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2022年山东省泰安市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省泰安市高考物理二模试卷（含答案解析），共21页。
2022年山东省泰安市高考物理二模试卷
1. 如图是杨氏双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，屏上O点到两缝S1和S2的距离相等。用波长为λ的激光照射双缝，屏上有明暗相间的干涉条纹，把O处的亮条纹记作第0号亮纹，由0向上数分别为1、2、3…号亮纹，第8号亮纹恰好在P处，则S2P−S1P为( )
A. 4λ B. 5λ C. 8λ D. 10λ
2. 一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，体积V和热力学温度T的图象如图所示，三个状态的坐标分别是A(T0,1)、B(2T0,2)、C(T0,2)、已知C状态的压强为1×105Pa，则该过程中气体( )
A. 吸收的热量为1×105J B. 吸收的热量为2×105J
C. 放出的热量为1×105J D. 放出的热量为2×105J
3. 用金属铷为阴极的光电管观测光电效应现象的实验装置如图甲所示，实验测得的铷的遏止电压Uc与入射频率v的关系图像如图乙所示，图线与横轴的交点坐标为5.15×1014Hz。已知普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s，电子电量e=1.60×10−19C。则下列说法正确的是( )
A. 增大入射光的强度，产生光电子的最大初动能一定增大
B. 增大入射光的强度，遏止电压Uc一定增大
C. 金属铷的逸出功为W=3.41×10−19J
D. 金属铷的逸出功为W=1.60×10−19J
4. 如图所示，倾角为θ的斜面体M置于粗糙的水平地面上，其斜面足够长，物体m静止在斜面体上。对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，后又保持F方向不变，增大F使m加速下滑。m下滑时，斜面体M始终保持静止。F增大后( )
A. M与地面之间的摩擦力不变 B. M与地面之间的摩擦力增大
C. M与地面之间的压力增大 D. M与地面之间的压力减小
5. 甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，它们的v−t图象如图所示，t=1s时甲、乙第一次并排行驶，则( )
A. t=0时，甲在乙的前面4.5m处 B. t=0时，乙在甲的前面5m处
C. 两次并排行驶的位置间距为3m D. 两次并排行驶的位置间距为8m
6. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，某同学画出了传播过程中的振动和波的x−y−t图像。如图所示，图中曲线①②③均为正弦曲线，其中曲线①在xOy平面内，曲线②所在的平面平行于xOy平面，曲线③在yOt平面内。则t=6s时x=10cm处的质点( )
A. 位移y=0，沿y轴正方向运动 B. 位移y=0，沿y轴负方向运动
C. 位移y=+2cm D. 位移y=−2cm
7. 图甲是一种振动发电机的示意图，半径r=0.1m、匝数n=25的线圈(每匝的周长相等)位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=0.6πT，外力F作用在线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙(正弦函数曲线)所示。发电机通过灯泡L后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻RL=1Ω，不计线圈电阻。则每个小灯泡正常发光时的功率为( )
A. 1.5W B. 2W C. 4W D. 4.5W
8. 如图所示，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC=63.5∘，O圆心，AC为直径，半径R=5cm。有一匀强电场(图中未画出)电场方向与圆周在同一平面内，取O点电势为零。A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为+e的粒子，其中到达B点的粒子动能为12ev，到达C点的粒子电势能为−4eV。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53∘=0.8。则匀强电场的电场强度大小为( )
A. 25Vm B. 50Vm C. 100Vm D. 200Vm
9. 我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从O点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高h，经d点时的加速度大小为a、线速度大小为v，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则( )
A. 返回舱在a、c两点时的动能相等 B. 返回舱在c、e两点时的动能相等
C. a
A. 理想气体Ⅰ的温度为500K B. 理想气体Ⅰ的温度为700K
C. 理想气体Ⅱ长度变为9cm D. 理想气体Ⅱ长度变为6cm
11. 北京冬奥会推动了全民对冰雪运动的热爱，作为东北地区体验冰雪运动乐趣的设施冰滑梯也为大家所熟知。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。螺旋滑道和倾斜滑道高度均为h。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下关于L1、L2的设计满足的条件为( )
A. hμ0
A. 运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为gsinθ+B2L2v0m(R+r)
B. 导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热为12mv02−mgssinθ
C. 导体棒在上滑至s2处时的速度大于v02
D. 导体棒上滑的过程中所用的时间为mv0(R+r)−B2L2smg(R+r)sinθ
13. 某实验小组用图甲所示装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小钢球，在悬点O固定一力传感器。重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)用螺旋测微器测出小球的直径D，示数如图乙，小球直径D=______cm；
(2)保持轻绳绷直，将小球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；
(3)由静止释放小球，读出小球第一次经过最低点Q时力传感器上拉力值为Fm；
(4)在实验误差允许范围内，若Fm与cosθ的关系满足______(用题中已知量、测量量的符号表示)时，可验证小球摆动过程中机械能守恒。
(5)多次从不同夹角θ处释放，如图丙，以cosθ为横坐标，以Fm为纵坐标，得到的图像是一条倾斜直线。
组别
1
2
3
4
5
6
7
8
θ
0
20∘
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
80∘
cosθ
1.000
0.940
0.866
0.766
0.643
0.500
0.342
0.174
Fm(N)
0.137
0.150
0.171
0.199
0.230
0.269
0.337
0.356
(6)(单选题)在绘制图线过程发现第7组数据存在较大误差，则造成该实验误差的原因可能为______。
A.小球下摆过程所受阻力过大
B.小球释放时具有一定的初速度
C.悬点到球心间距测量值偏大
14. 工业污水未经处理直接排入河流，会使河水中的阴阳离子大大增加，河水的导电性增强，所以水的导电性也可以反映水的污染程度。某学习小组在某化工厂的排污管末端安装了如图甲所示的流量计，用此装置测量污水(有大量的正、负离子)的电阻，流量计的测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口。测量管内有方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)。在内侧面的A、C点上分别固定有竖直正对的金属板作为电极(未画出，电阻不计)，AC为测量管的水平直径，金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。
(1)由于图甲中的灵敏电流计G的内阻未知，利用图乙中的电路测量灵敏电流计G的内阻Rg，实验过程包含以下步骤：
①分别将R1和R2的阻值调至最大；
②合上开关S1；
③调节R1，使G的指针偏转到满刻度，记下此时G1的示数I1；
④合上开关S2；
⑤反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，G的指针偏转到满刻度的三分之二处，此时R2的读数为R0。
则灵敏电流计内阻为______。用此方法所测灵敏电流计内阻值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)请根据图乙电路在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的电路。
(3)闭合图甲中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制1I−R图像，如图丁所示，则污水接入电路的电阻为______。
(用题中的字母a、B、v、R0表示)。
15. 如图，某透明体的横截面是半径为R的四分之一圆，一细束光线AB射向透明体的圆弧面，到达一侧面的D点时恰好发生全反射，并从另一侧面的E点射出。已知OD=34R,OE=12R，真空中光速为c，求：
(1)光线AB的入射角；
(2)光从D到E的时间。
16. 篮球比赛中一运动员投篮，先持球下蹲至最低点，球距地板1.68m，然后竖直跳起将球投出，篮球划过一美丽的曲线入筐。后经录像慢放显示篮球出手时速度方向与水平面成45∘角，到达最高点高出篮筐1.25m，以与水平面成37∘角落入篮筐。已知篮筐高出地板3.05m，篮球的质量为0.65kg。不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。求：
(1)篮球从出手到入筐的运动时间；(结果保留2位小数)
(2)本次投篮中运动员对篮球做的功。(结果保留2位小数)
17. 如图甲所示，固定在地面上的某种离子发射装置由离子源、间距为d的中心有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口，喷口P正对着屏幕Q，Q为平行于M、N的足够大平板。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在方向沿z轴由正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By如图乙所示，图中B0可调；P、Q板之间存在足够大的匀强电场，场强与M、N板之间电场等大，方向沿y轴负方向。离子源在M板中心小孔S处无初速释放氦离子(He2+)，经M、N间电场加速进入磁场区域，从端面P射出进入P、Q间电场，经电场偏转最终打在屏幕Q上，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求M、N板之间匀强电场的场强大小；
(2)调节B0的值，使得从小孔S进入的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)调节B0=2mv08eL，粒子从喷口P喷出后，经过匀强电场后打在屏幕Q上，打在Q上的速度与从喷口P喷出时的速度等大，求粒子打在Q屏幕上的坐标。
18. 如图所示，质量mA=3kg、长L=3m的木板A静止于光滑水平面上，质量mB=3kg的物块B停在A的右端。质量m=2kg的小球用长l=1m不可伸长的轻绳悬挂在固定点O上。如图示将轻绳拉直至与水平夹角θ=30∘位置后由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略，小球与地面恰好无相互作用。B与A间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小球与A碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力大小；
(2)求物块B从木板A上滑下时的速度大小；
(3)若在小球和A碰撞的同时，给B施加一个水平向右的拉力F作用，B最终未滑离A，求F的大小范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为当路程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，可知，第8号亮纹到达双缝的路程差等于8λ.故C正确，ABD错误。
故选：C。
当光屏上的点与双缝的路程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，根据该关系求出S2P−S1P的大小．
解决本题的关键知道当路程差是波长的整数倍，光屏上出现亮条纹，当路程差等于半波长的奇数倍，光屏上出现暗条纹．
2.【答案】B
【解析】解：因为状态A与状态C的温度相同，所以状态A与状态C的内能相同，故理想气体从状态A经状态B变化到状态C，内能变化量为零；对于状态A与状态C，根据玻意耳定律则有
pAVA=pCVC
解得：pA=2×105pa
气体从状态A到状态B，等压变化，体积变大，气体对外做功，则有
WAB=−pA(VB−VA)=−2×105×(2−1)J=−2×105J
气体从状态B到状态C，等容变化，气体对外不做功，则有
WBC=0J
气体从状态A经状态B变化到状态C，根据热力学第二定律则有
WAB+WBC+Q=0
解得：Q=2×105J，即该过程中气体吸收的热量为2×105J，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据W=pV分析出气体在不同过程中的做功大小，结合热力学第一定律分析出整个过程中的气体吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，先利用公式pV=CT分析出气体的状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据光电效应方程Ekm=hν−W0，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无直接关系，故A错误；
B.根据动能定理有−eUc=0−Ekm
可得Uc=hν−W0e
可知遏止电压与入射光的强度无直接关系，故B错误；
CD.图线与横轴的交点表示金属铷的极限频率，则金属铷的逸出功为W0=hν0=6.63×10−34×5.15×1014J=3.14×10−19J，故C正确，D错误；
故选：C。
根据光电效应方程Ekm=hv−W0和eUC=Ekm得出遏止电压UC与入射光频率v的关系式，从而进行判断。根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：EK=hv−W0直接进行求解。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系。本题考查知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性。
4.【答案】A
【解析】解：AB、匀速下滑时，m受到的摩擦力为μmgcosθ，加速下滑时，m受到的摩擦力仍然为μmgcosθ，m对M的压力不变，所以M的受力不变，M与地面间的摩擦力也不变，故A正确，B错误；
CD、无论是加速下滑还是匀速下滑，m对M的压力大小均为mgcosθ，方向垂直于斜面向下，而m对M的摩擦力也始终为μmgcosθ，方向沿斜面向下，没有变化，故两种情况下m对M的作用力是一样的，所以地面对M的支持力与摩擦力也不变，故CD错误。
故选：A。
根据物块处于平衡与非平衡两种状态，来对整体及隔离分析受力，再根据静摩擦力产生条件，即可求解。解决本题的关键是通过分析知道两种情况下，m对M的作用力都是一样的，故M所受的其他力也不会发生改变。
本题考查受力分析，结合牛顿运动定律和共点力平衡条件，对学生分析综合能力有一定要求。
5.【答案】D
【解析】解：AB、由图可知，t=1s时甲车的速度为6m/s，乙车的速度为3m/s。根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，可知0−1s甲、乙两车位移之差，因t=1s时，甲、乙第一次并排行驶，则t=0时，乙在甲的前面4.5m处，故AB错误；
CD、根据对称性可知，1−3s内两车通过的位移相等，t=1s时，甲、乙第一次并排行驶，则t=3s时，甲、乙第二次并排行驶，两次并排行驶的时间间隔为2s。t=3s时，甲车的速度为2m/s，两次并排行驶的位置间距等于甲车或乙车在1−3s内的位移，为s=6+22×2m=8m，故C错误，D正确。
故选：D。
由v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，求出0−1s甲、乙两车位移之差，从而确定在t=0时甲、乙两车位置关系；根据图象的“面积”求两次并排行驶的位置间距。
本题属于追及问题，解决追及问题的关键是根据速度-时间图象分析两车的运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间的变化情况，根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移来分析两车位移关系。
6.【答案】A
【解析】解：由图象③可知周期T=2s、由图象①可知波长λ=4cm，传播速度v=λT计算可得v=2cm/s，则波传到x=10cm的时间t=Δxv=10−42=3s，所以t=6s时x=10cm处的质点振动了一个半周期，又因为波沿x轴正方向传播，根据图像再结合上下坡法可知，质点的起振方向沿y轴负方向，所以一个半周期后，x=10cm处的质点处于平衡位置，即位移y=0，且振动方向沿y轴正方向。故A正确，BCD错误；.
故选：A。
由图像可读出振幅、周期、波长，进而计算波速，计算波传到x=10cm的时间，根据波的周期性和传播方向确定质点的振动方向。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
7.【答案】B
【解析】解：线圈中产生的感应电动势最大值为
Em=2nπrBv=2×25×π×0.1×0.6π×2V=6V
由图丙可知，T=0.4s，角速度
ω=2πT
解得
ω=5rad/s.
则发电机产生的电动势的瞬时值表达式为
e=6sin(5πt)V
发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光，则有变压器的原副线圈两端的电流关系为
I1=2I2：
根据I1I2=n2n1
则变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电源的有效值
E=Em2=32V
设小灯泡正常发光的两端的电压为U，副线圈两端的电压为U，根据匝数比和电压关系，则原线圈的两端的电压为2U，则有
E=U+2U
解得
U=2V
小灯泡正常发光的功率
P=U2RL=2W
故B正确，ACD错误。
故选：B。
由感应电动势最大值，周期公式，推导电动势瞬时表达式，结合变压器比例关系求解电压，进一步求解小灯泡功率。
本题考查交流电，学生需熟练掌握电动势四值的区别与联系，并能够灵活运用变压器匝数比。
8.【答案】C
【解析】解：根据电势的定义可知C点的电势：φC=EpCq=−4eVe=−4V
所以UOC=φO−φC=0V−(−4)V=4V
根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知
UCA=2UCO=2×(−4)V=−8V
所以φA=4V
粒子由A到B，根据能量守恒得
EkB+EpB=EkA−EpA=12eV
所以φB=0；所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点作OB的垂线交OB于D点，则AD的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示
O点是圆心，由几何关系可知
AD=Rsin53∘=0.04m
由于ODB是等势面，所以
E=UABAD=40.04V/m=100V/m
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据电势的定义φC=EpCq可知C点的电势；从而解得UCA；粒子由A到B，根据能量守恒解得B点电势，作出等势面和电场线；根据E=Ud解得电场强度大小。
本题考查匀强电场电势差与电场强度的关系，解题关键掌握确定等势面的方法及求电场强度的公式理解。
9.【答案】BD
【解析】解：A.返回舱从a到c由于空气阻力做负功，动能减小，返回舱在a点时的动能大于在c点时的动能，故A错误；
B.返回舱从c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，而c、e两点离地面高度相同，所以返回舱在c、e两点时的动能相等，故B正确；
C.在d点时，根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma
经d点时的加速度大小为
a=GM(R+h)2
故C错误；
D.在d点，如果返回舱做圆周运动，万有引力提供向心力则有
GMm(R+h)2=mv2R+h
解得
v=GMR+h
而在d点时，返回舱做近心运动，万有引力大于所需的向心力，故速线速度大小为v
故选：BD。
返回器在离开大气层后不受阻力，机械能守恒；根据牛顿第二定律分析加速度大小，根据万有引力提供向心力分析速度大小。
解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，根据牛顿第二定律进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：加热气体Ⅰ时，设气体Ⅰ向右移动xcm，气体Ⅱ向右移动的距离为ycm。
以两段气体为研究对象，初状态：p11=p21=76cmHg+14cmHg=90cmHg，V11=V22=S×10，T11=T22=300K。
末状态：p12=p22=76cmHg+24cmHg=100cmHg，V12=S(10+x)cm，V22=S(10−y)，T22=300K，T12=？
对Ⅰ气体根据理想气体状态方程有：p11V11T11=p12V12T12
对Ⅱ气体根据玻意尔定律有：p21V21=p22V22
由于管长变，水银柱长度不变，所以有：x−y=10
联立解得：y=1cm，x=11cm，T22=700K
所以Ⅰ气体的长度l22=10cm+11cm=21cm，温度T22=700K。Ⅱ气体的长度为10−1cm=9cm。故AD错误，BC正确。
故选：BC。
Ⅰ气体加热时，导致竖直管中的液柱上升，则Ⅰ气体的温度、体积、压强均发生变化，Ⅱ发生等温变化，由理想气体状态方程和玻意耳律列式，表示出初、末状态参数的关系，再由总长度不变的特点，解方程组可以求出未知数。
本题关键找出气体1和气体2的体积、压强、温度的已知量，然后根据气体实验定律列式求解。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、要使动摩擦因数最大也能滑下倾斜滑道，设倾斜滑道的倾角为θ，斜面长度为s，由动能定理得
2mgh−1.2μ0mgscosθ>0①
由几何关系有scosθ=L1 ②
联立①②解得：L1<5h3μ0 ③
滑板要在斜面上减速，必须满足合力沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ整理得
μ>tanθ=hL1
而μ0≤μ≤1.2μ0
所以μ0>hL1，得L1>hμ0 ④
由③④结合得：hμ0
2mgh−μ0mgscosθ−μ0mgL2≤0⑤
联立②⑤解得：L1+L2≥2hμ0，故C正确，D错误。
故选：BC。
对游客与滑板整体受力分析，在斜面上减速合力必须沿斜面向上；要想滑行结束时停在水平滑道上，必须保证动摩擦因数最大时滑到斜面低端时动能大于零；要想不滑出水平滑道，必须保证动摩擦因数最小时到达水平滑道末端或之前停下来。根据动能定理和临界条件相结合求解。
本题考查动能定理的实际应用，关键要把握隐含的条件，要注意滑动摩擦力做功与水平位移有关。
12.【答案】ACD
【解析】解：A、导体棒上滑时受到的安培力沿导轨向下，下滑时受到的安培力沿导轨向上，则上滑的合力大于下滑的合力，而上滑做减速运动，导体棒受到的安培力逐渐减小，所以刚开始上滑时导体棒的合力最大，加速度最大，设为am。此时导体棒产生的感应电动势为E=BLv0，感应电流为I=ER+r=BLv0R+r，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+BIL=mam，解得am=gsinθ+B2L2v0m(R+r)，故A正确；
B、导体棒在上滑过程中，根据能量守恒定律得：回路产生的总焦耳热为Q=12mv02−mgSsinθ，R上产生的焦耳热为QR=RR+r(12mv02−mgssinθ)，故B错误；
C、导体棒在上滑过程中做加速度逐渐减小的减速运动，结合v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知导体棒在上滑至s2处时的速度大于v02，故C正确；
D、导体棒上滑过程，取沿导轨向上为正方向，根据动量定理得：−mgsinθ⋅t−BI−L⋅t=0−mv0，又I−t=E−tR+r=BLv−tR+r=BLsR+r，联立解得棒上滑时间为：t=mv0(R+r)−B2L2smg(R+r)sinθ，故D正确。
故选：ACD。
刚开始上滑时导体棒的加速度最大，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求出安培力大小，再由牛顿第二定律求最大加速度。根据能量守恒定律求导体棒在上滑过程中回路产生的总焦耳热，再求R上产生的焦耳热。上滑过程导体棒做加速度减小的变减速运动，根据其运动情况分析导体棒在上滑至S2处时的速度大小；根据动量定理求上滑的时间。
对于电磁感应综合题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，知道动量定理求运动时间常用的方法。而能量守恒定律求焦耳热常用的思路。
13.【答案】0.6970Fm=3mg−2mgcosθB
【解析】解：(1)图示螺旋测微器分度值为0.01mm，小球直径为
D=6.5mm+47.0×0.01mm=6.970mm=0.6970cm；
(4)小球第一次经过最低点Q时，根据牛顿第二定律有
Fm−mg=mv2L
小球从偏离竖直方向的某位置到最低点Q过程，根据机械能守恒则有
mg(L−Lcosθ)=12mv2
联立可得：Fm=3mg−2mgcosθ，
Fm与cosθ的关系满上述表达式时，可验证小球摆动过程中机械能守恒；
(6)A.若小球下摆过程所受力过大，机械能损失过大，小球达到最低点的速度偏小，最低点绳的拉将偏小，第7组数据的点应该在图线的下方，不能在图线的上方，故A错误；
B.若小球释放时具有一定的初速度，到达最低点时的速度偏大，绳的力偏大，点在图线的上方，故B正确；
C.从验证机械能守恒定律的表达式可以看出，实验不需要测量悬点到球心距离，故C错误；
故选：B。
故答案为：(1)0.6970(4)Fm=3mg−2mgcosθ(6)B
(1)根据螺旋测微器读数规则读数；
(2)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律得Fm与cosθ的关系式；
(3)根据实际操作过程分析误差原因。
本题是机械能守恒与得力加速度测定的综合实验，涉及图象法处理数据，是一道培养物理素养的好题。关键理清实验过程所遵循的物理规律，列式变换，从图象的角度去分析即可。
14.【答案】R02 等于 BDva−R02
【解析】解：(1)由欧姆定律可知2Ig3Rg=Ig3R0
则灵敏电流计内阻为Rg=R02
因为总电流不变，所以通过R2的电流等于Ig3，灵敏电流计的真实值等于R02，故灵敏电流计内阻的测量值等于真实值；
(2)实物图连接成完整的电路如图所示
(3)由qUD=qvB得电源的电动势U=BDv
由欧姆定律知I=UR+Rg+r=BDvR+Rg+r
其中r为污水的电阻，所以1I=1BDvR+Rg+rBDv
由图像斜率可知纵截距a=Rg+rBDv
所以Rg+r=BDva
故r=BDva−R02
故答案为：(1)R02，等于；
(2)如图所示；
(3)BDva−R02。
(1)由欧姆定律计算灵敏电流计内阻；根据电流的变化情况分析灵敏电流计内阻的测量值与真实值大小关系；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)由平衡条件求解电源的电动势，由欧姆定律得到1I−R表达式进行分析。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
15.【答案】解：(1)根据临界角C与折射率的关系sinC=1n①
由几何关系得sinC=ODDE
解得：n=133②
在△OBD中，根据正弦定理Rsin(90∘+C)=ODsinr③
根据折射定律n=sinisinr④
联立代入数据解得：i=30∘⑤
(2)光在透明体内得传播速度v=cn⑥
传播时间t=DEv⑦
整理得t=13R12c⑧
答：(1)光线AB的入射角为30∘；
(2)光从D到E的时间为13R12c。
【解析】(1)光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C，画出光路图，由几何关系求出临界角C，结合临界角公式sinC=1n求该光学元件的折射率，根据几何关系结合折射定律可解得。
Ⅱ、根据几何关系求出光线在该光学元件中的传播距离，由v=cn求光线在该光学元件中的传播速度，即可求得传播时间t。
本题考查几何光学，关键要掌握全反射的条件和临界角公式，画出光路图，结合几何关系进行解答。
16.【答案】解：(1)设篮球从最高点到入筐的时间为t2，最高点与篮筐间的高度用h表示。
从最高点到篮筐篮球做平抛运动，根据平抛运动规律得：
竖直方向有h=12gt22，vy=gt2
篮球入筐时，有vy=vxtan37∘
解得t2=0.5s，vx=203m/s
篮球出手时的速度v0=vxcos45∘
篮球上升的时间t1=v0sin45∘g
篮球从出手到入筐的运动时间：t=t1+t2
联立解得t=1.17s
(2)设开始投篮持球的高度用h1表示，投篮出手点的高度为h2，篮球到达的最大高度为h3，篮筐高度用H表示，则h3=h+H，h3−h2=(v0sin45∘)22g
从出手点到最高点的过程，根据动能定理得：W−mg(h2−h1)=12mv02
代入数据解得W≈31.49J
答：(1)篮球从出手到入筐的运动时间约为1.17s；
(2)本次投篮中运动员对篮球做的功约为31.49J。
【解析】(1)篮球出手后做斜抛运动，从最高点到篮筐做平抛运动，根据下落的高度求出运动时间，从而求出落入篮筐时竖直分速度，结合水平分速度与竖直分速度的关系求出水平分速度，从而求得篮球出手时的速度，再求出篮球上升的时间，即可计算篮球从出手到入筐的运动时间。
(2)根据动能定理列式，可求解运动员对篮球做的功。
解决本题的关键要熟练运用运动分解法处理斜抛运动，要知道从最高点到篮筐篮球做平抛运动，能熟练运用运动学公式求解初速度和上升的高度。
17.【答案】解：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得
2eEd=12mv02
解得：E=mv024ed；
(2)离子从P的边缘飞出时，由几何关系知
r2=L2+(r−22)2
洛伦兹力提供向心力有
2ev0B=mv02r
B=2B0
联立解得：B0=mv023eL，
B0的取值范围为0
R=2L
经P时，设速度与z轴的夹角为θ，则
sinθ=LR
θ=30∘
x1=−R(1−cosθ)cos45∘
y1=R(1−cosθ)cos45∘
z1=L
vx=v0sinθcos45∘
vy=v0sinθcos45∘
vz=v0cosθ
离子到Q时速度大小与经过P时相等，则运动时间
t=2vya
又mg=qE
解得：t=2dv0
y2=y1
x2=x1−v0tsinθcos45∘
z2=z1+v0tcosθ
解得：y2=22−62L，x2=6−222L−d2，z2=L+62d，
则粒子打在Q屏幕上的坐标为(6−222L−d2,22−62L,L+62d)。
答：(1)M、N板之间匀强电场的场强大小为mv024ed；
(2)B0的取值范围为0
【解析】(1)离子在电场中加速，根据动能定理列式求解；
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力列式求解；
(3)离子到Q时速度大小与经过P时相等求出粒子运动时间，根据几何关系求出位置坐标即可。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析离子运动轨迹的各种情况，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力分析解题。
18.【答案】解：(1)释放后，小球先竖直向下做自由落体运动，设绳再次拉直时的速度为vC1，根据机械能守恒定律得
mg(2lsinθ)=12mvC12
如图所示，绳再次拉直后，小球速度沿圆弧切线方向，大小为v0=vC1cosθ
设小球到与A碰前速度为vC2，从绳拉直到小球运动到与A碰撞的过程，由机械能守恒定律得：
mgl(1−sinθ)=12mvC22−12mv02
小球与A碰撞前瞬间对小球，根据牛顿第二定律得
T−mg=mvC22l
代入数据解得T=70N，vC2=5m/s
(2)设小球与A碰撞后，A的速度为vA1，小球的速度为vC。取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvC2=mvC+mAvA1
根据机械能守恒定律得
12mvC22=12mvC2+12mAvA12
解得vA1=4m/s
设A、B分离时的速度分别为vA2和vB，B在上滑行过程，A的位移为xA，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mAvA1=mAvA2+mBvB
根据能量守恒定律得12mAvA12=μmBgL+12mAvA22+12mBvB2
代入数据解得：vB=1m/s(vB=3m/s不合题意，舍去)
(3)设力最小为F，作用时间t后，二者速度相同为v，且B刚好位于A的左端，则 v=vA1−aAt=aBt
位移关系为：vA1+v2t−v2t=L
对A，根据牛顿第二定律得：μmBg=mAaA
对B，由牛顿第二定律得：F1+μmBg=mBaB
代入数据解得：F1=2N
设B相对A不滑动的最大力F2，对AB整体，由牛顿第二定律得
F2=(mA+mB)aA
解得F2=6N
所以，拉力的取值范围为2N≤F≤6N。
答：(1)小球与A碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力大小为70N；
(2)物块B从木板A上滑下时的速度大小为1m/s；
(3)F的大小范围为2N≤F≤6N。
【解析】(1)释放后，小球先竖直向下做自由落体运动，根据机械能守恒定律求出绳再次拉直时的速度，从而求得绳再次拉直后小球速度沿圆弧切线方向。根据机械能守恒定律求出小球与A碰撞前瞬间的速度，由牛顿第二定律求轻绳对小球的拉力大小；
(2)研究物块B在木板A上滑动的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程，即可求解物块B从木板A上滑下时的速度大小；
(3)B最终未滑离A，F最小时，B刚好运动到A的左端，且共速，由牛顿第二定律求出两者的加速度大小。由速度-时间公式和速度相等关系列式，求出运动时间，结合位移关系列式，即可求出F的最小值。再求出B相对A不滑动的最大力，从而求得F的大小范围。
本题是复杂的力学经综合题，要理清思路，把握规律，知道绳拉直瞬间，沿绳子的速度突然减至零。小球和A碰撞的瞬间，小球和A组成的系统遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。B在A上运动的过程中，A、B组成的系统动量守恒。
2022年山东省泰安市高考物理二模试卷
1. 如图是杨氏双缝干涉的示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，屏上O点到两缝S1和S2的距离相等。用波长为λ的激光照射双缝，屏上有明暗相间的干涉条纹，把O处的亮条纹记作第0号亮纹，由0向上数分别为1、2、3…号亮纹，第8号亮纹恰好在P处，则S2P−S1P为( )
A. 4λ B. 5λ C. 8λ D. 10λ
2. 一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，体积V和热力学温度T的图象如图所示，三个状态的坐标分别是A(T0,1)、B(2T0,2)、C(T0,2)、已知C状态的压强为1×105Pa，则该过程中气体( )
A. 吸收的热量为1×105J B. 吸收的热量为2×105J
C. 放出的热量为1×105J D. 放出的热量为2×105J
3. 用金属铷为阴极的光电管观测光电效应现象的实验装置如图甲所示，实验测得的铷的遏止电压Uc与入射频率v的关系图像如图乙所示，图线与横轴的交点坐标为5.15×1014Hz。已知普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s，电子电量e=1.60×10−19C。则下列说法正确的是( )
A. 增大入射光的强度，产生光电子的最大初动能一定增大
B. 增大入射光的强度，遏止电压Uc一定增大
C. 金属铷的逸出功为W=3.41×10−19J
D. 金属铷的逸出功为W=1.60×10−19J
4. 如图所示，倾角为θ的斜面体M置于粗糙的水平地面上，其斜面足够长，物体m静止在斜面体上。对m施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，后又保持F方向不变，增大F使m加速下滑。m下滑时，斜面体M始终保持静止。F增大后( )
A. M与地面之间的摩擦力不变 B. M与地面之间的摩擦力增大
C. M与地面之间的压力增大 D. M与地面之间的压力减小
5. 甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，它们的v−t图象如图所示，t=1s时甲、乙第一次并排行驶，则( )
A. t=0时，甲在乙的前面4.5m处 B. t=0时，乙在甲的前面5m处
C. 两次并排行驶的位置间距为3m D. 两次并排行驶的位置间距为8m
6. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，某同学画出了传播过程中的振动和波的x−y−t图像。如图所示，图中曲线①②③均为正弦曲线，其中曲线①在xOy平面内，曲线②所在的平面平行于xOy平面，曲线③在yOt平面内。则t=6s时x=10cm处的质点( )
A. 位移y=0，沿y轴正方向运动 B. 位移y=0，沿y轴负方向运动
C. 位移y=+2cm D. 位移y=−2cm
7. 图甲是一种振动发电机的示意图，半径r=0.1m、匝数n=25的线圈(每匝的周长相等)位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=0.6πT，外力F作用在线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙(正弦函数曲线)所示。发电机通过灯泡L后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻RL=1Ω，不计线圈电阻。则每个小灯泡正常发光时的功率为( )
A. 1.5W B. 2W C. 4W D. 4.5W
8. 如图所示，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC=63.5∘，O圆心，AC为直径，半径R=5cm。有一匀强电场(图中未画出)电场方向与圆周在同一平面内，取O点电势为零。A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量为+e的粒子，其中到达B点的粒子动能为12ev，到达C点的粒子电势能为−4eV。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53∘=0.8。则匀强电场的电场强度大小为( )
A. 25Vm B. 50Vm C. 100Vm D. 200Vm
9. 我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从O点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高h，经d点时的加速度大小为a、线速度大小为v，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则( )
A. 返回舱在a、c两点时的动能相等 B. 返回舱在c、e两点时的动能相等
C. a
A. 理想气体Ⅰ的温度为500K B. 理想气体Ⅰ的温度为700K
C. 理想气体Ⅱ长度变为9cm D. 理想气体Ⅱ长度变为6cm
11. 北京冬奥会推动了全民对冰雪运动的热爱，作为东北地区体验冰雪运动乐趣的设施冰滑梯也为大家所熟知。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。螺旋滑道和倾斜滑道高度均为h。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下关于L1、L2的设计满足的条件为( )
A. hμ0
A. 运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为gsinθ+B2L2v0m(R+r)
B. 导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热为12mv02−mgssinθ
C. 导体棒在上滑至s2处时的速度大于v02
D. 导体棒上滑的过程中所用的时间为mv0(R+r)−B2L2smg(R+r)sinθ
13. 某实验小组用图甲所示装置验证机械能守恒定律。长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小钢球，在悬点O固定一力传感器。重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)用螺旋测微器测出小球的直径D，示数如图乙，小球直径D=______cm；
(2)保持轻绳绷直，将小球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角为θ；
(3)由静止释放小球，读出小球第一次经过最低点Q时力传感器上拉力值为Fm；
(4)在实验误差允许范围内，若Fm与cosθ的关系满足______(用题中已知量、测量量的符号表示)时，可验证小球摆动过程中机械能守恒。
(5)多次从不同夹角θ处释放，如图丙，以cosθ为横坐标，以Fm为纵坐标，得到的图像是一条倾斜直线。
组别
1
2
3
4
5
6
7
8
θ
0
20∘
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
80∘
cosθ
1.000
0.940
0.866
0.766
0.643
0.500
0.342
0.174
Fm(N)
0.137
0.150
0.171
0.199
0.230
0.269
0.337
0.356
(6)(单选题)在绘制图线过程发现第7组数据存在较大误差，则造成该实验误差的原因可能为______。
A.小球下摆过程所受阻力过大
B.小球释放时具有一定的初速度
C.悬点到球心间距测量值偏大
14. 工业污水未经处理直接排入河流，会使河水中的阴阳离子大大增加，河水的导电性增强，所以水的导电性也可以反映水的污染程度。某学习小组在某化工厂的排污管末端安装了如图甲所示的流量计，用此装置测量污水(有大量的正、负离子)的电阻，流量计的测量管由绝缘材料制成，其直径为D，左右两端开口。测量管内有方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场(未画出)。在内侧面的A、C点上分别固定有竖直正对的金属板作为电极(未画出，电阻不计)，AC为测量管的水平直径，金属板电极与开关S、电阻箱R和灵敏电流计连接，管道内始终充满污水，污水以恒定的速度v自左向右通过。
(1)由于图甲中的灵敏电流计G的内阻未知，利用图乙中的电路测量灵敏电流计G的内阻Rg，实验过程包含以下步骤：
①分别将R1和R2的阻值调至最大；
②合上开关S1；
③调节R1，使G的指针偏转到满刻度，记下此时G1的示数I1；
④合上开关S2；
⑤反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，G的指针偏转到满刻度的三分之二处，此时R2的读数为R0。
则灵敏电流计内阻为______。用此方法所测灵敏电流计内阻值______(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
(2)请根据图乙电路在图丙中用笔画线代替导线，将实物图连接成完整的电路。
(3)闭合图甲中的开关S，调节电阻箱的阻值，记下电阻箱接入电路的阻值R与相应灵敏电流计G的读数I，绘制1I−R图像，如图丁所示，则污水接入电路的电阻为______。
(用题中的字母a、B、v、R0表示)。
15. 如图，某透明体的横截面是半径为R的四分之一圆，一细束光线AB射向透明体的圆弧面，到达一侧面的D点时恰好发生全反射，并从另一侧面的E点射出。已知OD=34R,OE=12R，真空中光速为c，求：
(1)光线AB的入射角；
(2)光从D到E的时间。
16. 篮球比赛中一运动员投篮，先持球下蹲至最低点，球距地板1.68m，然后竖直跳起将球投出，篮球划过一美丽的曲线入筐。后经录像慢放显示篮球出手时速度方向与水平面成45∘角，到达最高点高出篮筐1.25m，以与水平面成37∘角落入篮筐。已知篮筐高出地板3.05m，篮球的质量为0.65kg。不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。求：
(1)篮球从出手到入筐的运动时间；(结果保留2位小数)
(2)本次投篮中运动员对篮球做的功。(结果保留2位小数)
17. 如图甲所示，固定在地面上的某种离子发射装置由离子源、间距为d的中心有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口，喷口P正对着屏幕Q，Q为平行于M、N的足够大平板。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在方向沿z轴由正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By如图乙所示，图中B0可调；P、Q板之间存在足够大的匀强电场，场强与M、N板之间电场等大，方向沿y轴负方向。离子源在M板中心小孔S处无初速释放氦离子(He2+)，经M、N间电场加速进入磁场区域，从端面P射出进入P、Q间电场，经电场偏转最终打在屏幕Q上，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求M、N板之间匀强电场的场强大小；
(2)调节B0的值，使得从小孔S进入的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)调节B0=2mv08eL，粒子从喷口P喷出后，经过匀强电场后打在屏幕Q上，打在Q上的速度与从喷口P喷出时的速度等大，求粒子打在Q屏幕上的坐标。
18. 如图所示，质量mA=3kg、长L=3m的木板A静止于光滑水平面上，质量mB=3kg的物块B停在A的右端。质量m=2kg的小球用长l=1m不可伸长的轻绳悬挂在固定点O上。如图示将轻绳拉直至与水平夹角θ=30∘位置后由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略，小球与地面恰好无相互作用。B与A间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小球与A碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力大小；
(2)求物块B从木板A上滑下时的速度大小；
(3)若在小球和A碰撞的同时，给B施加一个水平向右的拉力F作用，B最终未滑离A，求F的大小范围。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为当路程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，可知，第8号亮纹到达双缝的路程差等于8λ.故C正确，ABD错误。
故选：C。
当光屏上的点与双缝的路程差等于波长的整数倍时，出现亮条纹，根据该关系求出S2P−S1P的大小．
解决本题的关键知道当路程差是波长的整数倍，光屏上出现亮条纹，当路程差等于半波长的奇数倍，光屏上出现暗条纹．
2.【答案】B
【解析】解：因为状态A与状态C的温度相同，所以状态A与状态C的内能相同，故理想气体从状态A经状态B变化到状态C，内能变化量为零；对于状态A与状态C，根据玻意耳定律则有
pAVA=pCVC
解得：pA=2×105pa
气体从状态A到状态B，等压变化，体积变大，气体对外做功，则有
WAB=−pA(VB−VA)=−2×105×(2−1)J=−2×105J
气体从状态B到状态C，等容变化，气体对外不做功，则有
WBC=0J
气体从状态A经状态B变化到状态C，根据热力学第二定律则有
WAB+WBC+Q=0
解得：Q=2×105J，即该过程中气体吸收的热量为2×105J，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据W=pV分析出气体在不同过程中的做功大小，结合热力学第一定律分析出整个过程中的气体吸放热情况。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，先利用公式pV=CT分析出气体的状态参量，结合热力学第一定律即可完成分析，难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据光电效应方程Ekm=hν−W0，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无直接关系，故A错误；
B.根据动能定理有−eUc=0−Ekm
可得Uc=hν−W0e
可知遏止电压与入射光的强度无直接关系，故B错误；
CD.图线与横轴的交点表示金属铷的极限频率，则金属铷的逸出功为W0=hν0=6.63×10−34×5.15×1014J=3.14×10−19J，故C正确，D错误；
故选：C。
根据光电效应方程Ekm=hv−W0和eUC=Ekm得出遏止电压UC与入射光频率v的关系式，从而进行判断。根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：EK=hv−W0直接进行求解。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系。本题考查知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性。
4.【答案】A
【解析】解：AB、匀速下滑时，m受到的摩擦力为μmgcosθ，加速下滑时，m受到的摩擦力仍然为μmgcosθ，m对M的压力不变，所以M的受力不变，M与地面间的摩擦力也不变，故A正确，B错误；
CD、无论是加速下滑还是匀速下滑，m对M的压力大小均为mgcosθ，方向垂直于斜面向下，而m对M的摩擦力也始终为μmgcosθ，方向沿斜面向下，没有变化，故两种情况下m对M的作用力是一样的，所以地面对M的支持力与摩擦力也不变，故CD错误。
故选：A。
根据物块处于平衡与非平衡两种状态，来对整体及隔离分析受力，再根据静摩擦力产生条件，即可求解。解决本题的关键是通过分析知道两种情况下，m对M的作用力都是一样的，故M所受的其他力也不会发生改变。
本题考查受力分析，结合牛顿运动定律和共点力平衡条件，对学生分析综合能力有一定要求。
5.【答案】D
【解析】解：AB、由图可知，t=1s时甲车的速度为6m/s，乙车的速度为3m/s。根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，可知0−1s甲、乙两车位移之差，因t=1s时，甲、乙第一次并排行驶，则t=0时，乙在甲的前面4.5m处，故AB错误；
CD、根据对称性可知，1−3s内两车通过的位移相等，t=1s时，甲、乙第一次并排行驶，则t=3s时，甲、乙第二次并排行驶，两次并排行驶的时间间隔为2s。t=3s时，甲车的速度为2m/s，两次并排行驶的位置间距等于甲车或乙车在1−3s内的位移，为s=6+22×2m=8m，故C错误，D正确。
故选：D。
由v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，求出0−1s甲、乙两车位移之差，从而确定在t=0时甲、乙两车位置关系；根据图象的“面积”求两次并排行驶的位置间距。
本题属于追及问题，解决追及问题的关键是根据速度-时间图象分析两车的运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间的变化情况，根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移来分析两车位移关系。
6.【答案】A
【解析】解：由图象③可知周期T=2s、由图象①可知波长λ=4cm，传播速度v=λT计算可得v=2cm/s，则波传到x=10cm的时间t=Δxv=10−42=3s，所以t=6s时x=10cm处的质点振动了一个半周期，又因为波沿x轴正方向传播，根据图像再结合上下坡法可知，质点的起振方向沿y轴负方向，所以一个半周期后，x=10cm处的质点处于平衡位置，即位移y=0，且振动方向沿y轴正方向。故A正确，BCD错误；.
故选：A。
由图像可读出振幅、周期、波长，进而计算波速，计算波传到x=10cm的时间，根据波的周期性和传播方向确定质点的振动方向。
本题属于波的图象的识图、振动图象的识图和对质点振动的判断问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
7.【答案】B
【解析】解：线圈中产生的感应电动势最大值为
Em=2nπrBv=2×25×π×0.1×0.6π×2V=6V
由图丙可知，T=0.4s，角速度
ω=2πT
解得
ω=5rad/s.
则发电机产生的电动势的瞬时值表达式为
e=6sin(5πt)V
发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光，则有变压器的原副线圈两端的电流关系为
I1=2I2：
根据I1I2=n2n1
则变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电源的有效值
E=Em2=32V
设小灯泡正常发光的两端的电压为U，副线圈两端的电压为U，根据匝数比和电压关系，则原线圈的两端的电压为2U，则有
E=U+2U
解得
U=2V
小灯泡正常发光的功率
P=U2RL=2W
故B正确，ACD错误。
故选：B。
由感应电动势最大值，周期公式，推导电动势瞬时表达式，结合变压器比例关系求解电压，进一步求解小灯泡功率。
本题考查交流电，学生需熟练掌握电动势四值的区别与联系，并能够灵活运用变压器匝数比。
8.【答案】C
【解析】解：根据电势的定义可知C点的电势：φC=EpCq=−4eVe=−4V
所以UOC=φO−φC=0V−(−4)V=4V
根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知
UCA=2UCO=2×(−4)V=−8V
所以φA=4V
粒子由A到B，根据能量守恒得
EkB+EpB=EkA−EpA=12eV
所以φB=0；所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点作OB的垂线交OB于D点，则AD的方向就是该电场的电场强度方向，如图所示
O点是圆心，由几何关系可知
AD=Rsin53∘=0.04m
由于ODB是等势面，所以
E=UABAD=40.04V/m=100V/m
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据电势的定义φC=EpCq可知C点的电势；从而解得UCA；粒子由A到B，根据能量守恒解得B点电势，作出等势面和电场线；根据E=Ud解得电场强度大小。
本题考查匀强电场电势差与电场强度的关系，解题关键掌握确定等势面的方法及求电场强度的公式理解。
9.【答案】BD
【解析】解：A.返回舱从a到c由于空气阻力做负功，动能减小，返回舱在a点时的动能大于在c点时的动能，故A错误；
B.返回舱从c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，而c、e两点离地面高度相同，所以返回舱在c、e两点时的动能相等，故B正确；
C.在d点时，根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma
经d点时的加速度大小为
a=GM(R+h)2
故C错误；
D.在d点，如果返回舱做圆周运动，万有引力提供向心力则有
GMm(R+h)2=mv2R+h
解得
v=GMR+h
而在d点时，返回舱做近心运动，万有引力大于所需的向心力，故速线速度大小为v
故选：BD。
返回器在离开大气层后不受阻力，机械能守恒；根据牛顿第二定律分析加速度大小，根据万有引力提供向心力分析速度大小。
解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，根据牛顿第二定律进行分析。
10.【答案】BC
【解析】解：加热气体Ⅰ时，设气体Ⅰ向右移动xcm，气体Ⅱ向右移动的距离为ycm。
以两段气体为研究对象，初状态：p11=p21=76cmHg+14cmHg=90cmHg，V11=V22=S×10，T11=T22=300K。
末状态：p12=p22=76cmHg+24cmHg=100cmHg，V12=S(10+x)cm，V22=S(10−y)，T22=300K，T12=？
对Ⅰ气体根据理想气体状态方程有：p11V11T11=p12V12T12
对Ⅱ气体根据玻意尔定律有：p21V21=p22V22
由于管长变，水银柱长度不变，所以有：x−y=10
联立解得：y=1cm，x=11cm，T22=700K
所以Ⅰ气体的长度l22=10cm+11cm=21cm，温度T22=700K。Ⅱ气体的长度为10−1cm=9cm。故AD错误，BC正确。
故选：BC。
Ⅰ气体加热时，导致竖直管中的液柱上升，则Ⅰ气体的温度、体积、压强均发生变化，Ⅱ发生等温变化，由理想气体状态方程和玻意耳律列式，表示出初、末状态参数的关系，再由总长度不变的特点，解方程组可以求出未知数。
本题关键找出气体1和气体2的体积、压强、温度的已知量，然后根据气体实验定律列式求解。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、要使动摩擦因数最大也能滑下倾斜滑道，设倾斜滑道的倾角为θ，斜面长度为s，由动能定理得
2mgh−1.2μ0mgscosθ>0①
由几何关系有scosθ=L1 ②
联立①②解得：L1<5h3μ0 ③
滑板要在斜面上减速，必须满足合力沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ整理得
μ>tanθ=hL1
而μ0≤μ≤1.2μ0
所以μ0>hL1，得L1>hμ0 ④
由③④结合得：hμ0
2mgh−μ0mgscosθ−μ0mgL2≤0⑤
联立②⑤解得：L1+L2≥2hμ0，故C正确，D错误。
故选：BC。
对游客与滑板整体受力分析，在斜面上减速合力必须沿斜面向上；要想滑行结束时停在水平滑道上，必须保证动摩擦因数最大时滑到斜面低端时动能大于零；要想不滑出水平滑道，必须保证动摩擦因数最小时到达水平滑道末端或之前停下来。根据动能定理和临界条件相结合求解。
本题考查动能定理的实际应用，关键要把握隐含的条件，要注意滑动摩擦力做功与水平位移有关。
12.【答案】ACD
【解析】解：A、导体棒上滑时受到的安培力沿导轨向下，下滑时受到的安培力沿导轨向上，则上滑的合力大于下滑的合力，而上滑做减速运动，导体棒受到的安培力逐渐减小，所以刚开始上滑时导体棒的合力最大，加速度最大，设为am。此时导体棒产生的感应电动势为E=BLv0，感应电流为I=ER+r=BLv0R+r，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+BIL=mam，解得am=gsinθ+B2L2v0m(R+r)，故A正确；
B、导体棒在上滑过程中，根据能量守恒定律得：回路产生的总焦耳热为Q=12mv02−mgSsinθ，R上产生的焦耳热为QR=RR+r(12mv02−mgssinθ)，故B错误；
C、导体棒在上滑过程中做加速度逐渐减小的减速运动，结合v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知导体棒在上滑至s2处时的速度大于v02，故C正确；
D、导体棒上滑过程，取沿导轨向上为正方向，根据动量定理得：−mgsinθ⋅t−BI−L⋅t=0−mv0，又I−t=E−tR+r=BLv−tR+r=BLsR+r，联立解得棒上滑时间为：t=mv0(R+r)−B2L2smg(R+r)sinθ，故D正确。
故选：ACD。
刚开始上滑时导体棒的加速度最大，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式求出安培力大小，再由牛顿第二定律求最大加速度。根据能量守恒定律求导体棒在上滑过程中回路产生的总焦耳热，再求R上产生的焦耳热。上滑过程导体棒做加速度减小的变减速运动，根据其运动情况分析导体棒在上滑至S2处时的速度大小；根据动量定理求上滑的时间。
对于电磁感应综合题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，知道动量定理求运动时间常用的方法。而能量守恒定律求焦耳热常用的思路。
13.【答案】0.6970Fm=3mg−2mgcosθB
【解析】解：(1)图示螺旋测微器分度值为0.01mm，小球直径为
D=6.5mm+47.0×0.01mm=6.970mm=0.6970cm；
(4)小球第一次经过最低点Q时，根据牛顿第二定律有
Fm−mg=mv2L
小球从偏离竖直方向的某位置到最低点Q过程，根据机械能守恒则有
mg(L−Lcosθ)=12mv2
联立可得：Fm=3mg−2mgcosθ，
Fm与cosθ的关系满上述表达式时，可验证小球摆动过程中机械能守恒；
(6)A.若小球下摆过程所受力过大，机械能损失过大，小球达到最低点的速度偏小，最低点绳的拉将偏小，第7组数据的点应该在图线的下方，不能在图线的上方，故A错误；
B.若小球释放时具有一定的初速度，到达最低点时的速度偏大，绳的力偏大，点在图线的上方，故B正确；
C.从验证机械能守恒定律的表达式可以看出，实验不需要测量悬点到球心距离，故C错误；
故选：B。
故答案为：(1)0.6970(4)Fm=3mg−2mgcosθ(6)B
(1)根据螺旋测微器读数规则读数；
(2)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律得Fm与cosθ的关系式；
(3)根据实际操作过程分析误差原因。
本题是机械能守恒与得力加速度测定的综合实验，涉及图象法处理数据，是一道培养物理素养的好题。关键理清实验过程所遵循的物理规律，列式变换，从图象的角度去分析即可。
14.【答案】R02 等于 BDva−R02
【解析】解：(1)由欧姆定律可知2Ig3Rg=Ig3R0
则灵敏电流计内阻为Rg=R02
因为总电流不变，所以通过R2的电流等于Ig3，灵敏电流计的真实值等于R02，故灵敏电流计内阻的测量值等于真实值；
(2)实物图连接成完整的电路如图所示
(3)由qUD=qvB得电源的电动势U=BDv
由欧姆定律知I=UR+Rg+r=BDvR+Rg+r
其中r为污水的电阻，所以1I=1BDvR+Rg+rBDv
由图像斜率可知纵截距a=Rg+rBDv
所以Rg+r=BDva
故r=BDva−R02
故答案为：(1)R02，等于；
(2)如图所示；
(3)BDva−R02。
(1)由欧姆定律计算灵敏电流计内阻；根据电流的变化情况分析灵敏电流计内阻的测量值与真实值大小关系；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)由平衡条件求解电源的电动势，由欧姆定律得到1I−R表达式进行分析。
对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。
15.【答案】解：(1)根据临界角C与折射率的关系sinC=1n①
由几何关系得sinC=ODDE
解得：n=133②
在△OBD中，根据正弦定理Rsin(90∘+C)=ODsinr③
根据折射定律n=sinisinr④
联立代入数据解得：i=30∘⑤
(2)光在透明体内得传播速度v=cn⑥
传播时间t=DEv⑦
整理得t=13R12c⑧
答：(1)光线AB的入射角为30∘；
(2)光从D到E的时间为13R12c。
【解析】(1)光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C，画出光路图，由几何关系求出临界角C，结合临界角公式sinC=1n求该光学元件的折射率，根据几何关系结合折射定律可解得。
Ⅱ、根据几何关系求出光线在该光学元件中的传播距离，由v=cn求光线在该光学元件中的传播速度，即可求得传播时间t。
本题考查几何光学，关键要掌握全反射的条件和临界角公式，画出光路图，结合几何关系进行解答。
16.【答案】解：(1)设篮球从最高点到入筐的时间为t2，最高点与篮筐间的高度用h表示。
从最高点到篮筐篮球做平抛运动，根据平抛运动规律得：
竖直方向有h=12gt22，vy=gt2
篮球入筐时，有vy=vxtan37∘
解得t2=0.5s，vx=203m/s
篮球出手时的速度v0=vxcos45∘
篮球上升的时间t1=v0sin45∘g
篮球从出手到入筐的运动时间：t=t1+t2
联立解得t=1.17s
(2)设开始投篮持球的高度用h1表示，投篮出手点的高度为h2，篮球到达的最大高度为h3，篮筐高度用H表示，则h3=h+H，h3−h2=(v0sin45∘)22g
从出手点到最高点的过程，根据动能定理得：W−mg(h2−h1)=12mv02
代入数据解得W≈31.49J
答：(1)篮球从出手到入筐的运动时间约为1.17s；
(2)本次投篮中运动员对篮球做的功约为31.49J。
【解析】(1)篮球出手后做斜抛运动，从最高点到篮筐做平抛运动，根据下落的高度求出运动时间，从而求出落入篮筐时竖直分速度，结合水平分速度与竖直分速度的关系求出水平分速度，从而求得篮球出手时的速度，再求出篮球上升的时间，即可计算篮球从出手到入筐的运动时间。
(2)根据动能定理列式，可求解运动员对篮球做的功。
解决本题的关键要熟练运用运动分解法处理斜抛运动，要知道从最高点到篮筐篮球做平抛运动，能熟练运用运动学公式求解初速度和上升的高度。
17.【答案】解：(1)离子在电场中加速，根据动能定理得
2eEd=12mv02
解得：E=mv024ed；
(2)离子从P的边缘飞出时，由几何关系知
r2=L2+(r−22)2
洛伦兹力提供向心力有
2ev0B=mv02r
B=2B0
联立解得：B0=mv023eL，
B0的取值范围为0
R=2L
经P时，设速度与z轴的夹角为θ，则
sinθ=LR
θ=30∘
x1=−R(1−cosθ)cos45∘
y1=R(1−cosθ)cos45∘
z1=L
vx=v0sinθcos45∘
vy=v0sinθcos45∘
vz=v0cosθ
离子到Q时速度大小与经过P时相等，则运动时间
t=2vya
又mg=qE
解得：t=2dv0
y2=y1
x2=x1−v0tsinθcos45∘
z2=z1+v0tcosθ
解得：y2=22−62L，x2=6−222L−d2，z2=L+62d，
则粒子打在Q屏幕上的坐标为(6−222L−d2,22−62L,L+62d)。
答：(1)M、N板之间匀强电场的场强大小为mv024ed；
(2)B0的取值范围为0
【解析】(1)离子在电场中加速，根据动能定理列式求解；
(2)离子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力列式求解；
(3)离子到Q时速度大小与经过P时相等求出粒子运动时间，根据几何关系求出位置坐标即可。
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，分析离子运动轨迹的各种情况，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力分析解题。
18.【答案】解：(1)释放后，小球先竖直向下做自由落体运动，设绳再次拉直时的速度为vC1，根据机械能守恒定律得
mg(2lsinθ)=12mvC12
如图所示，绳再次拉直后，小球速度沿圆弧切线方向，大小为v0=vC1cosθ
设小球到与A碰前速度为vC2，从绳拉直到小球运动到与A碰撞的过程，由机械能守恒定律得：
mgl(1−sinθ)=12mvC22−12mv02
小球与A碰撞前瞬间对小球，根据牛顿第二定律得
T−mg=mvC22l
代入数据解得T=70N，vC2=5m/s
(2)设小球与A碰撞后，A的速度为vA1，小球的速度为vC。取向右为正方向，由动量守恒定律得
mvC2=mvC+mAvA1
根据机械能守恒定律得
12mvC22=12mvC2+12mAvA12
解得vA1=4m/s
设A、B分离时的速度分别为vA2和vB，B在上滑行过程，A的位移为xA，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mAvA1=mAvA2+mBvB
根据能量守恒定律得12mAvA12=μmBgL+12mAvA22+12mBvB2
代入数据解得：vB=1m/s(vB=3m/s不合题意，舍去)
(3)设力最小为F，作用时间t后，二者速度相同为v，且B刚好位于A的左端，则 v=vA1−aAt=aBt
位移关系为：vA1+v2t−v2t=L
对A，根据牛顿第二定律得：μmBg=mAaA
对B，由牛顿第二定律得：F1+μmBg=mBaB
代入数据解得：F1=2N
设B相对A不滑动的最大力F2，对AB整体，由牛顿第二定律得
F2=(mA+mB)aA
解得F2=6N
所以，拉力的取值范围为2N≤F≤6N。
答：(1)小球与A碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力大小为70N；
(2)物块B从木板A上滑下时的速度大小为1m/s；
(3)F的大小范围为2N≤F≤6N。
【解析】(1)释放后，小球先竖直向下做自由落体运动，根据机械能守恒定律求出绳再次拉直时的速度，从而求得绳再次拉直后小球速度沿圆弧切线方向。根据机械能守恒定律求出小球与A碰撞前瞬间的速度，由牛顿第二定律求轻绳对小球的拉力大小；
(2)研究物块B在木板A上滑动的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程，即可求解物块B从木板A上滑下时的速度大小；
(3)B最终未滑离A，F最小时，B刚好运动到A的左端，且共速，由牛顿第二定律求出两者的加速度大小。由速度-时间公式和速度相等关系列式，求出运动时间，结合位移关系列式，即可求出F的最小值。再求出B相对A不滑动的最大力，从而求得F的大小范围。
本题是复杂的力学经综合题，要理清思路，把握规律，知道绳拉直瞬间，沿绳子的速度突然减至零。小球和A碰撞的瞬间，小球和A组成的系统遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。B在A上运动的过程中，A、B组成的系统动量守恒。
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