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山东省齐鲁名校2023届高三下学期物理第二次学业质量联合检测（开学考）试卷
一、单选题
1．（2023高三下·山东开学考）如图所示，一束平行光垂直照射到有两条狭缝S1和S2的挡板上，狭缝S1和S2的间距和宽度都很小。下列说法正确的是（ ）
A．光通过狭缝S1和S2时会发生衍射现象
B．无论用哪种频率的光照射双缝，光屏上都会呈现中间宽、两端窄的条纹
C．用蓝光照射时产生的条纹间距比用红光照射时产生的条纹间距大
D．若用白光照射双缝，光屏上会呈现一片白色
【答案】A
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．由衍射现象可知，光通过狭缝S1和S2时会发生衍射现象，A符合题意；
B．用单一频率的光照射，屏上呈现的干涉条纹分布均匀，B不符合题意；
C．由 可知，因为红光的波长比蓝光的波长长，所以红光产生的条纹间距大，C不符合题意；
D．若用白光照射，则光屏上会呈现彩色的干涉条纹，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光通过狭缝会发生衍射现象；无论使用哪种频率的光都会出现干涉条纹；利用波长和条纹间距的大小关系可以比较间距的大小；白光照射光屏幕上会出现彩色的干涉条纹。
2．（2023高三下·山东开学考）如图所示为某潜水艇在水中做升潜运动的位置x随时间t变化的图像，规定竖直向上为正方向，图线的形状为抛物线，下列说法正确的是（ ）
A．潜水艇内的物体在时间内处于超重状态
B．潜水艇在时间的速度最大
C．潜水艇在时刻的加连度为0
D．时刻潜水艇的速度大小为
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知，在 时间内，潜水艇向上做匀减速直线运动，加速度方向向下，因此潜水艇内的物体处于失重状态，A不符合题意；
B．潜水艇在 时刻的速度为0，B不符合题意；
C．因为 时间内图线的形状为抛物线，因此在该时间间隔内潜水艇一直做匀变速直线运动，加速度始终不变且不为0，C不符合题意；
D．在 时间内，有 ，解得 时刻潜水艇的速度大小 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像斜率可以判别速度的变化，结合加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像为抛物线可以判别加速度始终不变；利用位移公式可以求出平均速度的大小进而求出初始时刻速度的大小。
3．（2023高三下·山东开学考）如图所示为氢原子能级图，现有大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，使它们发出的光照射到金属钠上，金属钠产生的所有光电子中初动能的最大值为10.46eV，在这些氢原子发出的光中，频率低于钠的截止频率的种数有（ ）
A．0 B．2种 C．4种 D．6种
【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】这些光子中自 能级向 能级跃迁的光子能量最大，即 ，由光电效应方程得，钠的逸出功 ，n=4能级向 能级、 能级向 能级跃迁产生的光子的能量小于钠的逸出功，因此在这些氢原子发出的光中，低于钠的截止频率的光子种数有2种。
故答案为：B。
【分析】利用能级跃迁的能量差可以求出辐射光子的能量，结合辐射出的能量可以判别光子所在的能级，结合能级跃迁可以判别跃迁能够发生光电效应的光子数量。
4．（2023高三下·山东开学考）某消音器的原理图如图所示，声音自入口进人后分成两部分，分别通过通道a、b继续向前传播，在右端汇聚在一起后通过出口排出，下列说法正确的是（ ）
A．该消音器的消音原理为声波的多普勒效应
B．通道a、b的弧长不能设计成相等
C．同一消音器对所有频率的声音都能消除
D．同一消音器只能消除某一频率的声音
【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．该消音器的消音原理为波的干涉，A不符合题意；
B．若通道a、b的弧长相等，则自入口进入的声波再次相遇时相互加强，不能达到消音的目的，B符合题意；
CD．设声波的波长为 ，a、b通道的路程差为 ，则 ，只要是n为奇数的声波都能被消除，n为偶数的声波则不能被消除，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】消声器的原理为波的干涉；当ab弧长相等时会导致波叠加相互加强不能达到消音的目的；利用波程差可以判别声波被消除时的条件。
5．（2023高三下·山东开学考）一定质量的理想气体自状态M变化到状态N，又变化到状态P，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图所示，其中MN的反向延长线过原点，NP段为双曲线的一支。下列说法正确的是（ ）
A．自状态M变化到状态N，气体的内能没有变化
B．自状态M变化到状态N，气体吸收的热量为300J
C．自状态N变化到状态P，气体吸收的热量约为475J
D．自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600J
【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据 可知，自状态M变化到状态N，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A不符合题意；
B．自状态M变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V轴围成的面积，即 ，内能的增量 ，由 得，气体吸收的热量 ，B不符合题意；
C．图像中每个小格对应的功为 ，自状态N变化到状态P，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，即 ，自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变， ，由 得，气体吸收的热量 ，C符合题意；
D．自状态M变化到状态N再变化到状态P， ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用P与V的乘积可以判别气体温度的变化，利用气体温度的变化可以判别内能的大小变化；气体从M到N的过程中，利用图象面积可以求出气体对外做功的大小，结合内能的变化及热力学第一定律可以判别气体吸收的热量。
6．（2023高三下·山东开学考）如图所示为带有照明系统的电动装置电路，理想变压器原线圈的匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=50匝、n3=28匝，原线圈两端接入电压有效值为220V的交变电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机M线圈的电阻为5Ω，灯泡L的电阻为28Ω。开关S闭合时，电动机M和灯泡L都正常工作，理想电流表的示数为0.4A。下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合时，电动机中的电流为10A
B．开关闭合时，电动机中的电流为1.76A
C．开关断开后，电动机的总功率为60W
D．开关断开前后，电流表的示数不变
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】ABC．原线圈两端的输入电压 ，由 得，电动机M两端的电压 ，开关S闭合时，灯泡L两端的电压 ，变压器的输入功率为 ，灯泡消耗的功率为 ，电动机消耗的功率 ，开关S闭合与断开时电动机两端的电压及消耗的功率都不变，断开后总功率仍为 ，又由 得电动机M中的电流 ，AB不符合题意，C符合题意；
D．开关S断开后，电动机消耗的功率不变，灯泡消耗的功率为0，由能量守恒定律可知，变压器的输入功率减小，输入电压恒为 不变，因此输入电流减小，即电流表的示数减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用匝数之比可以求出电动机两端电压的大小，开关闭合时，利用电功率的表达式可以求出变压器的输入功率，结合电功率的表达式可以求出灯泡消耗的功率，结合能量守恒定律可以求出电动机消耗的功率，结合电功率的表达式可以求出电动机中电流的大小；当开关断开时，电动机消耗的总功率保持不变；由于输出功率导致输出功率减小所以电流表读数减小。
7．（2023高三下·山东开学考）某卫星可以在地球与月球的共同作用下绕地球做匀速圆周运动，并且地球、卫星、月球三者始终在同一条直线上。如图所示，月球绕地球的运行半径是卫星绕地球运行半径的n倍，卫星对地球和月球的影响都忽略不计，则地球的质量M与月球的质量m之间的关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】月球绕地球转动的角速度与卫星绕地球转动的角速度相同，设卫星的质量为 ，对卫星有 ，对月球有 ，又 ，解得
故答案为：D。
【分析】月球和卫星的角速度相等，结合引力提供向心力可以求出地球和月球的质量大小关系。
8．（2023高三下·山东开学考）如图所示，斜面与水平面的夹角为7°，质量为m的物体与斜面间的动摩擦因数为，若要保持该物体能沿斜面向下做匀速直线运动，还需对该物体再施加一合适的力。已知，重力加速度为g，则施加的这个力的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体受力分析如图所示，物体所受支持力 和摩擦力 的合力方向沿图中虚线斜向上，由图可知 ，解得 ，物体受力平衡，所求力与重力mg的合力沿图中虚线斜向下，由几何知识可得 ，由三角形定则可知，所求力与虚线垂直时该力最小，最小值为 ，
故答案为：A。
【分析】对支持力和摩擦力进行合成，利用平衡条件结合矢量三角形定则可以求出所施加的最小力。
二、多选题
9．（2023高三下·山东开学考）如图所示，两点电荷所带的电荷量分别为Q1、Q2，其中Q1>0，Q2<0，电荷量的绝对值，O点为两点电荷连线的中点，固定的光滑绝缘竖直杆过O点与两点电荷连线垂直。已知重力加速度为g，某时刻将套在竖直杆上的带正电的小球自M点由静止释放，M、N之间的距离为h，M，N两点关于两点电荷的连线对称，对小球自M运动至N的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受的静电力先增大后减小
B．小球经过O点时的动能最大
C．小球经过O点时的电势能最大
D．小球经过N点时的速度大小等于
【答案】A,C,D
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．由电场线的分布可知，自M到N，电场强度先增大后减小，因此小球所受的静电力先增大后减小，A符合题意；
B．根据对称性，小球经过O点后重力和静电力的合力有竖直向下的分力，小球会向下加速，动能还会增大，B不符合题意；
C．在线段 上，电势先升高后降低，在O点电势最高，因此小球经过O点时的电势能最大，C符合题意；
D．M、N两点在同一个等势面上，自M到N由动能定理得 ，可得小球到达N点时的速度大小为 ，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场线的分布可以判别小球受到静电力的大小变化；利用合力的方向可以判别小球经过O点的速度不是最大值；利用电势的分布结合电性可以判别电势能的大小；利用动能定理可以求出小球到达N点速度的大小。
10．（2023高三下·山东开学考）如图甲所示，某仪器的外壳盖板（不透明）厚度为d，需要在其圆孔上镶嵌玻璃，玻璃的前、后面要与仪器外壳的内、外两面平齐，要求能够通过该玻璃观察到仪器内部的所有地方（小孔所在的外壳内壁除外，观察时打开仪器内的光源）。为了确定所镶嵌玻璃的直径，设计人员先测量所用玻璃材料的折射率，他们先把该玻璃切割成如图乙所示的正方体形状，让一束光射向正方体玻璃上表面的中心，当人射角为60°时，光进入正方体玻璃后恰好射向其中的一个顶点。下列说法正确的是（ ）
A．所用玻璃材料的折射率为1.5 B．所用玻璃材料的折射率为
C．所镶嵌玻璃的直径至少为 D．所镶嵌玻璃的直径至少为
【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．测量折射率时，光在正方体玻璃中的传播路径如图甲所示，
设正方体的棱长为a，折射角为 ，则 ，折射率 ，A符合题意，B不符合题意；
CD．能够通过该玻璃观察到仪器内部的所有地方的临界光如图乙所示 ，所镶嵌玻璃的直径至少为 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】画出光折射的路径，利用入射角和折射角的大小可以求出折射率的大小；利用折射率结合几何关系可以求出所镶嵌玻璃的直径。
11．（2023高三下·山东开学考）某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，粗环通过长的轻绳连着质量的小球，开始时滑环静止在点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取，下列说法正确的是（ ）
A．小球第一次运动至最低点时的速度大小为
B．小球再次返回最高点时的速度大小为0
C．小球第二次运动至最低点时的速度大小为
D．小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4m
【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】AC．自开始释放至小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有 ，由能量守恒定律得 ，联立解得小球在最低点时的速度大小 ，A不符合题意，C符合题意；
B．小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒得 ，解得共同速度 ，B符合题意；
D．由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为 ，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动左、右两点的距离为 ，则 ， ，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用小球与圆环的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出小球到达最低点的速度大小；利用动量守恒定律可以求出小球运动到最高点的速度大小；利用动量守恒定律可以求出小球运动轨迹左右两端点的距离大小。
12．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在固定的光滑水平金属导轨上，虚线MN右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两水平导轨的间距为L，与导轨垂直且静止在导轨上的导体棒ab、cd、ef的质量均为m，长度均为L，电阻均为，且相邻两导体棒间的距离均为L，在某一时刻使ab棒获得向左的初速度v0，三根导体棒最终都能运动至虚线MN左侧的无磁场区，ef棒到达MN之前已经开始做匀速运动。导轨足够长，不计导轨的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．棒离开磁场前先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动
B．棒离开磁场时的速度大小为
C．整个过程，棒产生的焦耳热是棒产生焦耳热的4倍
D．自棒离开磁场至棒离开磁场，通过棒的电荷量为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．离开磁场前， 棒在水平方向的安培力作用下先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动，A符合题意；
B．自 棒开始运动至 棒离开磁场，三根导体棒水平方向动量守恒，有 ，自 棒离开磁场至 棒离开磁场，对 棒由动量定理得 ，其中 ，同理可得 、 、……，联立得 ，又 ，解得 棒离开磁场时的速度大小为 ，B符合题意；
C．由各阶段的电路连接方式结合 可知， 棒到达 之前， 棒的热功率是 棒的4倍，自 棒到达 至 棒到达 ， 棒和 棒的热功率相等，自 棒到达 至 棒到达 ， 棒的热功率是棒的4倍，因此整个过程 棒产生的焦耳热不是 棒的4倍，C不符合题意；
D．自 棒离开磁场至 棒离开磁场，有 ，可知 ，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用动量守恒定律可以求出三根导体棒共速的速度大小，利用动生电动势的表达式结合动量定理可以求出cd棒离开磁场的速度大小；利用热功率的表达式结合电流的大小可以比较热功率的大小；利用动量定理可以求出通过cd电荷量的大小；cd棒在安培力的作用下先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做减速运动。
三、实验题
13．（2023高三下·山东开学考）如图甲所示，对两小桶及里面所装物体组成的系统，某实验小组要探究其运动时机械能的变化情况。图甲中定滑轮的质量很小，转动时受到的摩擦力很小。他们首先在两小桶里装适当质量的物体，使滑骨轮刚好不转动，然后将中质量为的物体取出放入中，再将系统由静止释放，系统运动过程中用手机对进行连拍，相邻两次拍照的时间间隔为0.1s，照片记录的运动过程中每隔0.1s的部分相对位置如图乙所示。当地的重力加速度，按要求回答问题。
（1）系统释放后利做匀加速直线运动的加速度大小为 。
（2）若不计滑轮的质量和受到的阻力，两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为 。（结果保留一位有效数字）
（3）从开始运动至到达位置，该实验小组根据照片测出该过程下落的高度，从而计算得出系统重力势能的减小量为0.12J，他们又根据第（2）问结果计算该过程系统动能的增加量，应为 J。（结果保留一位有效数字）
【答案】（1）2.45
（2）0.2
（3）0.1
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由逐差法可得加速度
（2）设系统的总质量为m，自M向N移动的物体质量 ，由牛顿第二定律得 ，解得总质量
（3）N运动至C点时的速度大小为 ，动能增加量
【分析】（1）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出系统总质量的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出经过C点速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量。
14．（2023高三下·山东开学考）某实验小组要尽可能准确地测量电压表的内阻，如图甲所示为不完整的测量电路图，可选用的器材如下：
电源（电动势为10V，内阻不计）；
待测电压表定值（量程为，内阻约为3000Ω）
定值电阻（阻值为1000Ω），
滑动变阻器（最大阻值为100Ω）；
电压表（量程为，内阻未知）；
电压表（量程为，内阻约为2000Ω）；
电压表（量程为，内阻约为10000Ω）；
开关、导线若干。
（1）图甲中的虚线框中应选电压表 。（填“”“”或“”）
（2）将图甲中的测量电路补充完整。
（3）在某次测量中，电压表的表盘如图乙所示，其示数为 V。
（4）将电压表的示数记为，虚线框中电压表的示数记为，通过调整滑动变阻器的滑片，得到多组、随滑片位置变化的数据，依据所测数据画出的图像如图丙所示，则电压表的内阻为 Ω。
【答案】（1）
（2）
（3）2.00
（4）3125
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）若选电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，能做到两电压表指针偏角同时尽量大，读数都精确。若选电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，电压表 满偏时，电压表 大约为满偏的一半；若电压表 与定值电阻R并联后再与电压表 串联，电压表 满偏时，电压表 不到满偏的三分之一。若选电压表 ，若与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，电压表 满偏时，电压表 大约为满偏的三分之一；若电压表 与定值电阻R并联后再与电压表 串联，在不烧坏电压表 的前提下，电压表 的偏角会很小，误差较大。因此应选电压表 。
（2）由第（1）问分析知，虚线框中应为电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联。因滑动变阻器总阻值比需供电电路的总阻值小得多，若使用限流接法，则调节范围太小，因此滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示。
（3）电压表 的最小刻度为0.1V，则示数为 。
（4）由图甲和图丙可知 ， ，解得电压表 的内阻
【分析】（1）利用电表的改装结合串联电路可以判别电压表的读数大小，进而判别选择的电压表量程；
（2）电压表V0与定值电阻串联，再与电压表V1进行并联；
（3）利用电压表的分度值可以求出电压表的读数；
（4）利用分压关系及欧姆定律可以求出电压表的内阻。
四、解答题
15．（2023高三下·山东开学考）某兴趣小组要测量一实心玩具小熊（体积不会发生变化）的体积，该玩具小熊不能接触水。他们用如图所示竖直放置的汽缸来测量，该汽缸缺导热性良好，内部的容积为V0，内部各水平截面的半径相同；活塞的质量不能忽略，但厚度忽略不计，与汽缸内壁间的摩擦可以不计，环境温度保持不变。测量步骤如下：
a.将玩具小熊放置于汽缸外面，在汽缸口用活塞将汽缸内的空气封闭，当活塞稳定时测得活塞距汽缸下底面的距离为汽缸内部高度的；
b.将活塞取出，将玩具小熊放入汽缸中，再在汽缸口用活塞将汽缸内的空气封闭，当活塞再次稳定时没有与玩具小熊接触，此时测得活塞距汽缸下底面的距离为汽 内部高度的。
（1）求该玩具小熊的体积；
（2）该兴趣小组在完成步骤b后，活塞上的挂钩变形损坏，为了取出活塞，他们通过汽缸上的打气孔向汽缸内充入外界气体，要使气体把活塞顶离汽缸，求至少需要充入的外界气体的体积。
【答案】（1）解：设外界大气压强为p0，活塞在汽缸内稳定时汽缸内气体的压强为p，对步骤a有
设玩具小熊的体积为V，对步骤b有
联立解得
（2）解：设充入气体的体积为 ，对充气过程，有
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当活塞稳定时，利用理想气体的状态方程结合等温变化可以求出玩具小熊的体积大小；
（2）当充气过程中，利用全部气体为对象，利用等温变化的状态方程可以求出冲入外界气体的体积大小。
16．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在水平地面上将一可看作质点的小球斜向右上抛出，初速度与地面的夹角为60°，小球运动过程中距地面的最大高度为L，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求小球出发点到落地点间的距离；
（2）若在紧靠小球出发点的位置固定一点光源，在抛出点右侧垂直于纸面和地面竖直固定一足够大的光屏，光屏到抛出点的距离为L，证明小球与地面或光屏碰撞前，其影子在光屏上的运动为匀速直线运动，并计算得出影子运动的速度大小。
【答案】（1）解：设小球自抛出经过时间 到达最高点，在竖直方向有
①
②
水平方向有 ③
小球从出发点到落地点间的距离
联立解得 ④
（2）解：取竖直向上为正方向，从小球抛出至t时刻竖直方向的位移 ⑤
水平方向的位移 ⑥
由几何知识得 ⑦
则小球与地面或光屏碰撞前影子的高度随时间t的变化规律为 ⑧
因此，小球在光屏上的影子的运动为匀速直线运动，影子运动的速度大小
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）当小球做斜抛运动时，利用速度位移公式可以求出初速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，再利用水平方向的位移公式可以求出出发点到落地点的距离；
（2）由于小球在抛出后，利用位移公式可以求出影子高度随时间变化的表达式，进而求出影子速度的大小。
17．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在空间直角坐标系中，平行板电容器的两极板M、N都与yoz平面平行，两极板间的电场可看作匀强电场，电势差为U。将右极板N与平面P之间的空间记作Ⅰ，平面P、Q之间的空间记作Ⅱ，平面Q右侧的空间记作Ⅲ。空间Ⅰ、Ⅲ都存在匀强电场和匀强磁场，空间Ⅱ左、右边缘P、Q两平面之间的距离为L，它们之间没有电场，也没有磁场。空间Ⅰ、Ⅲ的匀强电场都沿y轴正方向，电场强度大小都与电容器两极板间的电场强度大小相同；匀强磁场的磁感应强度大小相同，Ⅰ中的磁场方向沿轴正方向，Ⅲ中的磁场方向沿y轴正方向。某时刻一电子自电容器左极板M的中心仅在电场力作用下沿着x轴正方向做加速运动，初速度可视为0，经过时间T恰好到达右极板N上的小孔，然后继续在空间Ⅰ沿着轴正方向运动至平面P，过平面P后又经过一段时间再次返回空间Ⅰ，直至击中空间Ⅰ中平面R上的某物体，平面R与平面xOz平行。已知电子第二次在空间I的运动过程沿y轴负方向的位移大小为h，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：
（1）空间Ⅰ、Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小。
（2）电子离开空间Ⅲ时的速度大小。
（3）电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离。
（4）电子击中平面R上物体时的动能。
【答案】（1）解：电子自M运动到N，由动能定理有 ①
电容器左、右两极板之间的距离 ②
电容器极板间的电场强度大小 ③
电子在空间Ⅰ中运动时，有 ④
解得 ⑤
（2）解：电子在空间Ⅲ的 平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 ⑥
电子在空间Ⅲ中的运动时间
电子在空间Ⅲ沿y轴负方向运动的加速度 ⑦
电子离开空间Ⅲ时沿y轴负方向的速度大小
电子离开空间Ⅲ时的速度大小 ⑧
联立解得 ⑨
（3）解：电子在空间Ⅲ时沿y轴负方向的位移大小 ⑩
电子在空间Ⅱ的运动时间
电子在空间Ⅱ沿着y轴负方向运动的位移大小
电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离
联立解得，电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离
（4）解：对整个运动过程由动能定理得
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子从M到N时，利用动能定理及位移公式可以求出电容器的板间距离，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小，再利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）电子在空间III做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出电子在空间III运动的时间，结合y轴方向的速度公式及速度的合成可以求出速度的大小；
（3）电子在空间III时沿y轴负方向运动，利用位移公式可以求出运动的位移，结合运动的时间可以求出电子在空间II运动的位移，再利用位移的合成可以求出电子运动轨迹与平面两交点之间的距离；
（4）在整个运动的过程中，利用动能定理可以求出电子击中平面的动能的大小。
18．（2023高三下·山东开学考）如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若释放后，小球与木盒同时开始运动，求木盒与斜面间的动摩擦因数应满足的条件；
（2）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间；
（3）若木盒与斜面问的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离；
（4）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始释放至两者第n次碰撞系统损失的机械能（不要求写计算步骤，只写出最后结果即可）。
【答案】（1）解：若小球开始运动的同时木盒也开始运动，则
解得
（2）解：小球在木盒中运动时，有
对木盒沿斜面向下的运动过程，有
解得
（3）解：第一次碰撞前，小球的速度
木盒的速度
小球和木盒第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
第一次碰撞至第二次碰撞，小球的位移
木盒的位移
小球与木盒底端的距离
解得
时，小球与木盒底端的距离最大，最大值
（4）解：由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度
木盒的速度
其中的 为每次碰撞前小球的速度， 为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为
因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加
木盒速度沿斜面向下增加
结合第（3）问分析可得出以下归纳情况
第一次碰前小球的速度为 ，木盒的速度为
第一次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
第二次碰前小球的速度为 ，木盒的速度为
第二次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
第三次碰前小球的速度为 ，木盒的速度
第三次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
……
第n次碰后小球的速度大小
第n次碰后木盒的速度大小
自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移
自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移
损失的机械能
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）木盒开始运动时，利用合力向下可以求出木盒与斜面间动摩擦因数的大小；
（2）小球在盒子中运动，利用牛顿第二定律可以求出盒子和小球加速度的大小，结合位移公式可以求出小球和盒子第一次碰撞所花的时间；
（3）当小球与盒子发生弹性碰撞，利用速度公式可以求出碰撞前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰撞后速度的大小，利用位移公式结合速度相等可以求出小球与木盒底端的最大距离；
（4）由于小球与盒子发生弹性碰撞，利用动量守恒定律可以求出每次碰撞后的速度大小，结合速度公式可以求出小球和盒子增加的速度，结合位移公式及摩擦力的大小可以求出损失的机械能的大小。
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山东省齐鲁名校2023届高三下学期物理第二次学业质量联合检测（开学考）试卷
一、单选题
1．（2023高三下·山东开学考）如图所示，一束平行光垂直照射到有两条狭缝S1和S2的挡板上，狭缝S1和S2的间距和宽度都很小。下列说法正确的是（ ）
A．光通过狭缝S1和S2时会发生衍射现象
B．无论用哪种频率的光照射双缝，光屏上都会呈现中间宽、两端窄的条纹
C．用蓝光照射时产生的条纹间距比用红光照射时产生的条纹间距大
D．若用白光照射双缝，光屏上会呈现一片白色
2．（2023高三下·山东开学考）如图所示为某潜水艇在水中做升潜运动的位置x随时间t变化的图像，规定竖直向上为正方向，图线的形状为抛物线，下列说法正确的是（ ）
A．潜水艇内的物体在时间内处于超重状态
B．潜水艇在时间的速度最大
C．潜水艇在时刻的加连度为0
D．时刻潜水艇的速度大小为
3．（2023高三下·山东开学考）如图所示为氢原子能级图，现有大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，使它们发出的光照射到金属钠上，金属钠产生的所有光电子中初动能的最大值为10.46eV，在这些氢原子发出的光中，频率低于钠的截止频率的种数有（ ）
A．0 B．2种 C．4种 D．6种
4．（2023高三下·山东开学考）某消音器的原理图如图所示，声音自入口进人后分成两部分，分别通过通道a、b继续向前传播，在右端汇聚在一起后通过出口排出，下列说法正确的是（ ）
A．该消音器的消音原理为声波的多普勒效应
B．通道a、b的弧长不能设计成相等
C．同一消音器对所有频率的声音都能消除
D．同一消音器只能消除某一频率的声音
5．（2023高三下·山东开学考）一定质量的理想气体自状态M变化到状态N，又变化到状态P，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图所示，其中MN的反向延长线过原点，NP段为双曲线的一支。下列说法正确的是（ ）
A．自状态M变化到状态N，气体的内能没有变化
B．自状态M变化到状态N，气体吸收的热量为300J
C．自状态N变化到状态P，气体吸收的热量约为475J
D．自状态M变化到状态N，再变化到状态P，气体对外做的功为600J
6．（2023高三下·山东开学考）如图所示为带有照明系统的电动装置电路，理想变压器原线圈的匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=50匝、n3=28匝，原线圈两端接入电压有效值为220V的交变电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机M线圈的电阻为5Ω，灯泡L的电阻为28Ω。开关S闭合时，电动机M和灯泡L都正常工作，理想电流表的示数为0.4A。下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合时，电动机中的电流为10A
B．开关闭合时，电动机中的电流为1.76A
C．开关断开后，电动机的总功率为60W
D．开关断开前后，电流表的示数不变
7．（2023高三下·山东开学考）某卫星可以在地球与月球的共同作用下绕地球做匀速圆周运动，并且地球、卫星、月球三者始终在同一条直线上。如图所示，月球绕地球的运行半径是卫星绕地球运行半径的n倍，卫星对地球和月球的影响都忽略不计，则地球的质量M与月球的质量m之间的关系为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2023高三下·山东开学考）如图所示，斜面与水平面的夹角为7°，质量为m的物体与斜面间的动摩擦因数为，若要保持该物体能沿斜面向下做匀速直线运动，还需对该物体再施加一合适的力。已知，重力加速度为g，则施加的这个力的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023高三下·山东开学考）如图所示，两点电荷所带的电荷量分别为Q1、Q2，其中Q1>0，Q2<0，电荷量的绝对值，O点为两点电荷连线的中点，固定的光滑绝缘竖直杆过O点与两点电荷连线垂直。已知重力加速度为g，某时刻将套在竖直杆上的带正电的小球自M点由静止释放，M、N之间的距离为h，M，N两点关于两点电荷的连线对称，对小球自M运动至N的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受的静电力先增大后减小
B．小球经过O点时的动能最大
C．小球经过O点时的电势能最大
D．小球经过N点时的速度大小等于
10．（2023高三下·山东开学考）如图甲所示，某仪器的外壳盖板（不透明）厚度为d，需要在其圆孔上镶嵌玻璃，玻璃的前、后面要与仪器外壳的内、外两面平齐，要求能够通过该玻璃观察到仪器内部的所有地方（小孔所在的外壳内壁除外，观察时打开仪器内的光源）。为了确定所镶嵌玻璃的直径，设计人员先测量所用玻璃材料的折射率，他们先把该玻璃切割成如图乙所示的正方体形状，让一束光射向正方体玻璃上表面的中心，当人射角为60°时，光进入正方体玻璃后恰好射向其中的一个顶点。下列说法正确的是（ ）
A．所用玻璃材料的折射率为1.5 B．所用玻璃材料的折射率为
C．所镶嵌玻璃的直径至少为 D．所镶嵌玻璃的直径至少为
11．（2023高三下·山东开学考）某滑杆游戏可简化为如图所示的模型，质量的滑环套在固定光滑水平杆上，滑环可沿着水平杆左右滑动，粗环通过长的轻绳连着质量的小球，开始时滑环静止在点，轻绳水平，现将它们由静止释放，小球和滑环都可看作质点，取，下列说法正确的是（ ）
A．小球第一次运动至最低点时的速度大小为
B．小球再次返回最高点时的速度大小为0
C．小球第二次运动至最低点时的速度大小为
D．小球运动轨迹左、右两端点间的距离为0.4m
12．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在固定的光滑水平金属导轨上，虚线MN右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两水平导轨的间距为L，与导轨垂直且静止在导轨上的导体棒ab、cd、ef的质量均为m，长度均为L，电阻均为，且相邻两导体棒间的距离均为L，在某一时刻使ab棒获得向左的初速度v0，三根导体棒最终都能运动至虚线MN左侧的无磁场区，ef棒到达MN之前已经开始做匀速运动。导轨足够长，不计导轨的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．棒离开磁场前先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动
B．棒离开磁场时的速度大小为
C．整个过程，棒产生的焦耳热是棒产生焦耳热的4倍
D．自棒离开磁场至棒离开磁场，通过棒的电荷量为
三、实验题
13．（2023高三下·山东开学考）如图甲所示，对两小桶及里面所装物体组成的系统，某实验小组要探究其运动时机械能的变化情况。图甲中定滑轮的质量很小，转动时受到的摩擦力很小。他们首先在两小桶里装适当质量的物体，使滑骨轮刚好不转动，然后将中质量为的物体取出放入中，再将系统由静止释放，系统运动过程中用手机对进行连拍，相邻两次拍照的时间间隔为0.1s，照片记录的运动过程中每隔0.1s的部分相对位置如图乙所示。当地的重力加速度，按要求回答问题。
（1）系统释放后利做匀加速直线运动的加速度大小为 。
（2）若不计滑轮的质量和受到的阻力，两小桶及里面所装物体组成系统的总质量为 。（结果保留一位有效数字）
（3）从开始运动至到达位置，该实验小组根据照片测出该过程下落的高度，从而计算得出系统重力势能的减小量为0.12J，他们又根据第（2）问结果计算该过程系统动能的增加量，应为 J。（结果保留一位有效数字）
14．（2023高三下·山东开学考）某实验小组要尽可能准确地测量电压表的内阻，如图甲所示为不完整的测量电路图，可选用的器材如下：
电源（电动势为10V，内阻不计）；
待测电压表定值（量程为，内阻约为3000Ω）
定值电阻（阻值为1000Ω），
滑动变阻器（最大阻值为100Ω）；
电压表（量程为，内阻未知）；
电压表（量程为，内阻约为2000Ω）；
电压表（量程为，内阻约为10000Ω）；
开关、导线若干。
（1）图甲中的虚线框中应选电压表 。（填“”“”或“”）
（2）将图甲中的测量电路补充完整。
（3）在某次测量中，电压表的表盘如图乙所示，其示数为 V。
（4）将电压表的示数记为，虚线框中电压表的示数记为，通过调整滑动变阻器的滑片，得到多组、随滑片位置变化的数据，依据所测数据画出的图像如图丙所示，则电压表的内阻为 Ω。
四、解答题
15．（2023高三下·山东开学考）某兴趣小组要测量一实心玩具小熊（体积不会发生变化）的体积，该玩具小熊不能接触水。他们用如图所示竖直放置的汽缸来测量，该汽缸缺导热性良好，内部的容积为V0，内部各水平截面的半径相同；活塞的质量不能忽略，但厚度忽略不计，与汽缸内壁间的摩擦可以不计，环境温度保持不变。测量步骤如下：
a.将玩具小熊放置于汽缸外面，在汽缸口用活塞将汽缸内的空气封闭，当活塞稳定时测得活塞距汽缸下底面的距离为汽缸内部高度的；
b.将活塞取出，将玩具小熊放入汽缸中，再在汽缸口用活塞将汽缸内的空气封闭，当活塞再次稳定时没有与玩具小熊接触，此时测得活塞距汽缸下底面的距离为汽 内部高度的。
（1）求该玩具小熊的体积；
（2）该兴趣小组在完成步骤b后，活塞上的挂钩变形损坏，为了取出活塞，他们通过汽缸上的打气孔向汽缸内充入外界气体，要使气体把活塞顶离汽缸，求至少需要充入的外界气体的体积。
16．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在水平地面上将一可看作质点的小球斜向右上抛出，初速度与地面的夹角为60°，小球运动过程中距地面的最大高度为L，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求小球出发点到落地点间的距离；
（2）若在紧靠小球出发点的位置固定一点光源，在抛出点右侧垂直于纸面和地面竖直固定一足够大的光屏，光屏到抛出点的距离为L，证明小球与地面或光屏碰撞前，其影子在光屏上的运动为匀速直线运动，并计算得出影子运动的速度大小。
17．（2023高三下·山东开学考）如图所示，在空间直角坐标系中，平行板电容器的两极板M、N都与yoz平面平行，两极板间的电场可看作匀强电场，电势差为U。将右极板N与平面P之间的空间记作Ⅰ，平面P、Q之间的空间记作Ⅱ，平面Q右侧的空间记作Ⅲ。空间Ⅰ、Ⅲ都存在匀强电场和匀强磁场，空间Ⅱ左、右边缘P、Q两平面之间的距离为L，它们之间没有电场，也没有磁场。空间Ⅰ、Ⅲ的匀强电场都沿y轴正方向，电场强度大小都与电容器两极板间的电场强度大小相同；匀强磁场的磁感应强度大小相同，Ⅰ中的磁场方向沿轴正方向，Ⅲ中的磁场方向沿y轴正方向。某时刻一电子自电容器左极板M的中心仅在电场力作用下沿着x轴正方向做加速运动，初速度可视为0，经过时间T恰好到达右极板N上的小孔，然后继续在空间Ⅰ沿着轴正方向运动至平面P，过平面P后又经过一段时间再次返回空间Ⅰ，直至击中空间Ⅰ中平面R上的某物体，平面R与平面xOz平行。已知电子第二次在空间I的运动过程沿y轴负方向的位移大小为h，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：
（1）空间Ⅰ、Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小。
（2）电子离开空间Ⅲ时的速度大小。
（3）电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离。
（4）电子击中平面R上物体时的动能。
18．（2023高三下·山东开学考）如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若释放后，小球与木盒同时开始运动，求木盒与斜面间的动摩擦因数应满足的条件；
（2）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间；
（3）若木盒与斜面问的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离；
（4）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始释放至两者第n次碰撞系统损失的机械能（不要求写计算步骤，只写出最后结果即可）。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．由衍射现象可知，光通过狭缝S1和S2时会发生衍射现象，A符合题意；
B．用单一频率的光照射，屏上呈现的干涉条纹分布均匀，B不符合题意；
C．由 可知，因为红光的波长比蓝光的波长长，所以红光产生的条纹间距大，C不符合题意；
D．若用白光照射，则光屏上会呈现彩色的干涉条纹，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光通过狭缝会发生衍射现象；无论使用哪种频率的光都会出现干涉条纹；利用波长和条纹间距的大小关系可以比较间距的大小；白光照射光屏幕上会出现彩色的干涉条纹。
2．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知，在 时间内，潜水艇向上做匀减速直线运动，加速度方向向下，因此潜水艇内的物体处于失重状态，A不符合题意；
B．潜水艇在 时刻的速度为0，B不符合题意；
C．因为 时间内图线的形状为抛物线，因此在该时间间隔内潜水艇一直做匀变速直线运动，加速度始终不变且不为0，C不符合题意；
D．在 时间内，有 ，解得 时刻潜水艇的速度大小 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像斜率可以判别速度的变化，结合加速度的方向可以判别超重与失重；利用图像为抛物线可以判别加速度始终不变；利用位移公式可以求出平均速度的大小进而求出初始时刻速度的大小。
3．【答案】B
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】这些光子中自 能级向 能级跃迁的光子能量最大，即 ，由光电效应方程得，钠的逸出功 ，n=4能级向 能级、 能级向 能级跃迁产生的光子的能量小于钠的逸出功，因此在这些氢原子发出的光中，低于钠的截止频率的光子种数有2种。
故答案为：B。
【分析】利用能级跃迁的能量差可以求出辐射光子的能量，结合辐射出的能量可以判别光子所在的能级，结合能级跃迁可以判别跃迁能够发生光电效应的光子数量。
4．【答案】B
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．该消音器的消音原理为波的干涉，A不符合题意；
B．若通道a、b的弧长相等，则自入口进入的声波再次相遇时相互加强，不能达到消音的目的，B符合题意；
CD．设声波的波长为 ，a、b通道的路程差为 ，则 ，只要是n为奇数的声波都能被消除，n为偶数的声波则不能被消除，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】消声器的原理为波的干涉；当ab弧长相等时会导致波叠加相互加强不能达到消音的目的；利用波程差可以判别声波被消除时的条件。
5．【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A．根据 可知，自状态M变化到状态N，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A不符合题意；
B．自状态M变化到状态N，气体对外做的功等于图线和V轴围成的面积，即 ，内能的增量 ，由 得，气体吸收的热量 ，B不符合题意；
C．图像中每个小格对应的功为 ，自状态N变化到状态P，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，即 ，自状态N变化到状态P的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变， ，由 得，气体吸收的热量 ，C符合题意；
D．自状态M变化到状态N再变化到状态P， ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用P与V的乘积可以判别气体温度的变化，利用气体温度的变化可以判别内能的大小变化；气体从M到N的过程中，利用图象面积可以求出气体对外做功的大小，结合内能的变化及热力学第一定律可以判别气体吸收的热量。
6．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】ABC．原线圈两端的输入电压 ，由 得，电动机M两端的电压 ，开关S闭合时，灯泡L两端的电压 ，变压器的输入功率为 ，灯泡消耗的功率为 ，电动机消耗的功率 ，开关S闭合与断开时电动机两端的电压及消耗的功率都不变，断开后总功率仍为 ，又由 得电动机M中的电流 ，AB不符合题意，C符合题意；
D．开关S断开后，电动机消耗的功率不变，灯泡消耗的功率为0，由能量守恒定律可知，变压器的输入功率减小，输入电压恒为 不变，因此输入电流减小，即电流表的示数减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用匝数之比可以求出电动机两端电压的大小，开关闭合时，利用电功率的表达式可以求出变压器的输入功率，结合电功率的表达式可以求出灯泡消耗的功率，结合能量守恒定律可以求出电动机消耗的功率，结合电功率的表达式可以求出电动机中电流的大小；当开关断开时，电动机消耗的总功率保持不变；由于输出功率导致输出功率减小所以电流表读数减小。
7．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】月球绕地球转动的角速度与卫星绕地球转动的角速度相同，设卫星的质量为 ，对卫星有 ，对月球有 ，又 ，解得
故答案为：D。
【分析】月球和卫星的角速度相等，结合引力提供向心力可以求出地球和月球的质量大小关系。
8．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体受力分析如图所示，物体所受支持力 和摩擦力 的合力方向沿图中虚线斜向上，由图可知 ，解得 ，物体受力平衡，所求力与重力mg的合力沿图中虚线斜向下，由几何知识可得 ，由三角形定则可知，所求力与虚线垂直时该力最小，最小值为 ，
故答案为：A。
【分析】对支持力和摩擦力进行合成，利用平衡条件结合矢量三角形定则可以求出所施加的最小力。
9．【答案】A,C,D
【知识点】电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．由电场线的分布可知，自M到N，电场强度先增大后减小，因此小球所受的静电力先增大后减小，A符合题意；
B．根据对称性，小球经过O点后重力和静电力的合力有竖直向下的分力，小球会向下加速，动能还会增大，B不符合题意；
C．在线段 上，电势先升高后降低，在O点电势最高，因此小球经过O点时的电势能最大，C符合题意；
D．M、N两点在同一个等势面上，自M到N由动能定理得 ，可得小球到达N点时的速度大小为 ，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用电场线的分布可以判别小球受到静电力的大小变化；利用合力的方向可以判别小球经过O点的速度不是最大值；利用电势的分布结合电性可以判别电势能的大小；利用动能定理可以求出小球到达N点速度的大小。
10．【答案】A,C
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】AB．测量折射率时，光在正方体玻璃中的传播路径如图甲所示，
设正方体的棱长为a，折射角为 ，则 ，折射率 ，A符合题意，B不符合题意；
CD．能够通过该玻璃观察到仪器内部的所有地方的临界光如图乙所示 ，所镶嵌玻璃的直径至少为 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】画出光折射的路径，利用入射角和折射角的大小可以求出折射率的大小；利用折射率结合几何关系可以求出所镶嵌玻璃的直径。
11．【答案】B,C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】AC．自开始释放至小球运动至最低点的过程，小球和滑环组成的系统水平方向动量守恒，有 ，由能量守恒定律得 ，联立解得小球在最低点时的速度大小 ，A不符合题意，C符合题意；
B．小球每次在最高点时和滑环都有相同的速度，由动量守恒得 ，解得共同速度 ，B符合题意；
D．由机械能守恒定律可知，小球左、右两侧最高点在同一水平线上，设其水平距离为 ，在小球从左侧最高点运动到右侧最高点的过程，设滑环运动左、右两点的距离为 ，则 ， ，解得小球运动轨迹左、右两端点间的距离 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用小球与圆环的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出小球到达最低点的速度大小；利用动量守恒定律可以求出小球运动到最高点的速度大小；利用动量守恒定律可以求出小球运动轨迹左右两端点的距离大小。
12．【答案】A,B
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．离开磁场前， 棒在水平方向的安培力作用下先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动，A符合题意；
B．自 棒开始运动至 棒离开磁场，三根导体棒水平方向动量守恒，有 ，自 棒离开磁场至 棒离开磁场，对 棒由动量定理得 ，其中 ，同理可得 、 、……，联立得 ，又 ，解得 棒离开磁场时的速度大小为 ，B符合题意；
C．由各阶段的电路连接方式结合 可知， 棒到达 之前， 棒的热功率是 棒的4倍，自 棒到达 至 棒到达 ， 棒和 棒的热功率相等，自 棒到达 至 棒到达 ， 棒的热功率是棒的4倍，因此整个过程 棒产生的焦耳热不是 棒的4倍，C不符合题意；
D．自 棒离开磁场至 棒离开磁场，有 ，可知 ，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用动量守恒定律可以求出三根导体棒共速的速度大小，利用动生电动势的表达式结合动量定理可以求出cd棒离开磁场的速度大小；利用热功率的表达式结合电流的大小可以比较热功率的大小；利用动量定理可以求出通过cd电荷量的大小；cd棒在安培力的作用下先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做减速运动。
13．【答案】（1）2.45
（2）0.2
（3）0.1
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由逐差法可得加速度
（2）设系统的总质量为m，自M向N移动的物体质量 ，由牛顿第二定律得 ，解得总质量
（3）N运动至C点时的速度大小为 ，动能增加量
【分析】（1）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出系统总质量的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出经过C点速度的大小，结合动能的表达式可以求出动能的增量。
14．【答案】（1）
（2）
（3）2.00
（4）3125
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）若选电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，能做到两电压表指针偏角同时尽量大，读数都精确。若选电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，电压表 满偏时，电压表 大约为满偏的一半；若电压表 与定值电阻R并联后再与电压表 串联，电压表 满偏时，电压表 不到满偏的三分之一。若选电压表 ，若与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联，电压表 满偏时，电压表 大约为满偏的三分之一；若电压表 与定值电阻R并联后再与电压表 串联，在不烧坏电压表 的前提下，电压表 的偏角会很小，误差较大。因此应选电压表 。
（2）由第（1）问分析知，虚线框中应为电压表 ，并且使它与电压表 及定值电阻R组成的串联电路并联。因滑动变阻器总阻值比需供电电路的总阻值小得多，若使用限流接法，则调节范围太小，因此滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示。
（3）电压表 的最小刻度为0.1V，则示数为 。
（4）由图甲和图丙可知 ， ，解得电压表 的内阻
【分析】（1）利用电表的改装结合串联电路可以判别电压表的读数大小，进而判别选择的电压表量程；
（2）电压表V0与定值电阻串联，再与电压表V1进行并联；
（3）利用电压表的分度值可以求出电压表的读数；
（4）利用分压关系及欧姆定律可以求出电压表的内阻。
15．【答案】（1）解：设外界大气压强为p0，活塞在汽缸内稳定时汽缸内气体的压强为p，对步骤a有
设玩具小熊的体积为V，对步骤b有
联立解得
（2）解：设充入气体的体积为 ，对充气过程，有
联立解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）当活塞稳定时，利用理想气体的状态方程结合等温变化可以求出玩具小熊的体积大小；
（2）当充气过程中，利用全部气体为对象，利用等温变化的状态方程可以求出冲入外界气体的体积大小。
16．【答案】（1）解：设小球自抛出经过时间 到达最高点，在竖直方向有
①
②
水平方向有 ③
小球从出发点到落地点间的距离
联立解得 ④
（2）解：取竖直向上为正方向，从小球抛出至t时刻竖直方向的位移 ⑤
水平方向的位移 ⑥
由几何知识得 ⑦
则小球与地面或光屏碰撞前影子的高度随时间t的变化规律为 ⑧
因此，小球在光屏上的影子的运动为匀速直线运动，影子运动的速度大小
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）当小球做斜抛运动时，利用速度位移公式可以求出初速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，再利用水平方向的位移公式可以求出出发点到落地点的距离；
（2）由于小球在抛出后，利用位移公式可以求出影子高度随时间变化的表达式，进而求出影子速度的大小。
17．【答案】（1）解：电子自M运动到N，由动能定理有 ①
电容器左、右两极板之间的距离 ②
电容器极板间的电场强度大小 ③
电子在空间Ⅰ中运动时，有 ④
解得 ⑤
（2）解：电子在空间Ⅲ的 平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 ⑥
电子在空间Ⅲ中的运动时间
电子在空间Ⅲ沿y轴负方向运动的加速度 ⑦
电子离开空间Ⅲ时沿y轴负方向的速度大小
电子离开空间Ⅲ时的速度大小 ⑧
联立解得 ⑨
（3）解：电子在空间Ⅲ时沿y轴负方向的位移大小 ⑩
电子在空间Ⅱ的运动时间
电子在空间Ⅱ沿着y轴负方向运动的位移大小
电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离
联立解得，电子运动轨迹与平面P两交点之间的距离
（4）解：对整个运动过程由动能定理得
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）电子从M到N时，利用动能定理及位移公式可以求出电容器的板间距离，结合电势差与场强的关系可以求出电场强度的大小，再利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）电子在空间III做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出电子在空间III运动的时间，结合y轴方向的速度公式及速度的合成可以求出速度的大小；
（3）电子在空间III时沿y轴负方向运动，利用位移公式可以求出运动的位移，结合运动的时间可以求出电子在空间II运动的位移，再利用位移的合成可以求出电子运动轨迹与平面两交点之间的距离；
（4）在整个运动的过程中，利用动能定理可以求出电子击中平面的动能的大小。
18．【答案】（1）解：若小球开始运动的同时木盒也开始运动，则
解得
（2）解：小球在木盒中运动时，有
对木盒沿斜面向下的运动过程，有
解得
（3）解：第一次碰撞前，小球的速度
木盒的速度
小球和木盒第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
第一次碰撞至第二次碰撞，小球的位移
木盒的位移
小球与木盒底端的距离
解得
时，小球与木盒底端的距离最大，最大值
（4）解：由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度
木盒的速度
其中的 为每次碰撞前小球的速度， 为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为
因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加
木盒速度沿斜面向下增加
结合第（3）问分析可得出以下归纳情况
第一次碰前小球的速度为 ，木盒的速度为
第一次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
第二次碰前小球的速度为 ，木盒的速度为
第二次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
第三次碰前小球的速度为 ，木盒的速度
第三次碰后小球的速度为 ，木盒的速度为
……
第n次碰后小球的速度大小
第n次碰后木盒的速度大小
自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移
自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移
损失的机械能
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）木盒开始运动时，利用合力向下可以求出木盒与斜面间动摩擦因数的大小；
（2）小球在盒子中运动，利用牛顿第二定律可以求出盒子和小球加速度的大小，结合位移公式可以求出小球和盒子第一次碰撞所花的时间；
（3）当小球与盒子发生弹性碰撞，利用速度公式可以求出碰撞前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出碰撞后速度的大小，利用位移公式结合速度相等可以求出小球与木盒底端的最大距离；
（4）由于小球与盒子发生弹性碰撞，利用动量守恒定律可以求出每次碰撞后的速度大小，结合速度公式可以求出小球和盒子增加的速度，结合位移公式及摩擦力的大小可以求出损失的机械能的大小。
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