2025届山东省青岛市平度市高三下学期高考物理模拟检测（一）物理试卷（含解析）

2025年山东省青岛市平度市高考物理模拟试卷（一）
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.以下说法正确的是( )
A. 由甲图中的粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是
B. 由乙图的氢原子能级图可知，一个处于能级的氢原子向低能级跃迁可能发出3种不同频率的光
C. a、b、c三束单色光照射同一光电管得到光电流I与光电管两极间的电压U的关系曲线如丙图，则a、b、c光的频率关系为
D. 由图丁可知核的结合能比核的大
2.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向。如图所示，智能机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，保持静止状态，铁夹与球接触面竖直，则( )
A. 小球所受的重力与摩擦力是一对相互作用力
B. 小球共受到4个力的作用
C. 小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等
D. 若增大铁夹的压力，小球所受的摩擦力变大
3.利用牛顿环可以测量微小位移。如图所示，将一个曲率半径很大的凸透镜的凸面和一平面玻璃接触，入射光线分别在凸透镜下表面和平面玻璃上表面反射产生的光线发生干涉，已知在图示p位置产生亮条纹，入射光线波长为，图中两次反射位置间的距离为d，固定平面玻璃板，当向上平移凸透镜时，亮条纹将周期性出现，下列说法正确的是( )
A. 两次反射位置间的距离满足
B. 更换形状相同、折射率更大的凸透镜，P点亮条纹可能消失
C. 若将入射光波长调整为，则P点仍为亮条纹
D. 若向上移动距离为，P点相邻两次出现亮条纹时，凸透镜移动的距离
4.2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极-艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。其中一段着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是( )
A. 时间内，探测器做匀速直线运动
B. 探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍
C. 时间内，探测器的位移大小为
D. 气体对探测器的作用力大小在时刻是时刻的两倍
5.2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升组合体成功着陆月背南极——艾特肯盆地的预选着陆区。通过查阅资料得知嫦娥六号发射后先在近地轨道上做圆周运动，线速度大小和周期分别为v和T，而后点火加速奔赴月球，被月球俘获后先在近月轨道上做圆周运动。已知月球质量为地球质量的p倍，月球半径是地球半径的q倍，地球表面重力加速度为g，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. 嫦娥六号加速后的速度大于小于
B. 嫦娥六号点火加速后，在远离地球过程中机械能逐渐增大
C. 嫦娥六号在近月轨道做圆周运动的速度大小为
D. 嫦娥六号在近月轨道做圆周运动的周期为
6.如图甲所示，一个上端开口内壁光滑的导热汽缸静止在地面上，一不计厚度的轻质活塞静止在汽缸正中央，下端封闭了一定质量的理想气体，气体的初始压强为，温度为。汽缸顶端两侧各有一个卡口，活塞到达顶端不会离开汽缸。现对封闭气体用电热丝缓慢加热。气体的压强随温度的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. ，封闭气体对外放热
B. 当气体温度达到时，活塞到达气缸顶端
C.
D. ，单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数减少
7.某运动员沿图示滑道运动，从滑道顶端由静止开始下滑，从起跳区水平飞出，经后以速度v落在着陆坡上并沿着陆坡滑行。接触着陆坡后的内垂直着陆坡方向的速度减为零，此过程着陆坡对运动员的冲量为I。已知运动员质量为50kg，着陆坡可看成倾角为的直斜坡，重力加速度，取，不计一切摩擦和空气阻力，则( )
A. v的大小为，与水平方向夹角的正切值为
B. v的大小为、与水平方向夹角的正切值为
C. I的大小为，与水平方向夹角的正弦值为
D. I的大小为，与水平方向夹角的正弦值为
8.如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上忽略它对原电场的影响将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 图中的A点和C点的场强相同 B. 轨道上A点的电场强度大小为
C. 小球刚到达C点时的加速度为 D. 小球刚到达C点时的动能为
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图甲为风力发电的简易模型，发电机接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比：：1，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为。在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，发电机两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示。其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A. 风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为
B. 将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，电压表读数不变
C. 将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小
D. 滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大
10.如图甲所示，在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源和分别位于和处，某时刻波源在x轴上产生的波形图如图乙所示，波源的振动图像如图丙所示，由两波源所产生的简谐波波速均为，质点a、b、p的平衡位置分别位于、、处。已知在时，两波源均在平衡位置且振动方向相同，下列说法正确的是( )
A. 两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉
B. 稳定后质点a的振幅为5cm
C. 在内，质点b运动的总路程是
D. 稳定后质点P振动的表达式为
11.如图所示，一根长为L的轻杆的两端分别固定小球A和B。轻杆可绕距A球为处的轴O在竖直平面内转动，初始时杆处于竖直位置，小球B恰好与水平光滑地面接触。在杆的左侧紧贴着B球有边长为的立方体滑块C，A、B、C的质量均为m。现用一水平恒力F作用于A球上，使之绕固定的O轴顺时针转动，直到B转动到C的右上角分离。设在此过程中C滑块一直紧贴地面，不计一切摩擦。关于此过程，下列判断正确的是( )
A. 力F的功率逐渐减少
B. 分离之前滑块C的动能始终小于球A的动能
C. 力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和
D. 滑块C的最大速度为
12.如图所示，相距为l的平行光滑导轨ABCD和MNPQ两侧倾斜、中间水平，且电阻不计，在导轨的两端分别连有电阻和，且电阻，左侧倾角为，在ABNM区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，水平部分虚线ef和gi之间的矩形区域内，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度也为。一质量为m、电阻为r、长度也为l的金属导体棒，从距水平轨道h高处由静止释放，滑到底端时的速度为，第一次穿过efig磁场区域时速度变为。已知导轨和金属棒始终接触良好，倾斜部分轨道和水平部分平滑连接，则下列说法正确的有( )
A. 导体棒从静止开始下滑到底端BN过程中，电阻上产生的热量为
B. 导体棒第一次通过水平区域磁场过程中通过导体棒的电荷量为
C. 虚线ef和gi之间的距离
D. 导体棒最终可能停在水平磁场ef处
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；
运行智能手机中的声音“振幅”声音传感器项目；
迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为。
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式：______请用物理量符号m、g、h、t表示。
若已知铁球质量为50g，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能______结果保留3位小数，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果______填“有”或“没有”影响。
14.某学习小组利用砷化镓霍尔元件载流子为电子研究霍尔效应，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流，通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压。
、4测脚中电势高的是______选填“2”或“4”测脚。
某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度如图，其读数为______ mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出与的关系图像；
设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则与的关系式为______。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.如图所示，某种均匀介质制成的圆柱形透明物体，其上表面为水平圆，圆心为，半径为6d；下底面为倾斜椭圆，椭圆的中心，MN为长轴，长，短轴方向平行于上表面。圆柱体左侧侧线PM的长度最长。在正下方4d处放置一点光源。从上表面射出的光形成一半径为3d的圆形亮斑，A为直径PQ与亮斑边缘的交点。已知光在真空中的传播速度为c。
求该介质的折射率；
光线SA经圆柱体侧面反射后到达椭圆中心，求其从S发出至到达的时间。
16.如图甲所示，潜水钟是运送潜水员下潜、休息、接回水面的一种运载工具，可使潜水员在水下长时间作业。它的原理就像一只倒扣在水中的、下端开口的圆柱形桶，桶内始终保持一定量的空气，可供潜水员呼吸。某个潜水钟可简化为高度开口向下的薄壁圆柱形桶，如图乙所示。工作时，水面上的船将潜水钟从水面上方开口向下吊放至水下一定深度处，此时潜水钟内气柱高度。忽略潜水钟内气体温度的变化和水密度随深度的变化。已知水的密度，重力加速度g取，大气压强。
求此时潜水钟的上底面距水面的深度H；
现保持潜水钟位置不变，通过船上的气泵将空气压入潜水钟内，将潜水钟内的水全部排出，求压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值k。
17.霍尔推进器主要包括以下步骤：霍尔效应使电子被约束在一个磁场中，并通过电场被加速，电子撞击推进剂氙气、氩气等分子，导致电子被剥离，形成离子。形成的离子在电场的作用下沿着轴向加速，加速后的离子向外喷出，反冲产生推力。在某局部区域可简化为如图所示的模型。XOY平面内存在方向向右的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，质量为m、电荷量为e的电子从坐标O点沿Y轴正方向入射，不计重力及电子间相互作用。
若离子质量为M，加速后以v速度沿轴向方向喷出，单位时间喷出离子数为n，求推进器产生的推力F；
在某局部区域内，当电子入射速度为时，电子沿Y轴做直线运动，求的大小；
在某局部区域内，若电子入射速度为，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，求运动到离Y轴的最远距离x和回到Y轴坐标y。电子在相互垂直的电场和磁场中的运动可分解为沿y轴的匀速直线运动和XOY平面内的匀速圆周运动
18.如图所示，质量均为m的物块A、B和木板E静止在水平地面上，质量分别为3m、2m的物块C、D静止在E上，一根轻绳跨过光滑定滑轮M、N，左右两端分别与B、C竖直连接，距E右端距离为L处固定一挡板P。刚开始B与地面刚好接触不挤压，整个系统静止。现给A一水平向右的初速度，A与B碰后粘在一起。从A与B碰后瞬间到E与P第一次碰撞前瞬间，给E施加水平向右的外力。此后在E每次速度为0的瞬间立即给E施加水平向右的，到E与P发生下一次碰撞前瞬间再撤掉，且在E向左运动的所有时间内均分别给D、E施加水平向左的外力、。已知：D与E、E与地面间的动摩擦因数均为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M到地面的距离为L，E与P的碰撞无能量损失，所有物块均视为质点，D始终没有从E上掉落，不计其他摩擦及空气阻力，重力加速度为g。求：
与B碰撞过程损失的机械能；
、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差；
向左运动的最大距离；
整个过程D、E之间产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、粒子散射类似于碰撞，根据动量守恒定律和库仑定律等规律可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径的数量级是，故A错误；
B、一个处于能级激发态的氢原子，自发跃迁时跃迁时，最多能发出2种不同频率的光，故B错误；
C、由图象可看出
由
可得
由爱因斯坦光电方程
可得
则有
故C正确；
D、由图丁可知核的比结合能略大于核的比结合能，而核的核子数不到核的一半，所以可知核的结合能一定比核的结合能小，故D错误。
故选：C。
粒子散射实验可以用来确定原子核电荷量和估算原子核半径；一群处于能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光；由动能定理和光电效应方程判断；根据结合能与比结合能的关系判断。
处于激发态的氢原子跃迁是随机的，一群处于n能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出种不同频率的光，但一个原子不同。
2.【答案】C
【解析】解：小球在竖直方向受到的重力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B.小球受重力、夹子两侧的2个弹力和2个摩擦力共5个力的作用，故B错误；
C.根据共点力平衡条件可知，小球所受的重力与铁夹对小球的作用力大小相等，故C正确；
D.小球在竖直方向受到的摩擦力与重力大小相等，与大铁夹的压力无关，故D错误。
故选：C。
根据作用力与反作用力判断；对小球受力分析，根据平衡条件进对竖直方向上进行分析从而确定摩擦力的大小和方向；根据弹力与摩擦力的关系判断。
本题考查弹力和摩擦力的性质，要注意小球在竖直方向上受到静摩擦力作用，注意静摩擦力的大小与正压力大小无关。
3.【答案】C
【解析】解：根据薄膜干涉的原理可知，空气层的上下表面反射的两列光发生干涉，在P位置产生亮条纹时，光程差为2d，满足
解得
故A错误；
B.根据A选项分析可知，光程差与凸透镜的折射率无关，故B错误；
C.当入射光波长调整为
时；，2，3，4，
依然满足产生亮条纹的条件，故C正确；
D.再次出现亮条纹时，光程差增大，移动距离满足
解得
故D错误。
故选：C。
从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。
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。
4.【答案】B
【解析】解：由图像可知，时间内，加速度恒定，所以探测器做匀减速直线运动，故A错误；
B.根据图像中，图线与横轴围成的面积表示速度变化量，且时刻探测器的速度恰好为零，可知探测器在时刻的速度大小为
探测器在时刻的速度大小为
可知探测器在时刻的速度大小是时刻的4倍，故B正确；
C.探测器在0时刻的速度大小为
则时间内，由匀变速直线运动位移公式可得探测器的位移大小为
故C错误；
D.设探测器的质量为m，时刻根据牛顿第二定律可得
时刻根据牛顿第二定律可得
则有
故D错误。
故选：B。
图像纵轴表示加速度，横轴表示时间，图像和时间轴平行，物体做匀变速直线运动；图像和时间轴所围面积表示速度；根据牛顿第二定律分析各时刻气体对探测器的作用力大小。
本题考查对图像的理解，清楚图线的含义是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、月球所处位置还是在地球引力范围内，所以嫦娥六号加速后的速度要小于地球的第二宇宙速度，即小于，故A错误；
B、嫦娥六号点火加速后，在远离地球过程中只有万有引力对其做功，其机械能保持不变，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，嫦娥六号在近地轨道运动时有：，在近月轨道上运动时有：
根据题意：，，，解得在近月轨道的速度大小为：，故C错误；
D、同理可得，嫦娥六号在近地轨道上运动时有：，在近月轨道上运动时有
又有：，解得在近月轨道的周期为：，故D正确。
故选：D。
月球所处位置还是在地球引力范围内，所以嫦娥六号加速后的速度要小于地球的第二宇宙速度；嫦娥六号点火加速后，在远离地球过程中只有万有引力对其做功，其机械能守恒；根据万有引力提供向心力求解嫦娥六号在近月轨道做圆周运动的速度大小与周期。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，掌握各种宇宙速度的物理意义，掌握卫星环绕中心天体做圆周运动时，是由万有引力提供向心力的。
6.【答案】B
【解析】解：A、根据题意有，，气体温度升高
缓慢加热气体，发生等压变化，气体体积变大，则
由热力学第一定律可知，
则气体从外界吸收热量，故A错误；
B、根据题意可知，，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知
则当温度达到时，活塞到达气缸顶部，故B正确；
C、根据题意可知，，气体发生等容变化，由查理定律可知
代入数据，解得
故C错误；
D、根据题意可知，，气体体积不变，压强增大，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动更剧烈，因此单位时间内气体分子对单位面积器壁的碰撞次数增多，故D错误。
故选：B。
根据理想气体的热力学过程，包括等压过程、等容过程以及热力学第一定律的应用判断选项。题目通过分析气体在不同温度下的压强变化，要求判断气体在特定温度区间内的热力学行为，包括气体是否对外放热、活塞的位置变化、压强的计算以及气体分子对器壁碰撞次数的变化。
本题关键在于理解理想气体在不同热力学过程中的行为，包括等压过程、等容过程以及热力学第一定律的应用。通过分析气体在不同温度下的压强变化，可以判断气体的热力学行为，如是否对外放热、活塞的位置变化、压强的计算以及气体分子对器壁碰撞次数的变化。正确理解这些过程和定律是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：运动员做平抛运动，
竖直方向有：，
设落在着陆坡上速度与水平夹角为，
由平抛运动的推论可得：，
由几何关系可得：
由矢量合成法则可得：，
联立可得：，，；
故AB错误；
把水平速度与竖直速度均分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向，如图：
由矢量合成法则可得，垂直于斜坡方向的速度大小为：，
解得：，
由动量定理可得，I的大小为：，
解得：，方向垂直于斜面向上，
则与水平方向夹角的正弦值为：，
故C错误，D正确；
故选：D。
运动员做平抛运动，由运动学规律及推论、几何关系、矢量合成法则分别列式，即可分析判断；
把水平速度与竖直速度均分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向，由矢量合成法则、动量定理、几何关系分别列式，即可分析判断。
本题考查动量定理的内容和应用，解题时需了解，物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
8.【答案】B
【解析】解：由题意可知：
如图1所示
P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为，根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为：
整理得：
令
，
可得函数：
对函数求导有：
令
解得：
结合导函数的性质可知，在时，单调递增。
在时，单调递减。
因此时，电场强度最大，此时：
由此可知，z轴上距离O点处的两点电场强度最大，故A错误；
B.，轨道上A点的电场强度大小为：
故B正确；
C.由几何关系可知：
根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为：
小球在C点时的受力情况，如图2所示
小球在C点受到的电场力为：
沿杆方向的合力为：
解得：
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；
D.根据等量同种点电荷的电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得：
解得：
故D错误。
故选：B。
A.根据等量同种电荷的电场分布和数学思想判断A点和C点的场强关系；
B.根据点电荷的场强公式求A点的电场强度大小；
C.根据小球在C点时的受力情况，结合牛顿第二定律求小球刚到达C点时的加速度；
D.根据动能定理求小球刚到达C点时的动能。
此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上，难度适中。
9.【答案】AC
【解析】解：A、风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式：，可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，即，风速加倍时角速度均加倍，则。
可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式为：，故A正确；
B、将变压器与负载整体作为一个等效电阻，其阻值为
设发电机两端电压有效值为U，则原线圈的电流，将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中R接入电路的阻值变小，等效电阻变小，变小，则定值电阻r的分压变小，故电压表读数变大，故B错误；
CD、滑动变阻器R的最大阻值为，可得等效电阻的最大值为，将r看成电源的内阻，当等效电阻等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。当时，解得：，即时其消耗的功率最大，可知将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，故C正确，D错误。
故选：AC。
风速加倍时，永磁体转动的转速与角速度均加倍，根据正弦交流电峰值表达式，可知风速加倍时发电机两端电压变为原来的2倍，据此可得风速加倍时，发电机两端电压的瞬时值表达式；将变压器与负载整体作为一个等效电阻，根据闭合电路欧姆定律分析电压表读数的变化；将r看成电源的内阻，当等效电阻等于等效电源内阻r时，等效电源的输出功率最大，电阻R消耗的功率最大。
本题考查了理想变压器的动态分析问题，掌握理想变压器的工作原理。掌握本题中应用“等效电阻”处理此类问题的方法。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、由图乙可知，波源的波长，可得波源的频率为，由图丙可知波源的振动周期为，波源的频率为
所以波源和波源的频率相同，两列波振动方向相同，相位差恒定，为相干波源，则两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉，故A正确；
B、质点a到波源的距离为8m，质点a到波源的距离为4m，质点a到两波源的距离差为，a点为振动加强点，a点的振幅，故B错误；
C、质点b到波源的距离为3m，质点b到波源的距离为9m，质点b到两波源的距离差为，
可知b点为振动减弱点，则b点的振幅为，在内，质点经过了时间，
则质点b运动的总路程为，故C正确；
D、质点p到两波源的距离差为，可知p点为振动加强点，则p点的振幅为
而，由题意，在时两波源均在平衡位置且向下振动，而有：，
所以在时p质点在平衡位置且向上振动，相位为0，设质点p的初相位为，则当时有，可得：，
所以稳定后质点p振动的表达式为，故D正确。
故选：ACD。
由波动图像读出波长，根据波速公式即可求出的频率，从而判断两列波能否发生稳定干涉；根据a点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点a的振动加强与减弱情况，确定其振幅；根据b点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点A的振动加强与减弱情况，确定其振幅，再根据振动时间与周期的关系确定b点在该时间内的总路程；先确定质点p的加强或减弱，求出质点p的振幅，根据题意再求出相位，从而写出质点p的振动表达式。
本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅之和；当波峰与波谷相遇时此处的位移大小两振幅之差。
11.【答案】CD
【解析】解：AC、根据题意有，设表示A球转过角时A球的速度大小，设表示A球转过角时B球的速度大小，v表示此时立方体的速度大小，则
根据题意可知，小球A与小球B的角速度相同，且
则
则根据角速度与线速度关系可知，
根据能量守恒定律可知，力F做的功等于滑块C的动能增量与球A，B机械能增量之和，则力F做的功大于滑块C的动能增量与球A、B重力势能增量之和，可得
解得
由几何关系可知转过的最大角度为
根据功率的计算公式有，力F的功率为
由数学知识可知，功率增加，故A错误，C正确；
B、根据题意有，分离前C的动能为
分离前A的动能为
由数学知识可知角度转动的范围为
则
可知
故B错误；
D、根据题意有，当时，C速度最大为
故D正确。
故选：CD。
根据力F作用于A球上，通过轻杆带动B球和滑块C运动的整个过程。分析力F的功率变化、滑块C的动能变化以及球A、B重力势能的变化。根据能量守恒定律，判断力F做的功与滑块C的动能增量及球A、B重力势能增量之间的关系。
本题的关键在于理解力F的作用、动能和势能的变化以及力的功率变化。通过分析力F的功率变化、滑块C的动能变化以及球A、B重力势能的变化，可以判断力F做的功与滑块C的动能增量及球A、B重力势能增量之间的关系。同时，通过计算力F做的功与滑块C的动能增量之间的关系，可以得到滑块C的最大速度。
12.【答案】BC
【解析】解：设此过程整个装置产生的热量为Q，上产生的热量为，根据能量守恒得
因为导体电阻与两定值电阻相等，所以通过导体棒的电流是、的2倍，根据焦耳定律可知产生热量是Q的6倍，即，故A错误；
B.设ef和gi之间的距离为x，穿过磁场过程流过导体棒的，根据动量定理
又所以故B正确；
C.由于解得，故C正确；
D.设导体棒在ef和gi之间的磁场区经过的总路程为s，通过导体棒的电荷量为，根据动量定理得又解得，所以导体棒最终停在水平磁场的正中间，故D错误。
故选：BC。
导体棒切割磁感线时，自身充当电源，与先并联再与r串联，根据能量守恒可求得热量；结合动量定理可计算电荷量的大小，导体棒在导轨间的总距离设为s，根据动量定理判断s与x关系可知导体棒最终停在何处。
本题考查电磁感应与动量定理结合的问题，注意学习掌握动量定理求电荷量的方法，经常容易在电磁感应中考查，难度较大。
13.【答案】 没有
【解析】解：铁球竖直下落，做自由落体运动，设铁球的落地速度大小为v，
铁球下落过程中间时刻的瞬时速度，解得：
若铁球下落过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得：，
即，整理得：或
铁球的速度
铁球下落过程中增加的动能
根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
故答案为：；；没有。
根据运动学公式计算出铁球的速度，结合机械能守恒写出对应的表达式；
根据动能的计算公式计算出动能的增加量；
因为不同方向的运动具有独立性，则敲击钢尺侧面产生的水平速度对实验测量结果没有影响。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据运动学公式计算出铁球的速度，根据动能的计算公式计算出动能的增加量，同时根据运动的独立性完成分析即可。
14.【答案】2
【解析】解：根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高；
螺旋测微器的读数将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示，
霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有，
电流微观表达式
设霍尔元件的宽度为l，霍尔元件的电压
霍尔元件的截面面积
解得。
故答案为：；，；。
根据左手定则分析；
根据螺旋测微器的读数原理解答；
霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，运用洛伦兹力公式、电场力公式、电流微观表达式等列出相应的关系式求解。
考查对霍尔效应的理解，熟悉公式的运用。
15.【答案】解：设该介质的临界角为
根据几何关系有
解得
根据光速与折射率关系有
根据正弦定理有
解得
答：该介质的折射率为；
其从S发出至到达的时间为。
【解析】根据全反射临界角结合几何关系作答；
根据几何关系解得光程，从而计算传播时间。
处理几何光学相关的问题，关键是做出光路图，作图一定要准确，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度。
16.【答案】解设潜水钟的横截面积为S，放入水下后潜水钟内气体的压强为则：，由玻意耳定律得：，解得：
设潜水钟的体积为V，水全部排出后气体的压强为这些气体在其压强为时的体积为，需压入压强为p的气体体积为。由玻意耳定律：，而：，解得：
压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值：，解得：
解：此时潜水钟的上底面距水面的深度H为28m；
压入空气的质量与潜水钟内原来气体质量的比值k为。
【解析】利用流体静力学公式求出潜水钟内气体的压强，结合玻意耳定律，确定H的值。
先用流体静力学公式求出排水后气体的最终压强，用玻意耳定律计算气体体积变化，最后求出压入空气与原气体质量的比值k。
本题考查流体静力学和玻意耳定律的综合应用，重点在于正确建立气体压强和平衡方程，并利用气体状态变化关系求解。关键是理解潜水钟内气体受压缩的过程，并合理运用体积和压强的关系进行计算。
17.【答案】解：根据动量定理可知
由题知，入射速度为时，电子沿y轴做直线运动则有
解得
由于电子入射速度为，初速度可分解为向Y正方向和Y负方向两个合成，把洛伦兹力分解为两个分力，其中
则电子可以看作向Y正方向匀速直线运动
在Y轴左侧以匀速圆周运动，根据运动的合成，到达离Y轴最远时速度
根据动能定理有
解得
到达Y轴时间为周期的n倍，周期为
Y轴坐标为
解得
答：推进器产生的推力为nMv；
的大小为；
运动到离Y轴的最远距离为，回到Y轴坐标为。
【解析】根据动量定理计算；
电子沿y轴做直线运动，根据共点力平衡条件解答；
分析电子的运动情况，根据运动的分解分析解答。
本题考查带电体在叠加场电场、磁场中的运动，如果说明运动是直线运动，则带电体合力一定为零；对带电体受力分析，找出电场力与洛伦兹力的关系。
18.【答案】解：碰撞过程，AB物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得由于碰撞损失的机械能为
解得
、B碰撞前B刚好与地面接触不挤压，根据共点力平衡条件可得绳的拉力大小为
C静止在木板上，对C受力分析，根据共点力平衡条件可得
解得C与E的弹力大小为
对AB碰后瞬间，由牛顿第二定律有
解得
此时绳的拉力大于物块C的重力，即C与E的弹力大小为
所以由以上分析及牛顿第三定律可知A、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为
、E一起向右加速，对D、E整体，由牛顿第二定律可得
由匀变速直线运动速度与位移的关系可得
E、P第一次碰后，D、E分别以向右、左匀减速；
对D 由牛顿第二定律得
对E 由牛顿第二定律得
解得
对E，由运动学知识得
解得
与P第一次碰后，D与E同时减速到0，二者减速的位移大小相等均为，即
在的作用下D与E再一次一起向右加速，加速度仍为，加速到，接着E与P发生第二次碰撞，碰后重复前面的运动，直到二者静止，由运动学知识可知第一次碰后D、E的相对位移
E、P第二次碰前D、E的速度为，由运动学知识有
第二次碰后D、E速度减为0的位移大小为
第二次碰后D、E的相对位移
第三次碰后D、E的相对位移
……
第n次碰后D、E的相对位移
整个过程D、E之间产生的热量
……
解得
答：与B碰撞过程损失的机械能为mgL；
、B碰撞前、后瞬间C对E的压力差为2mg；
向左运动的最大距离为；
整个过程D、E之间产生的热量为mgL。
【解析】对于A与B的碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰后瞬间两者的共同速度，由能量守恒定律求碰撞过程中系统损失的机械能；
根据牛顿第二、三定律和平衡条件分别求出C物体受到的支持力，再求差值；
当D和E共速时，两者的距离最大，由动力学规律E向右运动的最大距离。
分别求出DE第一二三……次的相对位移，找到规律，求出总的相对位移，再由摩擦生热的公式求摩擦生热。
本题是一道力学综合题，着重考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，要分析清楚物体的运动过程，采用隔离法应用牛顿第二定律和运动学公式进行处理。