山东省2023届高考物理仿真模拟卷（一）
一、单选题
1．一群处于（基态）的氢原子吸收频率为、的两种光子后，分别跃迁到和的两能级上（），其对应的能量分别为、，处于m、p两能级的氢原子将向低能级跃迁。已知普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．
B．按照玻尔原子理论的基本假设可知，处于m能级的氢原子的核外电子离原子核远一些
C．、、和之间的关系式为
D．大量处于m、p两能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出种光子
【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AC．根据玻尔原子理论的基本假设可知，由于，有，，，比较可知，联立解得，A不符合题意，C符合题意；
B．由于，按照玻尔原子理论的基本假设可知，处于m能级的氢原子的核外电子离原子核近一些，B不符合题意；
D．大量处于m、p两能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出种光子，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】能级越低，原子能量越小。越高能级向低能级跃迁，释放的光子能量越大，频率越高。电子离核越近，能量越小。
2．谷歌和NASA宣布，他们发现了第二个“太阳系”——开普勒-90系统。开普勒-90系统的中心恒星比太阳稍大、更炽热、质量也更大，但其他许多方面均类似太阳。开普勒-90i是该系统中最小的行星，它的表面布满岩石，表面温度约426.7摄氏度，公转周期约14天，而地球的公转周期是365天。假设开普勒-90i和地球都做圆周运动，则（ ）
A．开普勒-90i做圆周运动的角速度一定比地球的角速度小
B．开普勒-90i做圆周运动的线速度一定比地球的线速度大
C．开普勒-90对开普勒-90i的引力一定比太阳对地球的引力大
D．开普勒-90i做圆周运动的轨道半径的三次方与公转周期的平方之比一定比地球的大
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】D．天体做圆周运动，万有引力提供向心力，有，解得，由于开普勒-90系统的中心恒星比太阳质量大，可知开普勒-90i做圆周运动的轨道半径的三次方与公转周期的平方之比一定比地球的大，D符合题意；
AB．开普勒-90i的公转周期比地球的公转周期小，根据可得开普勒-90i做圆周运动的角速度大，但是无法确定开普勒-90i做圆周运动的轨道半径与地球的轨道半径的关系，也无法确定开普勒-90i做圆周运动的线速度与地球的线速度的大小关系，AB不符合题意；
C．开普勒-90i与地球的质量关系、它们做圆周运动的轨道半径关系都不确定，故也无法确定它们与中心天体之间的引力关系，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】中心天体不同，不能直接用近大远小的结论。开普勒-90i与地球的质量关系不知道，相关物理量无法用万有引力定律求解。
3．（2022高三上·江西月考）四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型滑雪场。某段滑道建在一斜坡上，斜坡简化为一斜面，倾角，示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下，到达c点飞离滑道，bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点，运动员视为质点，不计一切阻力，若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍，则a、b点间的高度差（ ）
A．不大于 B．不大于 C．不小于 D．不小于R
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】运动员从a点到b点，根据机械能守恒有 ，在b点，由圆周运动规律有 ， ，联立解得
故答案为：A。
【分析】运动员从a点到b点，根据机械能守恒得出运动员在b点的速度，在B点利用牛顿第二定律合力提供向心力从而得出ab间的高度差。
4．某实验小组同学采用图甲装置研究光的干涉现象，两狭缝、间距离d及各自宽度m均可调，狭缝到光屏的距离为L。用不同的单色光垂直照射狭缝，得到如图乙所示的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．在d、L相同条件下，照射光的频率越高，形成的干涉亮条纹越宽
B．若遮住，用红光照射，减小的宽度m，光屏上的中央亮条纹变宽变亮
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，光屏上将得到红蓝相间的干涉彩色条纹
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是亮条纹
【答案】B
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．由图乙可知，在d、L相同条件下，红光的波长更长，频率更低，形成的干涉条纹更宽，故照射光的频率越低，形成的干涉亮条纹越宽，A项错误；
B．若遮住，用红光照射，光屏上得到的是衍射条纹，减小的宽度m，衍射现象更明显，光屏上的中央亮条纹变宽变亮，B项正确；
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，不会发生干涉现象，光屏上不会得到干涉条纹，C项错误；
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是暗条纹，D项错误。
故答案为：B。
【分析】在d、L相同条件下，红光的波长更长，频率更低，形成的干涉条纹更宽。减小缝宽，衍射现象更加明显，中央亮条纹更宽。
5．如图，一竖直弹簧下端固定在水平面上，上端与活塞连接，内壁光滑且导热良好的气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，整个系统处于静止状态。现缓慢升高环境温度，则（ ）
A．弹簧长度变短
B．缸内气体内能减少，对外做功
C．缸内气体内能增加，气体吸热
D．单位面积上气体分子对容器内壁的作用力变小
【答案】C
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．以活塞和气缸为研究对象，根据平衡条件有mg=kx，升高环境温度，活塞、气缸的总质量m不变，弹簧的形变量不变，弹簧的长度不会变化，A不符合题意；
BC．以气缸为研究对象，可知气体压强不变，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知，气体的体积变大，气缸上升，气体对外做功，根据热力学第一定律可得气体内能增加，同时吸收热量，B不符合题意，C符合题意；
D．气体发生的是等压变化，故单位面积上气体分子对容器内壁的平均撞击力不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 现缓慢升高环境温度 ，气体分子对气缸作用力变大，将气缸和气体看成整体，气体分子对气缸作用力属于内力，不影响整体运动状态，所以弹簧的形变量不变，弹簧的长度不会变化。
6．一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，m质点的平衡位置坐标为x=0，波长，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波速为
C．质点m从时开始，再经回到平衡位置
D．质点n的平衡位置坐标为x=1.0m
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．质点n在时沿y轴正方向运动，结合图甲可知波沿x轴负方向传播，A不符合题意；
B．由图乙知波的周期为T=4s，波速为，B不符合题意；
D．质点n的振动方程为，质点n在时的位移为，设质点n从开始到第一次位移为5cm的时间为，则，解得，由于m质点在的位移为5cm，故波从n质点传播到m质点的时间为，因此m、n两质点平衡位置的距离为，故质点n的平衡位置坐标为x=0.5m，D不符合题意；
C．由于波沿x轴负方向传播，由D选项分析可知，质点m从时开始第一次到波峰的时间为，再从波峰到平衡位置的时间为，因此整个过程时间为，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据同侧法可得波沿x轴负方向传播。结合波动方程以及三角函数知识求解，波动具有周期性。
7．两个由同种介质制成的相同三棱镜按如图所示方式叠放，它们的截面为等边三角形，边长为L。一细束单色光从棱镜1的ab面上某点以入射角入射，折射光线平行于ac边。关于该单色光在棱镜中的传播，下列说法正确的是（ ）
A．介质对该单色光的折射率为
B．从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线的夹角为30°
C．从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线延长线的距离为
D．其他条件不变，只拿走棱镜2，从棱镜1射出的光线偏离入射光线的夹角为60°
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】B．作出光在三棱镜中传播的光路图如图所示。
根据光路可逆可知从dc面射出的光线与ab面上的入射光线平行，从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线的夹角为零，B不符合题意；
A．由几何关系得，光在ab面的折射角为根据折射定律有，A不符合题意；
C．过dc面的出射点作ab面上入射光线延长线的垂线，构成直角三角形，则从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线延长线的距离为，C不符合题意；
D．其他条件不变，只拿走棱镜2，作出光在棱镜1中的光路图如图乙所示，由几何知识可得射出的光线偏离入射光线的夹角为60°，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】画出光线传播路径，根据光路可逆可知从dc面射出的光线与ab面上的入射光线平行。根据几何关系得到入射角与折射角，根据折射定律求解折射率。
8．现在，电动车已经走进千家万户，逐渐被人们接受，其续航里程是人们关注的焦点。影响电动车续航里程的因素有很多，如电池电能、环境温度、系统效率、行驶阻力等等。某纯电动车研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车（总质量不同）作研究，改变电池电能从而改变整车质量，让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示。设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的质量关系如图乙所示。重力加速度g取。根据以上信息，可以得出（ ）
A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大
B．电池的电能分别为和时，电动车的总质量之比为
C．电池的电能为时，电动车的总质量为4800kg
D．图乙中
【答案】C
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】A．由图甲可知，当电池的电能为时，续航里程为1200km，再增大电池的电能，续航里程不再增大，项错误；
BC．由题意知确定续航里程的条件是电动车做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量的转换和守恒定律得电池的容量为时，有，电池的容量为时，有，联立解得，，，B不符合题意，C符合题意；
D．由图乙有，，结合前面的分析可得，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由甲图得，当电池电能达到一定值后，续航里程没有再增加。 让电动车以某一速度做匀速直线运动， 电动机输出的机械能全用于克服阻力做功。
二、多选题
9．如图，匝数为N的矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，当线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，理想电流表的示数为I，不计线圈的电阻，外电路电阻为R。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流最大
B．线圈转动过程中，穿过线圈的磁通量最大值为
C．若线圈的转轴与ad边重合，则电流表的示数变为2I
D．若线圈转动的角速度变为，则电流表的示数变为2I
【答案】A,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A符合题意；
B．由于电流表的示数为I，根据闭合电路欧姆定律有，线圈转动产生的感应电动势最大值为，有效值，联立解得，B不符合题意；
C．线圈转动产生的感应电动势最大值为，最大值、有效值与转轴位置无关，电流表示数仍为I，C不符合题意；
D．转动角速度变为时，最大值、有效值变为原来的2倍，电流表的示数变为2I，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大。结合欧姆定律以及交变电流表达式列方程求解BS，即磁通量。
10．利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为的带正电粒子流水平向右射入半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据磁聚焦原理，粒子在半径为的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为，有，解得，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有，解得，比较可得，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A不符合题意，B符合题意；
CD． 如图，磁场区域的最小面积为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】粒子射入圆形磁场时，如果入射方向对着圆心射入，则射出磁场时，速度方向所在直线也过圆心。画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解。
11．如图，圆心为O、半径为r的圆处在一匀强电场中，电场强度方向与圆平面平行，ab为圆的直径，c为圆周上另外一点，ab与ac的夹角为。电荷量为q（q>0）的同种带电粒子从O点先后以相同的动能、不同的速度方向发射，发现从圆周上的c点射出的粒子动能最大，最大值为，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向与ac平行
B．该匀强电场的场强大小为
C．O、a两点间的电势差为
D．把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为
【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势差
【解析】【解答】A．由题意可知，粒子从O点到c点电场力做功最多，如图所示，过c点作圆的切线mn即为一条等势线，Oc即为电场线，故电场强度的方向与Oc平行，A项错误；
B．根据动能定理有，解得，B项正确；
C．由图可知O、a两点沿电场线方向的距离为，O、a两点间的电势差为，C项错误；
D．b点到mn间的距离为，把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为，D项正确。
故答案为：BD。
【分析】粒子从O点到c点电场力做功最多，则电场强度的方向与Oc平行。因为是匀强电场，所以可以利用场强与电势差关系定量求解。
12．如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为g，。下列说法正确的是（ ）
A．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为
B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为
【答案】B,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．设滑块与斜面间的动摩擦因数为，根据功能关系有，而，，联立解得，，A项错误，C项正确；
B．滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有，由运动学公式有，滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有，由运动学公式有，联立解得，B项正确；
D．滑块第二次下滑过程，根据动能定理有，滑块第二次上滑过程，根据动能定理有，结合，解得，滑块第n次沿斜面上升的最大高度为，滑块在斜面上滑行的路程为，由于摩擦系统产生的热量为，D项正确。
故答案为：BCD。
【分析】根据动能定理或者功能关系列式子求解。求时间只能由牛顿第二定律结合运动学公式求解。 系统产生的热量 等于克服摩擦力所做功，摩擦力做功等于路程乘以摩擦力大小。
三、填空题
13．“天宫讲堂”已经开讲两次了，观看了我国宇航员在微重力环境下的各个神奇演示实验后，实验小组同学深受启发，如何在只有手机和刻度尺的条件下，测量小铁块与木板间的动摩擦因数？经过思考他们做了以下操作：
a.用刻度尺在长木板上标出一些刻度，把长木板一端放在水平桌面上，形成一倾角为（未知）的斜面，小铁块可在斜面上加速下滑，如图甲所示。
b.用手机拍摄小铁块下滑的过程，然后解析视频记录的图像，获得4个连续相等时间间隔（每个时间间隔）内小铁块沿斜面下滑的距离。
c.把该小铁块放置在水平桌面上，用力敲击小铁快，使小铁块获得一较大初速度后能沿斜面上滑一段距离，同时用手机拍摄小铁块上滑的过程，解析视频记录的图像如图乙所示，同样获得4个连续相等时间间隔（每个时间间隔）内小铁块沿斜面上滑的距离（最后一次拍摄时小铁块仍在上滑）。同学们查得当地的重力加速度为。记录的数据如下表。
铁块下滑
4.85cm 7.12cm 9.38cm 11.65cm
铁块上滑
10.45cm 8.87cm 7.30cm 5.72cm
由表中数据可得，小铁块沿斜面下滑的加速度大小为 ，小铁块沿斜面上滑的加速度大小为 ，小铁块与木板间的动摩擦因数为 。（结果均保留2位小数）
【答案】0.57；6.30；0.30
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】小铁块沿斜面下滑的加速度大小为，小铁块沿斜面上滑的加速度大小为，小铁块沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有，小铁块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有，联立解得，，代入，解得
【分析】由逐差法求解加速度大小。 对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度以及动摩擦因数。
四、实验题
14．某同学欲利用半偏法测量量程为2.0V的电压表V的内阻（内阻约为几千欧），设计了如图甲所示电路，可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值），滑动变阻器（最大阻值），滑动变阻器（最大阻值），直流电源E（电动势3V），开关2只，导线若干。实验步骤如下：
a.按图甲连接线路；
b.闭合开关、，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；
c.保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关，调节电阻箱使电压表示数为1.0V，记下电阻箱的阻值。
（1）实验中滑动变阻器应选择 （填“”或“”）。
（2）根据图甲电路，用笔画线代替导线，将图乙中实物图连接成实验电路。
（3）在步骤b中，闭合开关、前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最 （填“左”或“右”）端。
（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，则该电压表的内阻为 （结果保留到个位）。实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，用半偏法测量的电压表内阻与其真实值相比，测量值 （填“小于”“等于”或“大于”）真实值。
（5）该同学进一步研究了该电压表的内部结构，发现它是由一个表头和电阻串联而成，由此可以推断该表头的满偏电流为____。
A． B． C．1mA D．10mA
【答案】（1）
（2）
（3）左
（4）1998；大于
（5）C
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器由于采用的是分压接法，为了便于操作，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选择。
（2）实物图如下图。
（3）在步骤b中，闭合开关、前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最左端，其目的是保护电表，且使电压表的示数从零开始调节。
（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，根据串联电路的分压特点有。根据设计的电路，实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要变大，大于2V，故电阻箱分得的电压大于1V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值，测量值大于真实值。
（5）该表头的满偏电流为。
【分析】（1）滑动变阻器由于采用的是分压接法，为了便于操作，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器，这样移动滑动变阻器滑片，电流表电压表示数变化比较明显。
（2）结合电路图，根据电流流向，依次连接电路图。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最左端，让电表以及用电器在闭合开关瞬间是短路状态，这样其上电流为零，有最好的保护作用。
（4）在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要变大，电阻箱分得的电压大于1V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值。
（5）根据欧姆定律求解满偏电流。
五、解答题
15．某同学设计了一款火灾报警器，如图，导热良好的金属气缸A放置在容易发生火灾的危险处，平时A中储存有体积为、压强为、温度为室温的理想气体，A与另一导热良好的气缸B通过很长的细管连接，细管上安有一阀门K，平时阀门K关闭，只有发生火灾时阀门才会打开，触发报警装置。气缸B通过轻质活塞c也封闭了体积为、温度为室温的理想气体，活塞的横截面积为S，活塞上方为空气，不计活塞与气缸壁间的摩擦力，大气压强为，室温始终不变，不计细管中的气体体积。
（1）该同学查得火焰的平均温度约为时，阀门刚好打开，求阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差；
（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，A中气体温度保持为，当A中理想气体的压强变为时，阀门自动关闭，经过较长时间稳定后，求活塞上升的距离。
【答案】（1）解：发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有
发生火灾时，以A中理想气体为研究对象，根据查理定律有
解得
阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差
（2）解：阀门K打开后，A中气体向B中移动，以A中气体为研究对象，根据玻意耳定律有
解得
则进入到B中的气体：体积为
压强为、温度为，以B中原气体和进入到B中的气体为研究对象，根据理想气体状态方程有
解得
活塞上升的距离为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）AB气体体积相等，根据查理定律列式求解。
（2）温度不变，根据玻意耳定律列式求解。
16．近段时间，针对佩洛西窜访台湾，我解放军在台海周边6个区域组织了航母编队威慑演练。如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求：
（1）舰载机的最小额定功率；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间。
【答案】（1）解：舰载机运动到B点且达到额定功率时，对应功率最小，设为，从A点到B点，根据运动学公式有
由牛顿第二定律有
在B点处有
联立解得
（2）解：舰载机在BC段运行的最长时间设为，根据动能定理有
解得
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，所以至少在B点达到额定功率。
（2）在BC段是变力做功，所以只能用动能定理求解。
17．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，两平行倾斜绝缘轨道固定在斜面上，水平导轨与倾斜轨道在倾斜轨道的底部bc处平滑连接，轨道间距为L=1m，倾斜轨道的倾角为。在水平导轨的右侧abcd区域内存在方向向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。现有多根长度也为L=1m的相同金属棒依次从倾斜轨道上高为的MN处由静止释放，前一根金属棒刚好离开磁场时释放后一根金属棒，发现第1根金属棒穿越磁场区域的时间为t=1s。已知每根金属棒的质量为m=2kg，电阻为，且与轨道垂直，不计水平导轨的电阻，金属棒与水平导轨接触良好，金属棒与倾斜轨道的动摩擦因数为，重力加速度g取，。求：
（1）磁场区域的长度；
（2）第2根金属棒刚进入磁场时的加速度大小；
（3）第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比；
（4）第n根金属棒在磁场中运动的过程，第1根金属棒上产生的热量。
【答案】（1）解：第一根金属棒在倾斜轨道上运动，根据动能定理有
解得v=5m/s
第一根金属棒在磁场中做匀速直线运动，磁场区域的长度
解得
（2）解：由题意可知每根金属棒进入磁场时的速度均为v=5m/s，当第2根金属棒刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
此时回路中电流
第2根金属棒受到的安培力F=BLI
此时第2根金属棒的加速度
联立解得
（3）解：金属棒出磁场后做匀速直线运动，第n根金属棒在磁场中运动时，根据动量定理有
联立解得
第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小为，
第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比为
（4）解：第n根金属棒在磁场中运动的过程，根据能量守恒定律有
设第一根金属棒中电流为I，则第n根金属棒中电流为（n-1）I，总的焦耳热
解得第1根金属棒上产生的热量
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1） 第一根金属棒在倾斜轨道上运动，重力和摩擦力做功，根据动能定理求解速度大小。
（2）法拉第电磁感应定律求解电动势，欧姆定律求解电流，安培力为运动合力。
（3）动量定理可以求解电荷量，根据法拉第电磁感应定律求解平均电流再乘以时间同样等于电荷量，二者相等。
（4）第n根金属棒在磁场中运动的过程 ，损失的动能等于热能。
18．如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
山东省2023届高考物理仿真模拟卷（一）
一、单选题
1．一群处于（基态）的氢原子吸收频率为、的两种光子后，分别跃迁到和的两能级上（），其对应的能量分别为、，处于m、p两能级的氢原子将向低能级跃迁。已知普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．
B．按照玻尔原子理论的基本假设可知，处于m能级的氢原子的核外电子离原子核远一些
C．、、和之间的关系式为
D．大量处于m、p两能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出种光子
2．谷歌和NASA宣布，他们发现了第二个“太阳系”——开普勒-90系统。开普勒-90系统的中心恒星比太阳稍大、更炽热、质量也更大，但其他许多方面均类似太阳。开普勒-90i是该系统中最小的行星，它的表面布满岩石，表面温度约426.7摄氏度，公转周期约14天，而地球的公转周期是365天。假设开普勒-90i和地球都做圆周运动，则（ ）
A．开普勒-90i做圆周运动的角速度一定比地球的角速度小
B．开普勒-90i做圆周运动的线速度一定比地球的线速度大
C．开普勒-90对开普勒-90i的引力一定比太阳对地球的引力大
D．开普勒-90i做圆周运动的轨道半径的三次方与公转周期的平方之比一定比地球的大
3．（2022高三上·江西月考）四川西岭雪山滑雪场是中国南方规模最大、档次最高、设施最完善的大型滑雪场。某段滑道建在一斜坡上，斜坡简化为一斜面，倾角，示意图如图所示。运动员从a点由静止自由滑下，到达c点飞离滑道，bc为一小段半径为R的圆弧且b点为圆弧的最低点，运动员视为质点，不计一切阻力，若要求运动员在b点对滑道沿斜面向下的作用力不超过自身重力的3倍，则a、b点间的高度差（ ）
A．不大于 B．不大于 C．不小于 D．不小于R
4．某实验小组同学采用图甲装置研究光的干涉现象，两狭缝、间距离d及各自宽度m均可调，狭缝到光屏的距离为L。用不同的单色光垂直照射狭缝，得到如图乙所示的干涉条纹。下列说法正确的是（ ）
A．在d、L相同条件下，照射光的频率越高，形成的干涉亮条纹越宽
B．若遮住，用红光照射，减小的宽度m，光屏上的中央亮条纹变宽变亮
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，光屏上将得到红蓝相间的干涉彩色条纹
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是亮条纹
5．如图，一竖直弹簧下端固定在水平面上，上端与活塞连接，内壁光滑且导热良好的气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，整个系统处于静止状态。现缓慢升高环境温度，则（ ）
A．弹簧长度变短
B．缸内气体内能减少，对外做功
C．缸内气体内能增加，气体吸热
D．单位面积上气体分子对容器内壁的作用力变小
6．一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，m、n是介质中的两个质点，m质点的平衡位置坐标为x=0，波长，图乙是质点n的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波速为
C．质点m从时开始，再经回到平衡位置
D．质点n的平衡位置坐标为x=1.0m
7．两个由同种介质制成的相同三棱镜按如图所示方式叠放，它们的截面为等边三角形，边长为L。一细束单色光从棱镜1的ab面上某点以入射角入射，折射光线平行于ac边。关于该单色光在棱镜中的传播，下列说法正确的是（ ）
A．介质对该单色光的折射率为
B．从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线的夹角为30°
C．从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线延长线的距离为
D．其他条件不变，只拿走棱镜2，从棱镜1射出的光线偏离入射光线的夹角为60°
8．现在，电动车已经走进千家万户，逐渐被人们接受，其续航里程是人们关注的焦点。影响电动车续航里程的因素有很多，如电池电能、环境温度、系统效率、行驶阻力等等。某纯电动车研究团队在平直的公路上用同一辆纯电动车（总质量不同）作研究，改变电池电能从而改变整车质量，让电动车以某一速度做匀速直线运动，得到电池电能与续航里程的关系如图甲所示。设该纯电动车电机把电能转化为机械能的效率，电动车受到的阻力恒为总重力的0.05倍，电池电能与对应的质量关系如图乙所示。重力加速度g取。根据以上信息，可以得出（ ）
A．电池的电能越大，电动车的续航里程一定越大
B．电池的电能分别为和时，电动车的总质量之比为
C．电池的电能为时，电动车的总质量为4800kg
D．图乙中
二、多选题
9．如图，匝数为N的矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，当线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，理想电流表的示数为I，不计线圈的电阻，外电路电阻为R。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流最大
B．线圈转动过程中，穿过线圈的磁通量最大值为
C．若线圈的转轴与ad边重合，则电流表的示数变为2I
D．若线圈转动的角速度变为，则电流表的示数变为2I
10．利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图，宽度为的带正电粒子流水平向右射入半径为的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里
C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为
11．如图，圆心为O、半径为r的圆处在一匀强电场中，电场强度方向与圆平面平行，ab为圆的直径，c为圆周上另外一点，ab与ac的夹角为。电荷量为q（q>0）的同种带电粒子从O点先后以相同的动能、不同的速度方向发射，发现从圆周上的c点射出的粒子动能最大，最大值为，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向与ac平行
B．该匀强电场的场强大小为
C．O、a两点间的电势差为
D．把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为
12．如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为，多次往复运动。不计空气阻力，重力加速度为g，。下列说法正确的是（ ）
A．滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为
B．滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为
三、填空题
13．“天宫讲堂”已经开讲两次了，观看了我国宇航员在微重力环境下的各个神奇演示实验后，实验小组同学深受启发，如何在只有手机和刻度尺的条件下，测量小铁块与木板间的动摩擦因数？经过思考他们做了以下操作：
a.用刻度尺在长木板上标出一些刻度，把长木板一端放在水平桌面上，形成一倾角为（未知）的斜面，小铁块可在斜面上加速下滑，如图甲所示。
b.用手机拍摄小铁块下滑的过程，然后解析视频记录的图像，获得4个连续相等时间间隔（每个时间间隔）内小铁块沿斜面下滑的距离。
c.把该小铁块放置在水平桌面上，用力敲击小铁快，使小铁块获得一较大初速度后能沿斜面上滑一段距离，同时用手机拍摄小铁块上滑的过程，解析视频记录的图像如图乙所示，同样获得4个连续相等时间间隔（每个时间间隔）内小铁块沿斜面上滑的距离（最后一次拍摄时小铁块仍在上滑）。同学们查得当地的重力加速度为。记录的数据如下表。
铁块下滑
4.85cm 7.12cm 9.38cm 11.65cm
铁块上滑
10.45cm 8.87cm 7.30cm 5.72cm
由表中数据可得，小铁块沿斜面下滑的加速度大小为 ，小铁块沿斜面上滑的加速度大小为 ，小铁块与木板间的动摩擦因数为 。（结果均保留2位小数）
四、实验题
14．某同学欲利用半偏法测量量程为2.0V的电压表V的内阻（内阻约为几千欧），设计了如图甲所示电路，可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值），滑动变阻器（最大阻值），滑动变阻器（最大阻值），直流电源E（电动势3V），开关2只，导线若干。实验步骤如下：
a.按图甲连接线路；
b.闭合开关、，调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏；
c.保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关，调节电阻箱使电压表示数为1.0V，记下电阻箱的阻值。
（1）实验中滑动变阻器应选择 （填“”或“”）。
（2）根据图甲电路，用笔画线代替导线，将图乙中实物图连接成实验电路。
（3）在步骤b中，闭合开关、前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最 （填“左”或“右”）端。
（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，则该电压表的内阻为 （结果保留到个位）。实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压会发生微小变化，如果要考虑其变化的影响，用半偏法测量的电压表内阻与其真实值相比，测量值 （填“小于”“等于”或“大于”）真实值。
（5）该同学进一步研究了该电压表的内部结构，发现它是由一个表头和电阻串联而成，由此可以推断该表头的满偏电流为____。
A． B． C．1mA D．10mA
五、解答题
15．某同学设计了一款火灾报警器，如图，导热良好的金属气缸A放置在容易发生火灾的危险处，平时A中储存有体积为、压强为、温度为室温的理想气体，A与另一导热良好的气缸B通过很长的细管连接，细管上安有一阀门K，平时阀门K关闭，只有发生火灾时阀门才会打开，触发报警装置。气缸B通过轻质活塞c也封闭了体积为、温度为室温的理想气体，活塞的横截面积为S，活塞上方为空气，不计活塞与气缸壁间的摩擦力，大气压强为，室温始终不变，不计细管中的气体体积。
（1）该同学查得火焰的平均温度约为时，阀门刚好打开，求阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差；
（2）阀门K打开后，A中气体向B中移动，A中气体温度保持为，当A中理想气体的压强变为时，阀门自动关闭，经过较长时间稳定后，求活塞上升的距离。
16．近段时间，针对佩洛西窜访台湾，我解放军在台海周边6个区域组织了航母编队威慑演练。如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求：
（1）舰载机的最小额定功率；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间。
17．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，两平行倾斜绝缘轨道固定在斜面上，水平导轨与倾斜轨道在倾斜轨道的底部bc处平滑连接，轨道间距为L=1m，倾斜轨道的倾角为。在水平导轨的右侧abcd区域内存在方向向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。现有多根长度也为L=1m的相同金属棒依次从倾斜轨道上高为的MN处由静止释放，前一根金属棒刚好离开磁场时释放后一根金属棒，发现第1根金属棒穿越磁场区域的时间为t=1s。已知每根金属棒的质量为m=2kg，电阻为，且与轨道垂直，不计水平导轨的电阻，金属棒与水平导轨接触良好，金属棒与倾斜轨道的动摩擦因数为，重力加速度g取，。求：
（1）磁场区域的长度；
（2）第2根金属棒刚进入磁场时的加速度大小；
（3）第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比；
（4）第n根金属棒在磁场中运动的过程，第1根金属棒上产生的热量。
18．如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表面平齐且平滑连接，左侧水平面上c点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平面光滑。质量为的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为k=29.12N/m的轻弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在c点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止，在传送带左端点a处停放有一质量为的小滑块Q。现给P施加一水平向左、大小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P将与Q发生弹性碰撞（不计碰撞时间），以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、Q第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为，当速度达到v=4m/s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为，当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点b处。已知P与水平面、传送带间的动摩擦因数均为，Q与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为，x为弹簧的形变量，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）P与Q第一次碰前P的速度大小；
（2）为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；
（3）P、Q最终的速度大小；
（4）P、Q由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】AC．根据玻尔原子理论的基本假设可知，由于，有，，，比较可知，联立解得，A不符合题意，C符合题意；
B．由于，按照玻尔原子理论的基本假设可知，处于m能级的氢原子的核外电子离原子核近一些，B不符合题意；
D．大量处于m、p两能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出种光子，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】能级越低，原子能量越小。越高能级向低能级跃迁，释放的光子能量越大，频率越高。电子离核越近，能量越小。
2．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】D．天体做圆周运动，万有引力提供向心力，有，解得，由于开普勒-90系统的中心恒星比太阳质量大，可知开普勒-90i做圆周运动的轨道半径的三次方与公转周期的平方之比一定比地球的大，D符合题意；
AB．开普勒-90i的公转周期比地球的公转周期小，根据可得开普勒-90i做圆周运动的角速度大，但是无法确定开普勒-90i做圆周运动的轨道半径与地球的轨道半径的关系，也无法确定开普勒-90i做圆周运动的线速度与地球的线速度的大小关系，AB不符合题意；
C．开普勒-90i与地球的质量关系、它们做圆周运动的轨道半径关系都不确定，故也无法确定它们与中心天体之间的引力关系，C不符合题意。
故答案为：D。
【分析】中心天体不同，不能直接用近大远小的结论。开普勒-90i与地球的质量关系不知道，相关物理量无法用万有引力定律求解。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】运动员从a点到b点，根据机械能守恒有 ，在b点，由圆周运动规律有 ， ，联立解得
故答案为：A。
【分析】运动员从a点到b点，根据机械能守恒得出运动员在b点的速度，在B点利用牛顿第二定律合力提供向心力从而得出ab间的高度差。
4．【答案】B
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．由图乙可知，在d、L相同条件下，红光的波长更长，频率更低，形成的干涉条纹更宽，故照射光的频率越低，形成的干涉亮条纹越宽，A项错误；
B．若遮住，用红光照射，光屏上得到的是衍射条纹，减小的宽度m，衍射现象更明显，光屏上的中央亮条纹变宽变亮，B项正确；
C．若同时用红光和蓝光分别照射、，不会发生干涉现象，光屏上不会得到干涉条纹，C项错误；
D．用红光照射两条狭缝时，若狭缝、到光屏上点的路程差为红光波长的3.5倍，点处一定是暗条纹，D项错误。
故答案为：B。
【分析】在d、L相同条件下，红光的波长更长，频率更低，形成的干涉条纹更宽。减小缝宽，衍射现象更加明显，中央亮条纹更宽。
5．【答案】C
【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．以活塞和气缸为研究对象，根据平衡条件有mg=kx，升高环境温度，活塞、气缸的总质量m不变，弹簧的形变量不变，弹簧的长度不会变化，A不符合题意；
BC．以气缸为研究对象，可知气体压强不变，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律可知，气体的体积变大，气缸上升，气体对外做功，根据热力学第一定律可得气体内能增加，同时吸收热量，B不符合题意，C符合题意；
D．气体发生的是等压变化，故单位面积上气体分子对容器内壁的平均撞击力不变，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 现缓慢升高环境温度 ，气体分子对气缸作用力变大，将气缸和气体看成整体，气体分子对气缸作用力属于内力，不影响整体运动状态，所以弹簧的形变量不变，弹簧的长度不会变化。
6．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．质点n在时沿y轴正方向运动，结合图甲可知波沿x轴负方向传播，A不符合题意；
B．由图乙知波的周期为T=4s，波速为，B不符合题意；
D．质点n的振动方程为，质点n在时的位移为，设质点n从开始到第一次位移为5cm的时间为，则，解得，由于m质点在的位移为5cm，故波从n质点传播到m质点的时间为，因此m、n两质点平衡位置的距离为，故质点n的平衡位置坐标为x=0.5m，D不符合题意；
C．由于波沿x轴负方向传播，由D选项分析可知，质点m从时开始第一次到波峰的时间为，再从波峰到平衡位置的时间为，因此整个过程时间为，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据同侧法可得波沿x轴负方向传播。结合波动方程以及三角函数知识求解，波动具有周期性。
7．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】B．作出光在三棱镜中传播的光路图如图所示。
根据光路可逆可知从dc面射出的光线与ab面上的入射光线平行，从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线的夹角为零，B不符合题意；
A．由几何关系得，光在ab面的折射角为根据折射定律有，A不符合题意；
C．过dc面的出射点作ab面上入射光线延长线的垂线，构成直角三角形，则从棱镜2射出的光线与从棱镜1入射光线延长线的距离为，C不符合题意；
D．其他条件不变，只拿走棱镜2，作出光在棱镜1中的光路图如图乙所示，由几何知识可得射出的光线偏离入射光线的夹角为60°，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】画出光线传播路径，根据光路可逆可知从dc面射出的光线与ab面上的入射光线平行。根据几何关系得到入射角与折射角，根据折射定律求解折射率。
8．【答案】C
【知识点】电功率和电功；能量守恒定律
【解析】【解答】A．由图甲可知，当电池的电能为时，续航里程为1200km，再增大电池的电能，续航里程不再增大，项错误；
BC．由题意知确定续航里程的条件是电动车做匀速直线运动，设除电池外电动车的质量为M，根据能量的转换和守恒定律得电池的容量为时，有，电池的容量为时，有，联立解得，，，B不符合题意，C符合题意；
D．由图乙有，，结合前面的分析可得，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由甲图得，当电池电能达到一定值后，续航里程没有再增加。 让电动车以某一速度做匀速直线运动， 电动机输出的机械能全用于克服阻力做功。
9．【答案】A,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A符合题意；
B．由于电流表的示数为I，根据闭合电路欧姆定律有，线圈转动产生的感应电动势最大值为，有效值，联立解得，B不符合题意；
C．线圈转动产生的感应电动势最大值为，最大值、有效值与转轴位置无关，电流表示数仍为I，C不符合题意；
D．转动角速度变为时，最大值、有效值变为原来的2倍，电流表的示数变为2I，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大。结合欧姆定律以及交变电流表达式列方程求解BS，即磁通量。
10．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB． 根据磁聚焦原理，粒子在半径为的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为，有，解得，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有，解得，比较可得，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A不符合题意，B符合题意；
CD． 如图，磁场区域的最小面积为，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】粒子射入圆形磁场时，如果入射方向对着圆心射入，则射出磁场时，速度方向所在直线也过圆心。画出粒子运动轨迹，结合几何关系求解。
11．【答案】B,D
【知识点】电场强度；电势差
【解析】【解答】A．由题意可知，粒子从O点到c点电场力做功最多，如图所示，过c点作圆的切线mn即为一条等势线，Oc即为电场线，故电场强度的方向与Oc平行，A项错误；
B．根据动能定理有，解得，B项正确；
C．由图可知O、a两点沿电场线方向的距离为，O、a两点间的电势差为，C项错误；
D．b点到mn间的距离为，把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为，D项正确。
故答案为：BD。
【分析】粒子从O点到c点电场力做功最多，则电场强度的方向与Oc平行。因为是匀强电场，所以可以利用场强与电势差关系定量求解。
12．【答案】B,C,D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】AC．设滑块与斜面间的动摩擦因数为，根据功能关系有，而，，联立解得，，A项错误，C项正确；
B．滑块第一次下滑过程，根据牛顿运动定律有，由运动学公式有，滑块第一次上滑过程，根据牛顿运动定律有，由运动学公式有，联立解得，B项正确；
D．滑块第二次下滑过程，根据动能定理有，滑块第二次上滑过程，根据动能定理有，结合，解得，滑块第n次沿斜面上升的最大高度为，滑块在斜面上滑行的路程为，由于摩擦系统产生的热量为，D项正确。
故答案为：BCD。
【分析】根据动能定理或者功能关系列式子求解。求时间只能由牛顿第二定律结合运动学公式求解。 系统产生的热量 等于克服摩擦力所做功，摩擦力做功等于路程乘以摩擦力大小。
13．【答案】0.57；6.30；0.30
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】小铁块沿斜面下滑的加速度大小为，小铁块沿斜面上滑的加速度大小为，小铁块沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有，小铁块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有，联立解得，，代入，解得
【分析】由逐差法求解加速度大小。 对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度以及动摩擦因数。
14．【答案】（1）
（2）
（3）左
（4）1998；大于
（5）C
【知识点】测定电压表或电流表的内阻
【解析】【解答】（1）滑动变阻器由于采用的是分压接法，为了便于操作，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选择。
（2）实物图如下图。
（3）在步骤b中，闭合开关、前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最左端，其目的是保护电表，且使电压表的示数从零开始调节。
（4）在步骤c中，记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，根据串联电路的分压特点有。根据设计的电路，实际上在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要变大，大于2V，故电阻箱分得的电压大于1V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值，测量值大于真实值。
（5）该表头的满偏电流为。
【分析】（1）滑动变阻器由于采用的是分压接法，为了便于操作，应该选择最大阻值较小的滑动变阻器，这样移动滑动变阻器滑片，电流表电压表示数变化比较明显。
（2）结合电路图，根据电流流向，依次连接电路图。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该移到图甲中最左端，让电表以及用电器在闭合开关瞬间是短路状态，这样其上电流为零，有最好的保护作用。
（4）在调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要变大，电阻箱分得的电压大于1V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值。
（5）根据欧姆定律求解满偏电流。
15．【答案】（1）解：发生火灾前，以活塞为研究对象，根据平衡条件有
发生火灾时，以A中理想气体为研究对象，根据查理定律有
解得
阀门K打开前的瞬间，左右两侧气体的压强差
（2）解：阀门K打开后，A中气体向B中移动，以A中气体为研究对象，根据玻意耳定律有
解得
则进入到B中的气体：体积为
压强为、温度为，以B中原气体和进入到B中的气体为研究对象，根据理想气体状态方程有
解得
活塞上升的距离为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）AB气体体积相等，根据查理定律列式求解。
（2）温度不变，根据玻意耳定律列式求解。
16．【答案】（1）解：舰载机运动到B点且达到额定功率时，对应功率最小，设为，从A点到B点，根据运动学公式有
由牛顿第二定律有
在B点处有
联立解得
（2）解：舰载机在BC段运行的最长时间设为，根据动能定理有
解得
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 （1）经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，所以至少在B点达到额定功率。
（2）在BC段是变力做功，所以只能用动能定理求解。
17．【答案】（1）解：第一根金属棒在倾斜轨道上运动，根据动能定理有
解得v=5m/s
第一根金属棒在磁场中做匀速直线运动，磁场区域的长度
解得
（2）解：由题意可知每根金属棒进入磁场时的速度均为v=5m/s，当第2根金属棒刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
此时回路中电流
第2根金属棒受到的安培力F=BLI
此时第2根金属棒的加速度
联立解得
（3）解：金属棒出磁场后做匀速直线运动，第n根金属棒在磁场中运动时，根据动量定理有
联立解得
第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小为，
第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比为
（4）解：第n根金属棒在磁场中运动的过程，根据能量守恒定律有
设第一根金属棒中电流为I，则第n根金属棒中电流为（n-1）I，总的焦耳热
解得第1根金属棒上产生的热量
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1） 第一根金属棒在倾斜轨道上运动，重力和摩擦力做功，根据动能定理求解速度大小。
（2）法拉第电磁感应定律求解电动势，欧姆定律求解电流，安培力为运动合力。
（3）动量定理可以求解电荷量，根据法拉第电磁感应定律求解平均电流再乘以时间同样等于电荷量，二者相等。
（4）第n根金属棒在磁场中运动的过程 ，损失的动能等于热能。
18．【答案】（1）解：P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
由题意有
解得
（2）解：设恒力为，弹簧的最大形变量为x，有
P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有
为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度，联立解得
所以恒力的最小值为
（3）解：P、Q间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
Q也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有
经过时间与传送带共速，有
解得，
当Q与传送带共速时P、Q的距离为
之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小都是4m/s
传送带减速的过程，由于加速度，故Q在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相对滑动，由于加速度，故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始，直到减速到零，经历时间
当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为
P、Q间的距离为
P与Q第二次碰撞前的速度大小为
P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得，
P、Q第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为和
（4）解：P在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P在最后减速阶段与传送带间的相对位移
Q在初始减速阶段与传送带间的相对位移
P由于与传送带间的摩擦产生的热量
Q由于与传送带间的摩擦产生的热量
系统产生的热量
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）根据功能关系以及能量守恒定律联立列方程求解。
（2） 当弹簧处于原长时，P与弹簧分离 ，为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度 。
（3） P、Q间的弹性碰撞，动量守恒定律和能量守恒 。 两滑块碰后，P先在传送带上减速 ， Q也先在传送带上减速 。 之后P、Q随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、Q的速度大小 相等。
（4）产生热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小。
