山东省泰安市2023届高三下学期物理一模试卷

山东省泰安市2023届高三下学期物理一模试卷
一、单选题
1．在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压与入射光的频率的关系如图所示，其横轴截距为，纵轴截距为，元电荷电量为。下列说法正确的是（　　）
A．遏止电压与入射光的频率成正比
B．金属的逸出功为
C．金属的截止频率为
D．普朗克常量
【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程可得电子的最大初动能为，根据动能定理可得，联立可得，可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，图像的斜率为，解得普朗克常量为，图像的纵轴截距为，解得金属的逸出功为，金属的截止频率为
故答案为：B。
【分析】根据光电效应方程可得电子的最大初动能，根据动能定理得到遏止电压表达式。遏止电压与入射光的频率不成正比关系。
2．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体（视为理想气体），气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体（　　）
A．气体对外做功，内能减小
B．气体分子势能增大，内能增大
C．气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D．气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
【答案】D
【知识点】分子势能；物体的内能
【解析】【解答】A．打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体不对外做功，A不符合题意；
B．气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，B不符合题意；
CD．气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】B中为真空，所以气体不对外做功。气体体积变大，温度不变，气体压强减小，碰撞的次数将减少。
3．利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小（约为微米量级），实验装置如图甲所示，和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；A为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为。则以下说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知，由题设条件，则有，联立解得
故答案为：D。
【分析】出现亮条纹，波程差为半波长偶数倍，即厚度为半波长奇数倍，结合几何关系求解。
4．一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子（可看作质点）在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．箱子滑到底端时重力的功率
B．箱子滑到底端时重力的功率
C．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ。当时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得，箱子滑到底端时重力的功率为，解得，A符合题意，B不符合题意；
CD．斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得，由匀变速直线运动规律可得，解得，改变斜面的倾角θ，当即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，利用牛顿第二定律求解加速度，运动学公式求解运动时间。
5．我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了，在这一过程中其机械能损失为ΔE。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，空间站质量为。规定距地球无限远处为地球引力零势能点，地球附近物体的引力势能可表示为，其中M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心距离。则下列说法中正确的是（　　）
A．“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为
B．“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为
C．"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为
D．“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为，A不符合题意；
B．根据向心加速度公式，“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为，B不符合题意；
C．根据牛顿第二定律有，"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为，C不符合题意；
D．根据牛顿第二定律有，"中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为，轨道距地面高度为h时，空间站的动能为，轨道距地面高度为h时，空间站的势能为，轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为，同理轨道距地面高度为时，空间站的机械能为，“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。机械能等于空间站动能加上势能。
6．气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C（此过程人的双脚悬空）；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
故答案为：B。
【分析】】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，依次分析其他过程体积温度变化。
7．空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）
A．E、F两点电势不同 B．E、F两点电场强度相同
C．E点的电场强度大小为 D．E点的电场强度大小为
【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，A不符合题意；
BCD．由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。根据电场的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知，根据点电荷场强公式则有，E点的合场强为，根据几何关系可知，联立解得E点的电场强度为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，E、F两点电势相同。由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等。根据几何关系解得E点的电场强度。
8．一根轻质的不可伸长的细线长为，两端分别系在水平天花板上间距为的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为，如图，施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为，与竖直方向夹角为，细线与合力反向延长线夹角为，则
，，，同时，线段ab在垂直合力方向投影的长度，可得，则小球再次平衡时，有，联立解得，a、b间细线的张力为
故答案为：B。
【分析】分别画出小球两次受力平衡的分析图，结合几何关系求解。
二、多选题
9．家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时，点火器每秒点火50次
B．正常工作时，点火器每秒点火100次
C．若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D．若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
【答案】B,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．由题可知交流电的频率为50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，A不符合题意，B符合题意；
CD．只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】交流电的频率为50Hz，点火器每个周期有两次达到电压最大值，因此点火器每秒点火100次。原副线圈匝数比为电压之比。
10．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，时刻部分质点的状态如图（a）所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是（　　）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为
B．时，B处质点位于波峰
C．s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．时，D处质点所受回复力方向竖直向下
【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为，，则根据波速公式，A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为，A符合题意；
B．由A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B不符合题意；
C．波从AE波面传播到C的距离为，则波从AE波面传播到C的时间为，则时，C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上，C符合题意；
D．波从AE波面传播到D的距离为，则波从AE波面传播到C的时间为，则时，D处质点动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】由图a、b可看出该波的波长、周期。由A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s。C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上。
11．2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成，最后落在雪坡上的P点（图中未画出）。把运动员视为质点，不计空气阻力，取，，则（　　）
A．运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s
B．运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C．运动员离开雪坡的最大距离为19.36m
D．运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
【答案】A,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为，垂直于雪坡方向上的速度为，同理可得，，根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为，A符合题意，B不符合题意；
CD．运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，根据对称性可知运动员从起跳到达P点的运动时间。运动员离雪坡最远时，运动方向与斜抛平行，垂直于斜面的速度为零。
12．如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域I中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域II中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为。在区域I中，将质量，电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域II中将质量，电阻的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取，则（　　）
A．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C．当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D．当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】CD．由题意可知，开始金属条与金属导轨间的最大静摩擦力，方向沿着金属导轨向上；开始金属棒加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从到，根据左手定则可知金属条所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒速度增大，感应电流变大，金属条所受安培力变大，当安培力等于时，金属条刚要开始滑动，此时，解得，金属棒产生的感应电动势，则金属棒的速度，C符合题意，D不符合题意；
AB．金属条开始运动后，产生的感应电流与金属棒产生的感应电流相反，由于金属棒有较大的速度，所以金属棒产生的感应电流大于金属条产生的感应电流，设当电流为时，满足，解得，此时金属条和金属棒的加速度相等，此后金属条和金属棒的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条和金属棒以相同大小的加速度运动，B符合题意，A不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】开始金属条与金属导轨间的最大静摩擦力等于重力沿斜面分力大小。当安培力等于时，金属条刚要开始滑动，最终金属条和金属棒的速度差恒定，产生的感应电流大小不变。
三、实验题
13．现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图（a）所示，实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=　 　mm。
（2）将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式　 　（用字母h、d、t、g表示），则认为小球下落过程中机械能守恒；
（3）小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=　 　（用字母、和表示）。若适当调高光电门的高度，将会　 　（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【答案】（1）7.383
（2）
（3）；增大
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为7mm，可动刻度为38.3×0.01mm=0.383mm，小球的直径为
（2）小球通过光电门速度，若机械能守恒，则，化简得
（3）由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为，，由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为，若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（1）螺旋测微器读数要估读到最小刻度后一位即千分之一毫米。
（2）机械能守恒，只有动能与势能相互转化。
（3）碰撞过程中损失的机械能为两次动能之差，空气阻力会导致误差。
14．某实验小组欲将内阻、量程为的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A．定值电阻（阻值为14kΩ）
B．滑动变阻器（最大阻值为1500Ω）
C． 滑动变阻器（最大阻值为500Ω）
D．电阻箱（）
E．干电池（，）
F． 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选　 　（填“”或“”）。请用笔画线代替导线将图（a）中的实物连线组成欧姆表　 　。
（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为　 　Ω；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为　 　。
（3）通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为　 　kΩ。
（4）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图（c）为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为　 　Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是　 　μA。
【答案】（1）；
（2）958；15kΩ
（3）5
（4）1560；60
【知识点】电表的改装与应用
【解析】【解答】（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为，则滑动变阻器应选；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
（2）欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为，设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有，解得
（3）表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有，则c处的电阻刻度为5。
（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有，联立解得，，则图中电阻箱的阻值应调为，若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为，则电流表指针对应的电流是
【分析】（1）欧姆调零时，电流最大时，外部电阻为零。电流红进黑出欧姆表，黑表笔应接电源的正极。
（2）短接，电流达到电流表满偏电流，根据闭合电路欧姆定律推导欧姆表的刻度 。
（3）根据闭合电路欧姆定律求解刻度大小。
（4）中值电阻为使电流表半偏的电阻。内部电流为并联电路，根据电阻大小进行分流。
四、解答题
15．如图所示，为某玻璃材料的截面，部分为直角三角形棱镜，，部分是半径为的四分之一圆柱状玻璃，点为圆心。一束单色光从点与成角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点R，已知真空中的光速为c。
（1）求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
（2）现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出（Q点未画出）。求光束在玻璃材料中的传播时间（不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线）。
【答案】（1）解：根据题意可知，光线从界面的点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角
折射角，且恰好为法线，根据可得折射率
又有
解得
（2）解：根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角，折射光线交边于点，由题已知，，得在边界上的入射角为，由于发生全反射的临界角为。则有
即
可知在界面发生全反射，已知。由几何关系得，在三角形中，由余弦定理得
其中，
解得
又有
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光线传播光路图，由几何关系求解折射角和入射角以及折射率，根据折射定律求解临界角。
（2）由几何关系求解光传播的路径长度，由折射定律求解光传播速度，路程除以速度等于时间。
16．如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小，传送带长，水平面上有一块足够长的木板。质量为的物块（可视为质点）以初速度，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。取重力加速度，求：
（1）物块从A运动到B点经历的时间t；
（2）物块停止运动时与B点的距离x。
【答案】（1）解：根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为，由公式可得，
设此过程物块的位移大小为，由公式解得
又有
此后物块随皮带匀速运动，则有
解得
则物块从A运动到B点经历的时间为
（2）解：物块滑上木板后，木块的加速度为，木板的加速度为，木板与木块一块减速时的共同加速度为，根据牛顿第二定律得
解得
木块与木板经时间达到共同速度，则有
解得
此过程物块位移为
二者共同减速的位移为，则有
解得
则物块停止运动时与B点的距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速后匀速运动，分别由运动学公式求出运动时间，两时间相加即为总时间。
（2）分别由牛顿第二定律求解每个过程加速度，由运动学公式求解位移。每段位移相加即为最终距离大小。
17．如图所示，在xoz平面的第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度的大小，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为的带正电粒子从x轴上的P点以速度射入电场，方向与x轴的夹角。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为（0，0.15m，0.2m）的M点（图中未画出），且速度方向与x轴负方向的夹角，其中，不计粒子重力。求：
（1）粒子速度的大小；
（2）圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin（结果保留两位有效数字）；
（3）粒子从P点运动到M点经历的时间t（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）解：粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得
1
根据牛顿第二定律可得
沿x轴正方向
联立可得
（2）解：由几何关系得，
圆柱形磁场区域的最小横截面积
（3）解：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得 ，
粒子在磁场和电场中运动的时间围为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，将速度分解，由运动学公式求解速度大小。
（2）QD为磁场直径时， 圆柱形磁场区域有最小横截面积 。
（3） 洛伦兹力提供向心力 ，求出粒子运动周期以及圆心角，求出粒子在磁场中运动时间，运动学公式求解粒子在电场中时间。
18．如图甲所示，在水平地而上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，时刻与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的图像如图乙所示。已知在时间内，物体B运动的距离为。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
（2）物块A最终运动的速度；
（3）A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比（弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，△x为弹簧的形变量）；
（4）第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
【答案】（1）解：由乙图知后
B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知
由机械能守恒可知
解得，
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知
因此
（2）解：C返回水平轨道时由机械能守恒可知
C与B再次发生弹性碰撞
解得，
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒
可得
B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知
由机械能守恒可知
解得
（3）解：A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知
解得
由机械能守恒可知
由以上公式得
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
可得
（4）解：A与B压缩弹簧过程
同一时刻A、B的瞬时速度关系为，
由位移等于速度对时间的积累得（累积），（累积）
在时间内，
由此得，
因此
可得
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） B、C发生弹性碰撞，动量守恒 ，无能量损失机械能守恒。
（2）对每次碰撞过程依次应用动量守恒定律以及机械能守恒定律求解。
（3）求出每次碰撞过程弹簧最大压缩量，求出弹力大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（4） 求出 同一时刻A、B的瞬时速度关系，位移等于速度对时间的积累 。
山东省泰安市2023届高三下学期物理一模试卷
一、单选题
1．在光电效应中，当一定频率的光照射某种金属时，实验得到的遏止电压与入射光的频率的关系如图所示，其横轴截距为，纵轴截距为，元电荷电量为。下列说法正确的是（　　）
A．遏止电压与入射光的频率成正比
B．金属的逸出功为
C．金属的截止频率为
D．普朗克常量
2．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体（视为理想气体），气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体（　　）
A．气体对外做功，内能减小
B．气体分子势能增大，内能增大
C．气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将增多
D．气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
3．利用薄膜干涉可以测量圆柱形金属丝的直径。已知待测金属丝与标准圆柱形金属丝的直径相差很小（约为微米量级），实验装置如图甲所示，和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；A为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为λ的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻明条纹的间距为。则以下说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．一倾角可改变的光滑斜面固定在水平地面上，现有一质量为m的箱子（可看作质点）在斜面顶端由静止释放，如图所示。斜面底边长度为L，斜面倾角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．箱子滑到底端时重力的功率
B．箱子滑到底端时重力的功率
C．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ，当时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
D．保持斜面的底边长度L不变，改变斜面的倾角θ。当时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短
5．我国空间站组合体在2022年9月30日由两舱“一”字构型转变为两舱“L”字构型。”中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，在此高度上有非常稀薄的大气，因气体阻力的影响，轨道高度1个月大概下降2km，空间站安装有发动机，可对轨道进行周期性修正。假设中国空间站正常运行轨道高度为h，经过一段时间t，轨道高度下降了，在这一过程中其机械能损失为ΔE。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，空间站质量为。规定距地球无限远处为地球引力零势能点，地球附近物体的引力势能可表示为，其中M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心距离。则下列说法中正确的是（　　）
A．“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为
B．“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为
C．"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为
D．“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失
6．气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气缸杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态。然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C（此过程人的双脚悬空）；接着人缓慢离开座椅，直到椅子重新达到另一个稳定状态D，室内大气压保持不变，则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）
A．E、F两点电势不同 B．E、F两点电场强度相同
C．E点的电场强度大小为 D．E点的电场强度大小为
8．一根轻质的不可伸长的细线长为，两端分别系在水平天花板上间距为的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力为的小球，处于静止状态，小球可视为质点。现对小球施加大小为平行于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b间细线的张力为T，则（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．家用燃气灶的脉冲点火器工作原理电路如图所示，其电源为一节干电池。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值超过12kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是（　　）
A．正常工作时，点火器每秒点火50次
B．正常工作时，点火器每秒点火100次
C．若变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500，点火器能正常工作
D．若变压器原、副线圈的匝数之比为1：2200，点火器能正常工作
10．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，时刻部分质点的状态如图（a）所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是（　　）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为
B．时，B处质点位于波峰
C．s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D．时，D处质点所受回复力方向竖直向下
11．2022年北京冬奥会某滑雪比赛场地简化如图所示，AO为曲线助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为22m/s，方向与水平方向成，最后落在雪坡上的P点（图中未画出）。把运动员视为质点，不计空气阻力，取，，则（　　）
A．运动员从起跳到达P点运动的时间为4.4s
B．运动员从起跳到达P点运动的时间为2.2s
C．运动员离开雪坡的最大距离为19.36m
D．运动员离开雪坡的最大距离为116.16m
12．如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面夹角为，两导轨间距为0.4m，导轨电阻不计。导轨所在空间被分成足够长的区域I和II，两区域的边界与斜面的交线为MN，区域I中分布有垂直斜面向下的匀强磁场，区域II中分布有垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁场感应度大小均为。在区域I中，将质量，电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域II中将质量，电阻的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域II的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取，则（　　）
A．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同的速度运动
B．经过足够长的时间后，ab和cd最终以相同大小的加速度运动
C．当cd的速度大小为5m/s时，ab刚要开始滑动
D．当cd的速度大小为2.5m/s时，ab刚要开始滑动
三、实验题
13．现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图（a）所示，实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=　 　mm。
（2）将小球从释放装置由静止释放，调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后。在下落过程中通过光电门。用刻度尺测出光电门到小球释放点的距离h，记录小球通过光电门的遮光时间t，计算小球通过光电门的速度。已知重力加速度为g，在误差允许范围内，若满足关系式　 　（用字母h、d、t、g表示），则认为小球下落过程中机械能守恒；
（3）小球与橡胶材料碰撞会造成机械能损失。调节光电门位置，使小球下落通过光电门后，与水平放置的橡胶材料碰撞并反弹再次通过光电门，记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失△E=　 　（用字母、和表示）。若适当调高光电门的高度，将会　 　（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
14．某实验小组欲将内阻、量程为的电流表改装成欧姆表，供选择的器材有；
A．定值电阻（阻值为14kΩ）
B．滑动变阻器（最大阻值为1500Ω）
C． 滑动变阻器（最大阻值为500Ω）
D．电阻箱（）
E．干电池（，）
F． 红、黑表笔各一只，开关，导线若干
（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选　 　（填“”或“”）。请用笔画线代替导线将图（a）中的实物连线组成欧姆表　 　。
（2）欧姆表改装好后，将红、黑表笔短接进行调零，此时滑动变阻器R接入电路的电阻应为　 　Ω；电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为　 　。
（3）通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上c处的电流刻度为75，则c处的电阻刻度为　 　kΩ。
（4）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻的阻值为几百欧姆时，电流表指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，如图（c）为他们改进后的电路，图中电阻箱的阻值应调为　 　Ω。若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，则电流表指针对应的电流是　 　μA。
四、解答题
15．如图所示，为某玻璃材料的截面，部分为直角三角形棱镜，，部分是半径为的四分之一圆柱状玻璃，点为圆心。一束单色光从点与成角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点R，已知真空中的光速为c。
（1）求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
（2）现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出（Q点未画出）。求光束在玻璃材料中的传播时间（不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线）。
16．如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小，传送带长，水平面上有一块足够长的木板。质量为的物块（可视为质点）以初速度，自A端沿AB方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。取重力加速度，求：
（1）物块从A运动到B点经历的时间t；
（2）物块停止运动时与B点的距离x。
17．如图所示，在xoz平面的第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度的大小，空间某区域存在轴线平行于z轴的圆柱形磁场区域，磁场方向沿z轴正方向。一比荷为的带正电粒子从x轴上的P点以速度射入电场，方向与x轴的夹角。该粒子经电场偏转后，由z轴上的Q点以垂直于z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为（0，0.15m，0.2m）的M点（图中未画出），且速度方向与x轴负方向的夹角，其中，不计粒子重力。求：
（1）粒子速度的大小；
（2）圆柱形磁场区域的最小横截面积Smin（结果保留两位有效数字）；
（3）粒子从P点运动到M点经历的时间t（结果保留三位有效数字）。
18．如图甲所示，在水平地而上固定一光滑的竖直轨道MNP，其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接，静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，时刻与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束；A、B的图像如图乙所示。已知在时间内，物体B运动的距离为。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰，此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为m，且在运动过程中始终未离开轨道。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）半圆形竖直轨道半径R满足的条件；
（2）物块A最终运动的速度；
（3）A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比（弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，△x为弹簧的形变量）；
（4）第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光电效应
【解析】【解答】根据光电效应方程可得电子的最大初动能为，根据动能定理可得，联立可得，可知遏止电压与入射光的频率不成正比关系，图像的斜率为，解得普朗克常量为，图像的纵轴截距为，解得金属的逸出功为，金属的截止频率为
故答案为：B。
【分析】根据光电效应方程可得电子的最大初动能，根据动能定理得到遏止电压表达式。遏止电压与入射光的频率不成正比关系。
2．【答案】D
【知识点】分子势能；物体的内能
【解析】【解答】A．打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体不对外做功，A不符合题意；
B．气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，且气体没有做功现象，则气体的温度不变，所以气体内能不变，B不符合题意；
CD．气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】B中为真空，所以气体不对外做功。气体体积变大，温度不变，气体压强减小，碰撞的次数将减少。
3．【答案】D
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】设标准平面的玻璃晶之间的夹角为θ，由空气薄膜的干涉条件可知，由题设条件，则有，联立解得
故答案为：D。
【分析】出现亮条纹，波程差为半波长偶数倍，即厚度为半波长奇数倍，结合几何关系求解。
4．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得，箱子滑到底端时重力的功率为，解得，A符合题意，B不符合题意；
CD．斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得，由匀变速直线运动规律可得，解得，改变斜面的倾角θ，当即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，利用牛顿第二定律求解加速度，运动学公式求解运动时间。
5．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，物体绕地球表面运行，根据牛顿第二定律有，联立解得“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的向心加速度大小为，A不符合题意；
B．根据向心加速度公式，“中国空间站”正常在轨道上做圆周运动的线速度大小为，B不符合题意；
C．根据牛顿第二定律有，"中国空间站”正常在轨做圆周运动的周期为，C不符合题意；
D．根据牛顿第二定律有，"中国空间站”正常在轨做圆周运动的速度为，轨道距地面高度为h时，空间站的动能为，轨道距地面高度为h时，空间站的势能为，轨道距地面高度为h时，空间站的机械能为，同理轨道距地面高度为时，空间站的机械能为，“中国空间站”轨道高度下降Δh时的机械能损失为，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】“中国空间站”在轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。机械能等于空间站动能加上势能。
6．【答案】B
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，从B到C，气体等压降温，温度降低，体积减小，压强不变，从C到D过程中，气体等温膨胀，体积变大，压强减小，且D状态的压强恢复为原A状态的压强。
故答案为：B。
【分析】】从状态A到状态B过程中，气体等温压缩，体积减小，压强增大，温度不变，依次分析其他过程体积温度变化。
7．【答案】C
【知识点】电场强度；电势
【解析】【解答】A．由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，根据电势的叠加法则可知E、F两点电势都相同，A不符合题意；
BCD．由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等，但方向不同。根据电场的叠加法则可知A、B两个电荷在E点产生的合场强为零，C、D两个点电荷在E点产生的电场强度大小相等，有几何关系可知，根据点电荷场强公式则有，E点的合场强为，根据几何关系可知，联立解得E点的电场强度为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由于E、F两点分别到四面体各个顶点距离组合完全相同，E、F两点电势相同。由点电荷电场的对称性可知E、F两点电场强度大小相等。根据几何关系解得E点的电场强度。
8．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如图所示，对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为，如图，施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为，与竖直方向夹角为，细线与合力反向延长线夹角为，则
，，，同时，线段ab在垂直合力方向投影的长度，可得，则小球再次平衡时，有，联立解得，a、b间细线的张力为
故答案为：B。
【分析】分别画出小球两次受力平衡的分析图，结合几何关系求解。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．由题可知交流电的频率为50Hz，正常工作时，每个周期点火2次，因此点火器每秒点火100次，A不符合题意，B符合题意；
CD．只要副线圈两端电压的峰值超过12kV，点火器能正常工作，由于C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】交流电的频率为50Hz，点火器每个周期有两次达到电压最大值，因此点火器每秒点火100次。原副线圈匝数比为电压之比。
10．【答案】A,C,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为，，则根据波速公式，A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为，A符合题意；
B．由A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B不符合题意；
C．波从AE波面传播到C的距离为，则波从AE波面传播到C的时间为，则时，C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上，C符合题意；
D．波从AE波面传播到D的距离为，则波从AE波面传播到C的时间为，则时，D处质点动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】由图a、b可看出该波的波长、周期。由A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s。C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上。
11．【答案】A,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】AB．将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，则沿雪坡方向的速度为，垂直于雪坡方向上的速度为，同理可得，，根据对称性可知，运动员从起跳到达P点的运动时间为，A符合题意，B不符合题意；
CD．运动员离雪坡最远时，垂直于斜面的速度为零，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】将运动员的速度沿着雪坡和垂直于雪坡进行分解，根据对称性可知运动员从起跳到达P点的运动时间。运动员离雪坡最远时，运动方向与斜抛平行，垂直于斜面的速度为零。
12．【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】CD．由题意可知，开始金属条与金属导轨间的最大静摩擦力，方向沿着金属导轨向上；开始金属棒加速下滑，根据右手定则可知，产生的感应电流从到，根据左手定则可知金属条所受安培力沿着金属导轨向上，随着金属棒速度增大，感应电流变大，金属条所受安培力变大，当安培力等于时，金属条刚要开始滑动，此时，解得，金属棒产生的感应电动势，则金属棒的速度，C符合题意，D不符合题意；
AB．金属条开始运动后，产生的感应电流与金属棒产生的感应电流相反，由于金属棒有较大的速度，所以金属棒产生的感应电流大于金属条产生的感应电流，设当电流为时，满足，解得，此时金属条和金属棒的加速度相等，此后金属条和金属棒的速度差恒定，产生的感应电流大小不变，金属条和金属棒以相同大小的加速度运动，B符合题意，A不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】开始金属条与金属导轨间的最大静摩擦力等于重力沿斜面分力大小。当安培力等于时，金属条刚要开始滑动，最终金属条和金属棒的速度差恒定，产生的感应电流大小不变。
13．【答案】（1）7.383
（2）
（3）；增大
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm，主刻度为7mm，可动刻度为38.3×0.01mm=0.383mm，小球的直径为
（2）小球通过光电门速度，若机械能守恒，则，化简得
（3）由题意可得，小球向下、向上通过光电门的速度为，，由题意可得，碰撞过程中损失的机械能为，若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（1）螺旋测微器读数要估读到最小刻度后一位即千分之一毫米。
（2）机械能守恒，只有动能与势能相互转化。
（3）碰撞过程中损失的机械能为两次动能之差，空气阻力会导致误差。
14．【答案】（1）；
（2）958；15kΩ
（3）5
（4）1560；60
【知识点】电表的改装与应用
【解析】【解答】（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为，则滑动变阻器应选；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示
（2）欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为，设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有，解得
（3）表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有，则c处的电阻刻度为5。
（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有，对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有，联立解得，，则图中电阻箱的阻值应调为，若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为，则电流表指针对应的电流是
【分析】（1）欧姆调零时，电流最大时，外部电阻为零。电流红进黑出欧姆表，黑表笔应接电源的正极。
（2）短接，电流达到电流表满偏电流，根据闭合电路欧姆定律推导欧姆表的刻度 。
（3）根据闭合电路欧姆定律求解刻度大小。
（4）中值电阻为使电流表半偏的电阻。内部电流为并联电路，根据电阻大小进行分流。
15．【答案】（1）解：根据题意可知，光线从界面的点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角
折射角，且恰好为法线，根据可得折射率
又有
解得
（2）解：根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为，画出光路图，如图所示
由折射定律同理可知，折射角，折射光线交边于点，由题已知，，得在边界上的入射角为，由于发生全反射的临界角为。则有
即
可知在界面发生全反射，已知。由几何关系得，在三角形中，由余弦定理得
其中，
解得
又有
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）画出光线传播光路图，由几何关系求解折射角和入射角以及折射率，根据折射定律求解临界角。
（2）由几何关系求解光传播的路径长度，由折射定律求解光传播速度，路程除以速度等于时间。
16．【答案】（1）解：根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为，由公式可得，
设此过程物块的位移大小为，由公式解得
又有
此后物块随皮带匀速运动，则有
解得
则物块从A运动到B点经历的时间为
（2）解：物块滑上木板后，木块的加速度为，木板的加速度为，木板与木块一块减速时的共同加速度为，根据牛顿第二定律得
解得
木块与木板经时间达到共同速度，则有
解得
此过程物块位移为
二者共同减速的位移为，则有
解得
则物块停止运动时与B点的距离为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物块在传送带上先加速后匀速运动，分别由运动学公式求出运动时间，两时间相加即为总时间。
（2）分别由牛顿第二定律求解每个过程加速度，由运动学公式求解位移。每段位移相加即为最终距离大小。
17．【答案】（1）解：粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿z轴正方向的分运动是匀变速直线运动，沿z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得
1
根据牛顿第二定律可得
沿x轴正方向
联立可得
（2）解：由几何关系得，
圆柱形磁场区域的最小横截面积
（3）解：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得 ，
粒子在磁场和电场中运动的时间围为
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，将速度分解，由运动学公式求解速度大小。
（2）QD为磁场直径时， 圆柱形磁场区域有最小横截面积 。
（3） 洛伦兹力提供向心力 ，求出粒子运动周期以及圆心角，求出粒子在磁场中运动时间，运动学公式求解粒子在电场中时间。
18．【答案】（1）解：由乙图知后
B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知
由机械能守恒可知
解得，
因C未离开轨道，设运动的高度最大为h，对C，由机械能守恒可知
因此
（2）解：C返回水平轨道时由机械能守恒可知
C与B再次发生弹性碰撞
解得，
A与B第一次碰撞到共速时，由动量守恒
可得
B与A第二次碰撞过程，由动量守恒可知
由机械能守恒可知
解得
（3）解：A与B第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知
A与B第二次碰撞到共速时，由动量守恒可知
解得
由机械能守恒可知
由以上公式得
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
可得
（4）解：A与B压缩弹簧过程
同一时刻A、B的瞬时速度关系为，
由位移等于速度对时间的积累得（累积），（累积）
在时间内，
由此得，
因此
可得
第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） B、C发生弹性碰撞，动量守恒 ，无能量损失机械能守恒。
（2）对每次碰撞过程依次应用动量守恒定律以及机械能守恒定律求解。
（3）求出每次碰撞过程弹簧最大压缩量，求出弹力大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（4） 求出 同一时刻A、B的瞬时速度关系，位移等于速度对时间的积累 。

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