数据求解；

(3)根据闭合电路的欧姆定律结合组像斜率和截距的物理意义列式求解。

考查多用电表的结构和串并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律联立求解相关物理量。

15.【答案】解：(1)穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为

mg

P=Po+—

解得：p=1.02x105Pa

(2)安装完成后罐内空气温度为7=(27+273)K=300K,压强为p=1.02xl()5pa,体积为1/=Sh=

343

3.75x10x20m3=75xi0m

设泵入罐内空气在标准状态下的体枳为％,由理想气体状态方程，可得

pV_Po^o

解得：v0=6.9x1047n3

则泵入罐内空气的质量为：M=pV0=1.30x6.9x10"g=9.ox10”。

答：（1）穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为1.02xl05pa；

（2）鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为9.0x10”。。

【解析】（1）穹顶缓慢上升时，根据p=p0+詈计算储罐内空气压强；

（2）根据•定质量的理想气体状态方程求出泵入罐内空气在标准状态下的体积，并由此求出空气的质量。

本题主要考查了•定质量的理想气体状态方程，熟悉气体状态参量的分析，结合对物体的受力分析即可完

成解答。

16.【答案】解：（1）小球刚好能到达C点时，在C点，对小球，由牛顿第二定律可得：mg=m4

R

从移放小球到C点的过程，由动能定理得；〃叼（〃一尺）二P八名

联立解得：H=1.5/?

故为使小球能在A3C轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件为H>1.5R。

（2）设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为氏速度为v,

由几何关系可知：cos。=4

小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力，对小球，由牛顿第二定律可得：mgcosO=

v2

由动能定理得：mg（0.9R-h）=\mv2

联立解得：h=0.6/?

答：（1）为使小球能在A8C轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件为H21.5R：

（2）若”=0.9R,小球刚要脱离轨道时，小球距AB的高度h为06/?。

【解析】（1）为使小球能在人8c轨道上运动而不脱离轨道，要能到达C点，研究小球刚好能到达。点的情

况，根据重力提供向心力求出小球刚好能到达C点的临界速度，再由动能定理求对应的人从而得到〃应

该满足的条件；

(2)小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律和动能定理相结合求小

球距A8的高度限

本题考查动能定理与圆周运动临界条件的综合应用，要明确小球到达最高点的临界条件：重力等于向心

力。小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力。

17.【答案】解：(1)/1与B发生弹性碰撞，设向右的方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得

3mv0=3mvA+2mvB

111

5•3m珀?=亍•3m/?+-2mv^9

乙