2024年山东省济南市高考物理联考试卷（2月份）(含详细答案解析)

这是一份2024年山东省济南市高考物理联考试卷（2月份）(含详细答案解析)，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生内光电效应，自由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收能量为E的光子才能发生内光电效应，普朗克常量为h，光束为c，则( )
A. 通过负载的电流方向从上至下
B. 该材料发生光电效应的极限波长为Ehc
C. 太阳光的强度越强，则通过负载的电流越大
D. 光强不变，改用频率高的光照射该材料，则通过负载的饱和电流变大
2.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，速度随时间的变化图像如图所示。4s时两车同时经过公路旁的同一个路标。5s时乙车停止运动，且此时甲车超前乙车2m。两车均可视为质点，关于两车的运动，下列说法正确的是( )
A. t=0时，两车相距8m
B. 甲、乙两车的加速度大小之比为1：4
C. 在0∼4s内，甲车的位移大小为8m
D. 在3∼5s内，甲车的位移大于乙车的位移
3.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220 2sin50πt(V)。副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A。电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 电动机的输出功率为33WB. 电动机两端的电压为11V
C. 电流表A1示数为5AD. 交变电流的频率为50Hz
4.如图所示，边长为L正方形金属回路(总电阻为R)与水平面的夹角为60∘，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内(包括边界)存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B=kt(k>0且为常量)，则金属回路产生的感应电流大小为( )
A. kL2R
B. πkL24R
C. kL22R
D. πkL28R
5.如图所示，ABC为正三角形的三个顶点，A、B两点固定电荷量为+q的点电荷，C点固定电荷量为−q的点电荷，D、G、H分别为AB、BC和AC边的中点，O为正三角形的中心。下列说法正确的是( )
A. O点的场强大小为零
B. D与H两点的电势相同
C. 电子沿OH方向运动始终克服电场力做功
D. 从O点静止释放的质子将沿OH运动
6.如图所示，倾角α=30∘的斜面固定在水平地面上。质量分别为2kg、1kg的两物块A、B置于斜面上，质量为0.2kg的物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过定滑轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜面平行，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角β=60∘，A、B、C均处于静止状态，B的上表面水平，A与B、B与斜面之间的动摩擦因数均为 34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则( )
A. 细线对定滑轮的作用力大小为2N，方向竖直向下
B. B对斜面的摩擦力大小为11N，方向沿斜面向上
C. 剪断细线后，B对A的支持力的大小为18.75N
D. 剪断细线后，A、B之间摩擦力的大小为零
7.如图所示，波源O沿y轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t=0时刻完整波形如图所示，此时两列波分别传到x1=6m和x2=−4m处。t=1s时质点M位移不变，振动方向相反，已知波源振动周期大于1s。则( )
A. 波源的起振方向沿y轴负方向B. 介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为1：1
C. 介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波频率之比为2：3D. 介质Ⅱ中波的周期为1.5s
8.如图所示，绝缘水平面上固定有两根间距为L，足够长的平行光滑导轨(电阻不计)，导轨所在空间存在磁感应强度为B，范围足够大的匀强磁场。长度均为L，质量分别为ma=m、mb=2m两根导体a、b棒静置在导轨上，a的阻值是b的2倍。若在t=0时刻给a一个平行于导轨向左的初速度v0，不计运动过程中a和b的相互作用力，则下列说法错误的是( )
A. 整个运动过程中，导体棒b做加速度逐渐减小的加速运动，直至匀速运动
B. 整个运动过程中，通过导体棒b的电荷量为mv03BL
C. 整个运动过程中，导体棒a产生的焦耳热为29mv02
D. 整个运动过程中，导体棒b所受安培力的冲量大小为23mv0
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A. m甲m乙C. μ甲<μ乙D. μ甲>μ乙
10.如图甲所示，一足够长的木板静止在光滑的水平地面上，质量1kg的滑块(可视为质点)，置于木板中央。木板在一定时间内受到水平方向的恒定拉力F，其v−t图像如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 0∼2s滑块的加速度大小为2m/s2
B. 拉力F的大小2N
C. 木板的质量为0.5kg
D. 为了使滑块不脱离木板，木板的长度至少为3m
11.宇航员飞到一个被稠密气体包围的某行星上进行科学探索。他站在该行星表面，从静止释放一个质量为m的物体，由于运动时气体阻力f(阻力与速度有关)的作用，其加速度随下落位移变化x的关系图象如图所示。已知该星球半径为R，万有引力常量为G，图中a0、x0为已知量。下列说法正确的是( )
A. 该行星的平均密度为3a04πGR
B. 卫星在距该行星表面高R处的圆轨道上运行的周期为8π 2Ra0
C. 阻力f和下落位移x的关系式可表示为f=ma0x0x
D. 物体下落过程中的最大速度为 a0x0
12.如图所示，在倾角为37∘的斜面上，轻质弹簧一端连接固定在斜面底端的挡板C上，另一端连接滑块A，一轻细绳通过斜面顶端的固定轻滑轮，一端系在滑块A上，另一端与小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。先用手托住小球B，此时弹簧刚好处于原长，滑块A刚要沿斜面向上运动。现在由静止释放小球B，不计轻绳与滑轮间的摩擦，小球B始终未落地。已知滑块A的质量为3kg，小球B的质量为5kg，弹簧的劲度系数为100N/m，滑块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能为EP=12kx2(k为劲度系数，x为弹簧的形变量)，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. 释放小球B前手受到的压力为32N
B. 滑块A向上滑行0.32m时速度最大
C. 滑块A向上滑行时最大速度为 22m/s
D. 物体A向上滑行达到最大速度的过程中，细绳对滑块A做的功为8.75J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某实验小组的同学利用如图1所示的双缝干涉实验装置测量光的波长。
(1)实验过程中，在光屏上得到了明暗相间的红色条纹，则下列说法正确的是______。
A.紧将红色滤光片换成绿色滤光片，条纹间距将变大
B.若取下滤光片在屏上可得到明暗相间的白色条纹
C.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可以减小单缝到双缝的距离
D.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可以换用两缝间距更大的双缝
(2)已知实验过程中观察到分划板中心刻线与第1条亮条纹中心对齐时，手轮的读数如图2所示；转动手轮，分划板中心刻线与第7条亮条纹中心对齐时，手轮的读数如图3所示，则相邻两条亮条纹之间的距离为______ mm。
(3)已知双缝到光屏之间的距离为L=500mm，双缝之间的距离为d=0.4mm，则该红色光的波长为λ=______ nm。
14.如图所示，为某校科技社团成员设计的具有5个挡位的多用电表电路。其中E是电池，R1、R2、R3、R4是定值电阻，R5为滑动变阻器，G为灵敏电流计(Ig=100μA,Rg=990Ω)。为了测量多用电表内电池电动势和内阻，还备有电阻箱R。
(1)A端应该接______表笔(选填“红”或“黑”)。
(2)若直流电流挡有1mA和10mA两挡，则定值电阻R1=______Ω、R2=______Ω。
(3)将选择开关与“3”相连，R5的滑片到最下端b处，将两表笔A、B接在电阻箱上，调节电阻箱的阻值，采集灵敏电流计的读数I(国际单位)和变阻箱的读数R，在坐标纸上，以R为横轴，以______为纵轴，作出了一条不过原点的直线。若图线斜率为 k、纵截距为b，则多用电表内电池的电动势为______，内阻为______。(用k、b和已知数据表示)
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大的形变导致天然气泄漏，采用的是“气升顶”施工方案。如图，质量为m=3.75×105kg的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料，使穹顶上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵入空气，使穹顶缓慢上升。安装完成后，储罐内空间可视为截面积S=3.75×103m2，高h=20m的圆柱体。已知大气压强为p0=1.01×105Pa，安装完成后罐内空气温度为27℃，标准状态(p0=1.01×105Pa,T0=273K)下空气密度为1.30kg/m3。
(1)穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？
(2)鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大(结果保留两位有效数字)？
16.如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的34光滑圆弧轨道ABC，AB为圆弧轨道的水平直径，O为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为m的小球(可看成质点)从A点正上方H高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度大小g，求：
(1)为使小球能在ABC轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件；
(2)若H=0.9R，小球刚要脱离轨道时，小球距AB的高度h。
17.如图，水平桌面上有质量分别为mA=3m、mB=2m的两个物体A和B，某时刻A以大小为v0的速度向B匀速运动并与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，A和B先后从桌面的右端滑出，并落在地面上的同一地点。A和B在运动过程中，速度始终与桌面的右边缘垂直，已知B与桌面间的摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)B滑出桌面时的速度大小；
(2)B在桌面上运动过程中产生的热量；
(3)B与桌面右边缘的距离；
(4)A与B滑出桌面的时间间隔。
18.如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。第一、四象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(−l,−l2)以一定初速度释放，初速度方向与x轴正方向的夹角为θ=45∘，从点K(0,−l)垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从P(l,0)点垂直x轴进入第一象限，同时在p点释放一质量为m3、电量为q(q>0)、速度为3Bqlm的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲、乙两粒子间的相互作用，求：
(1)甲粒子进入第四象限时的速度v0；
(2)匀强电场的大小E；
(3)粒子甲第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离d；
(4)当甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、电场强度大小与第三象限电场相同的匀强电场，求甲粒子的最大速度vm。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.自由电子向N型一侧移动，N型一侧电势更低，故电流从P型一侧流出，回到N型一侧，故电流应该从下至上通过负载，故A错误；
B.发生光电效应的极限波长满足
hcλ=E
解得λ=hcE
故B错误；
C.太阳光强度越大，内光电效应释放的电子越多，向N型一侧移动的自由电子越多，两端电势差越大，电路中的电流越大，故增大太阳光的强度，通过负载的电流会变大，故C正确；
D.若要增加饱和电流，则需要增加光照强度，保持照射光的频率不变，故D错误。
故选：C。
A.根据自由电子积累情况判断N型的电势，再判断负载电流方向；
B.根据极限波长的公式进行推导判断；
C.根据光的强度越大，光电效应的电子数多少来判断负载电流的大小；
D.根据饱和光电流的影响因素进行分析解答。
考查光电效应的问题，会根据题意分析解决相关问题。
2.【答案】B
【解析】解：A、设5s时甲车的速度为v，乙车的初速度为v0。
依题意，4s时两车同时经过公路旁的同一个路标，5s时甲车超前乙车2m，可知4−5s内甲车的位移比乙车的大2m，即可有：x甲−x乙=2m
结合速度-时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可得：v×12m=2m，可得v=4m/s
由三角形相似法可得：v0v=45−4，可得：v0=16m/s
在0∼4s内，乙车与甲车的位移之差为Δx=16×42m=32m，结合4s时两车同时经过公路旁的同一个路标，则知t=0时，两车相距32m，故A错误；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度，可得甲、乙两车的加速度大小之比为a甲：a乙=45：165=1：4，故B正确；
C、在0∼4s内，甲车的位移大小为x甲1=12a甲t2=12×45×42m=6.4m，故C错误；
D、在3∼5s内，两图线与时间轴所围的面积相等，则两车通过的位移相等，故D错误。
故选：B。
速度-时间图像与时间轴所围的面积表示位移，根据4s时两车同时经过公路旁的同一个路标，5s时甲车超前乙车2m，可知4−5s内甲车的位移比乙车的大2m，求出5s时甲车的速度，由几何关系求乙车的初速度，再求0−4s内两车位移之差，即可得到t=0时两车间的距离。根据图像的斜率等于加速度来求解加速度大小之比。根据“面积法”分析在3∼5s内两车位移关系。
解答本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。
3.【答案】A
【解析】解：AB、根据变压比公式U1U2=n1n2，解得U2=44V，电动机的输出功率为P出=U2I2−I22r=44×1W−12×11W=33W，故A正确，B错误；
C、根据变流比公式I1I2=n2n1，解得I1=0.2A，故C错误；
D、根据f=ω2π=50π2πHz=25Hz，故D错误；
故选：A。
根据变压比公式以及电动机输出功率即可分析AB选项；再根据变流比公式求解原线圈电流；由频率与角速度之间的关系求解频率。
本题关键是明确变压器的变压比公式和变流比公式，知道电动机是非纯电阻电路，输出功率为P出=U2I−I2r，基础题。
4.【答案】D
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的感应电动势为：E=ΔBΔtS=kπ(L2)2cs60∘=kπL28
由闭合电路欧姆定律可知金属回路产生的感应电流大小为：I=ER=kπL28R，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再由闭合电路欧姆定律计算感应电流即可。
本题考查学生对法拉第电磁感应定律的理解，还涉及到闭合电路欧姆定律等相关知识，是一道小型综合题。
5.【答案】C
【解析】解：A、假设在O点放一个正的试探电荷，根据电荷之间的相互作用可知，正试探电荷受到的合力沿OC方向，即O点的场强不为零，故A错误；
B、相对于H点而言，D点离正电荷较近，离负电荷较远，则D点的电势大于H点的电势，故B错误；
C、A、C两个电荷在OH线上产生的电势之和为零，而B点电荷在OH上的电势逐渐降低，电子带负电，所以电子的电势能逐渐增大，根据功能关系可知电子克服电场力做功，故C正确；
D、从O点静止释放的质子会沿着OC的方向运动，故D错误；
故选：C。
理解点电荷周围的场强和电势的分布特点，结合各自的合成特点分析出不同位置的场强和电势的关系，结合电势能的计算公式和功能关系完成分析。
本题主要考查了点电荷周围的场强分布特点，熟悉点电荷周围的场强和电势的特点，结合电势能的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：A.依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T，杆对C的作用力为N，则有
Tcsβ=mCg
解得
T=4N
两绳子的夹角为120*，则细线对定滑轮的作用力大小为
F=T=4N
方向竖直向下，故A错误；
B.对A、B整体，根据共点力平衡条件有
T+f=(mA+mB)gsinα
解得
f=11N
斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力沿斜面向下，故B错误；
CD.将A、B视为整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为a，
(mA+mB)gsinα−μ(mA+mB)gcsα=(mA+mB)a
解得
a=1.25m/s2
则在竖直和水平方向的分加速度为
ay=asin30∘，ax=acs30∘
设B对A的支持力为N′，根据牛顿第二定律有
mAg−N′=mAay
解得
N′=18.75N
水平方向的摩擦力为
f=mAax=5
解得f=5 34N<μmAg= 34×2×10N=5 3N
可见A、B没有相对滑动，故C正确，D错误。
故选：C。
以C为研究对象对其受力分析，解得绳子拉力，从而计算A，对AB整体受力分析，根据共点力平衡条件结合牛顿第二定律分析BCD。
本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律的应用，解题的关键点是根据加速度的分解，进而代入数据完成解答，难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A、t=0时，两列波分别传到x1=6m和x2=−4m处，由上下坡法可知，波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
BC、两列波是由同一波源的振动形成的，所以频率相同，根据v=λf可知
介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为2：3
故BC错误；
D、由t=1s时质点M位移不变，振动方向相反可知(2×112T+T2)+nT=1s(n=0,1,2,..)
可得T=32+3ns(n=0,1,2...)
因为波源振动周期大于1s
所以n取0，当n=0时，可得T=1.5s
故D正确；
故选：D。
根据x1=6m和x2=−4m处质点的振动方向，分析波源的振动方向，两列波是由同一波源的振动形成的，所以频率相同，根据v=λf分析波速的比值，根据时间与周期的关系分析D。
本题关键是要能正确分析质点的振动情况，确定时间与周期的关系，从波速方向可判断出质点的振动方向。注意波速的计算公式。
8.【答案】B
【解析】解：已知ma=m、mb=2m，设a的电阻为2R，b的电阻为R。
A.导体棒a向左运动时产生的电动势为E=BLv，和导体棒b一起构成闭合回路产生的感应电流为I=E3R，a、b棒所受的安培力大小均等于F=BIL=B2L2v3R，这个安培力使a棒做减速运动，使b棒做加速运动，所以a棒切割磁感线的速度变小，对b棒，根据牛顿第二定律
F=2mab
则b棒的加速度变小，当a、b的速度相等时，b开始做匀速直线运动，故A正确；
B.对a、b棒所组成的系统，安培力是一对平衡力，根据题意可知，系统在水平方向满足动量守恒定律，设向左的方向为正方向，有
mv0=(m+2m)v共
得v共=13v0
对b棒，在加速时间内，根据动量定理有BILt=2mv共，即BLq=2mv共，解得q=2mv03BL，故B错误；
C.根据功能关系，整个过程中系统产生的焦耳热为Q=12mv02−12×3m×v共2=12mv02−12×3m×(13v0)2=13mv02，根据功率分配关系可得，a棒产生的焦耳热为Qa=23Q=23×13mv02=29mv02，故C正确；
D.整个过程中，对b棒，根据动量定理，安培力冲量等于b的动量变化量，即IF=2m⋅v共=2m×13v0=23mv0，故D正确。
本题选错误的，故选：B。
A.根据b棒所受的安培力的变化情况结合牛顿第二定律分析判断；
B.根据动量守恒和动量定理列式求解；
C.根据功能关系求系统热量，再由热量分配关系求解a棒的热量；
D.根据动量定理求解b的冲量。
考查电磁感应、安培力、牛顿第二定律和动量守恒等问题，会根据题意列式求解相关物理量。
9.【答案】BC
【解析】解：对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有
F−μmg=ma
则F=ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知
图像斜率k=m
图像截距b=μmg
由于k甲>k乙，故m甲>m乙
由于μ甲m甲g=μ乙m乙g，故μ甲<μ乙
故AD错误，BC正确。
故选：BC。
甲、乙两物体均受拉力、滑动摩擦力，均做加速运动，由牛顿第二定律可以列出方程，将方程变形为F关于a的一次函数，则由数形结合思想可知，图像的斜率、截距与变形后的方程对应部分相等，分别列出上述等式，即可求解。
本题主要考查牛顿第二定律的图像问题，解题关键是要运用数形结合思想，列出物体运动的牛顿第二定律方程，并结合已知图像，找出方程与图像的关联关系，进而求解。
10.【答案】BC
【解析】解：A、t=0时刻滑块与木板发生相对滑动，由木板运动的v−t图象可得：
a1=ΔvΔt=42m/s2=2m/s2
对滑块，由牛顿第二定律有：μmg=ma2
得a2=μg=1m/s2
由于a2故A错误；
BC、对木板根据牛顿第二定律有
F−μmg=Ma1
撤去拉力后木板的加速度为a3=Δv′Δt=42m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律有a3=μmgM
解得F=2N，M=0.5kg
故BC正确；
D、由图象v−t可知，在t=2s时撤去了拉力，此时，木板的速度为v1=a1t=2×2m/s=4m/s
滑块的速度为v2=a2t=1×2m/s=2m/s
滑块与木板间仍有相对滑动
设再经过t1时间滑块与木板的速度大小相等，有v1−a3t1=v2+a2t1
解得t1=23 s
木板和滑块速度相等时，木板的总位移为x1=12a1t2+v1t2−12a3t12
滑块的总位移为x2=12a2(t1+t2)2
两者相对位移为Δx=x1−x2
所以木板的总长度不少于x′=2Δx
解得x′=163m
故D错误；
故选：BC。
根据图象知板的加速度，与物块的最大加速度比较，判定二者相对运动状态；根据图象知撤掉F后的板的加速度，对比知二者运动状态，根据牛顿第二定律求解力；恰好不滑落的条件：共速，相对位移等于板长一半，根据速度-时间关系和位移时间列式求解。
此题为图象与板块模型的综合应用，图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知：GMmR2=ma0
解得行星的质量为：M=a0R2G
根据密度公式可知：ρ=M43πR3
解得ρ=3a04πGR，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力，有：GMm(2R)2=m×2R4π2T2
分析题意结合图象可知，开始下落瞬间，物体只受万有引力作用，根据万有引力等于重力可知GMmR2=ma0
解得卫星在距该行星表面高h处的圆轨道上运行的周期为：T=4π 2Ra0，故B错误；
CD、分析图象可知，位移为x0时，阻力等于万有引力，即F=ma0，此时速度最大，分析题意可知，阻力随位移线性变化，则阻力为：f=ma0x0x；
则从释放到速度刚达最大的过程中，根据动能定理有
12ma0x0=12mvm2
解得小球下落过程中的最大速度为vm= a0x0
故CD正确。
故选：ACD。
根据万有引力和重力的关系结合密度的公式解得A；根据万有引力提供向心力求解周期；根据阻力变化的线性关系分析解答C；ma−x图象与x轴围成的面积表示合力做的功，根据动能定理求解小球下落过程中的最大速度。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
12.【答案】CD
【解析】解：A、初始时，用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动，由平衡条件，有T=mAgsinθ+μmAgcsθ
解得T=30N
对B受力分析，设手的支持力为F，则F=mBg−T
解得F=20N，根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为20N，故A错误；
B、松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得
T′−mAgsin⁡θ−μmAgcs⁡θ−F弹=0
对B受力分析得T′=mBg
由胡克定律，有F弹=kx
解得x=0.2m
即释放B球后，滑块A向上滑行x=0.2m时速度最大，故B错误；
C、根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有mBgx=mAgxsinθ+μmAgxcsθ+12(mA+mB)v2+12kx2
解得滑块A向上滑行过程中的最大速度为v= 22m/s，故C正确；
D、物体A向上滑行达到最大速度的过程中，对A根据动能定理有
W−mAgxsinθ−μmAgxcsθ−12kx2=12mAv2
解得细绳对滑块A做的功为W=8.75J
故D正确。
故选：CD。
初始时，对AB分别根据受力分析可解得手对B球的托力，从而得到手受到B球的压力大小。当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，根据能量守恒定律可解得最大速度；对A根据动能定理解得D。
解题关键要分析清楚A滑行过程中系统的能量转化关系，注意当A受到的合力为零时，速度最大。
13.【答案】D0.75600
【解析】解：(1)双缝干涉条纹间距公式为Δx=Ldλ
A.由于红光的波长大于绿光的波长，紧将红色滤光片换成绿色滤光片，条纹间距将变小，故A错误；
B.若取下滤光片后，入射光为白光，在屏上可得到彩色条纹，中央为白色条纹，故B错误；
C.干涉条纹的个数与单缝到双缝的距离无关，故C错误；
D.若想增加从目镜中观察到的条纹个数，就要减小条纹间距，根据双缝干涉条纹间距公式可知，可以换用两缝间距更大的双缝，故D正确。
故选：D。
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，第一条亮条纹的测量值x1=11mm+1×0.1mm=11.1mm
第7条亮条纹的测量值x2=15mm+6×0.1mm=15.6mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x2−x17−1=15.6mm−11.1mm7−1=0.75mm
(3)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
入射光的波长λ=dΔxL=0.4×10−3×0.75×10−3500×10−3m=6.00×10−7m=600nm。
故答案为：(1)D；(2)0.75；(3)600。
(1)根据双缝公式条纹间距公式进行分析作答；
(2)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标尺上对齐格数(不估读)精确度，然后根据第1、7之间的条纹宽度求相邻的条纹间距；
(3)根据双缝干涉条纹间距公式求入射光的波长。
本题考查了双缝干涉实验装置测量光的波长，掌握游标卡尺的正确读数和双缝干涉条纹间距公式是解题的关键。
14.【答案】红 11991I 10k bk−99
【解析】解：(1)根据B和3相接时内部电源的极性分析，B接内部电源的正极，故A端应该接红表笔；
(2)选择开关与“1”、“2”相连时为电流表，量程分别为10mA和1mA。根据串、并联电路特点有
Ig(R2+Rg)R1+Ig=10mA
IgRgR1+R2+Ig=1mA
联立解得R1=11Ω，R2=99Ω。
(3)选择开关与“3”相连，电流表量程为1mA，根据并联电路特点可知R1、R2串联后与表头并联的总电阻为R0=(R1+R2)×Rg(R1+R2)+Rg=(11+99)×990(11+99)+990Ω=99Ω，通过电源的电流为通过表头电流I的10倍。根据闭合电路欧姆定律有
E=10I(r+R0+R)
变形为1I=10RE+10(99+r)E
由此可知横轴为R，则纵坐标轴为1I
则斜率k=10E
纵截距b=10(99+r)E
解得E=10k，r=bk−99
故答案为：(1)红；(2)11，99；(3)1I，10k，bk−99。
(1)根据欧姆表内部结构判断表笔；
(2)根据串并联电路的特点列式代入数据求解；
(3)根据闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距的物理意义列式求解。
考查多用电表的结构和串并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律联立求解相关物理量。
15.【答案】解：(1)穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为
p=p0+mgs
解得：p=1.02×105Pa
(2)安装完成后罐内空气温度为T=(27+273)K=300K，压强为p=1.02×105Pa，体积为V=Sh=3.75×103×20m3=7.5×104m3
设泵入罐内空气在标准状态下的体积为V0，由理想气体状态方程，可得
pVT=p0V0T0
解得：V0=6.9×104m3
则泵入罐内空气的质量为：M=ρV0=1.30×6.9×104kg=9.0×104kg
答：(1)穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为1.02×105Pa；
(2)鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为9.0×104kg。
【解析】(1)穹顶缓慢上升时，根据p=p0+mgs计算储罐内空气压强；
(2)根据一定质量的理想气体状态方程求出泵入罐内空气在标准状态下的体积，并由此求出空气的质量。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，熟悉气体状态参量的分析，结合对物体的受力分析即可完成解答。
16.【答案】解：(1)小球刚好能到达C点时，在C点，对小球，由牛顿第二定律可得：mg=mvc2R
从释放小球到C点的过程，由动能定理得：mg(H−R)=12mvc2
联立解得：H=1.5R
故为使小球能在ABC轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件为H≥1.5R。
(2)设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，速度为v，
由几何关系可知：csθ=hR
小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力，对小球，由牛顿第二定律可得：mgcsθ=mv2R
由动能定理得：mg(0.9R−h)=12mv2
联立解得：h=0.6R
答：(1)为使小球能在ABC轨道上运动而不脱离轨道，H应该满足的条件为H≥1.5R；
(2)若H=0.9R，小球刚要脱离轨道时，小球距AB的高度h为0.6R。
【解析】(1)为使小球能在ABC轨道上运动而不脱离轨道，要能到达C点，研究小球刚好能到达C点的情况，根据重力提供向心力求出小球刚好能到达C点的临界速度，再由动能定理求对应的H，从而得到H应该满足的条件；
(2)小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律和动能定理相结合求小球距AB的高度h。
本题考查动能定理与圆周运动临界条件的综合应用，要明确小球到达最高点的临界条件：重力等于向心力。小球刚要脱离轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力。
17.【答案】解：(1)A与B发生弹性碰撞，设向右的方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0=3mvA+2mvB
12⋅3mv02=12⋅3mvA2+12⋅2mvB2
联立解得：vA=15v0，vB=65v0
A和B落在地面上同一地点，所以B滑出桌面时的速度v′B=vA=15v0
(2)对B物体，由能量守恒得
12⋅2mvB2=12⋅2mvB′2+Q
解得Q=75mv02
(3)由功能关系得
Q=μ2mgx
解得x=7v0210μg
(4)A与B碰撞后，B在桌面上做匀变速运动v−=vB+vB′2
B滑出桌面所以时间tB=xv−
A做匀速直线运动，滑出桌面所以时间：tA=xvA
A与B滑出桌面的时间间隔：Δt=tA−tB
代入数据得Δt=5v02μg
答：(1)B滑出桌面时的速度大小为15v0；
(2)B在桌面上运动过程中产生的热量75mv02；
(3)B与桌面右边缘的距离7v0210μg；
(4)A与B滑出桌面的时间间隔5v02μg。
【解析】(1)根据动量守恒和机械能守恒定律列式求解碰撞后瞬间两物体速度，再结合平抛落点特征求解B的速度；
(2)根据能量守恒定律列式求解；
(3)根据功能关系求解；
(4)根据运动特点分别求运动时间，再求时间差。
考查弹性碰撞、能量守恒等问题，会根据题意列式联立求解相关物理量。
18.【答案】解：(1)粒子在第四象限内的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
根据几何关系有
r=l
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qBv0=mv02r
联立解得
v0=Bqlm；
(2)粒子在第三象限逆向看成类平抛运动，根据牛顿第二定律有
a=qEm
根据运动学公式，水平方向有
l=v0t0
竖直方向
l2=12at02
联立解得
E=B2qlm；
(3)设甲粒子半径为r1，乙粒子半径为r2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
Bv0q=mv02r1
Bv2q=mv223r2
联立解得
r1=r2=l
甲、乙粒子在磁场中运动的周期为
T1=2πr1v0
T2=2πr2v2
代入半径和速度解得
T1=3T2
当甲粒子第一次到达y轴(y1=l)时，乙粒子第二次到达y轴(y2=3l)，如图所示
两粒子相距
d1=y2−y1=3l−l=2l
此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿y轴多移动
Δd=4l
根据数学知识，可知粒子甲第n次经过y轴时甲乙粒子间的距离为
d=(4n−2)l(n=1,2,3……)；
(4)由于只有电场力做功，当粒子x方向的位移最大时速度最大，此时x轴方向的分速度为零，沿y轴方向的分速度即为合速度，取沿着y轴向下为正方向，对甲粒子根据动定理有
qBvxΔt=mΔvy
即
qBxm=mvm
根据动能定理有
qExm=12mvm2−12mv02
联立解得
vm=(1+ 2)Bqlm。
答：(1)甲粒子进入第四象限时的速度v0为Bqlm；
(2)匀强电场的大小E为B2qlm；
(3)粒子甲第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离d为(4n−2)l(n=1,2,3……)；
(4)甲粒子第一次经过y轴时在第二象限内施加一沿x轴负方向、场强大小与第三象限电场相同的匀强电场，甲粒子的最大速度vm为(1+ 2)Bqlm。
【解析】(1)甲粒子在第四象限中做匀速圆周运动，根据几何知识求解甲粒子做匀速圆周运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解甲粒子进入第四象限时的速度；
(2)甲粒子在第三象限内逆向看为类平抛运动，根据牛顿第二定律求解甲粒子运动的加速度，根据运动学公式联立求解匀强电场的大小；
(3)根据牛顿第二定律求解甲、乙两粒子做匀速圆周运动的轨道半径关系，根据周期公式求解甲、乙两粒子周期关系，根据几何知识求解甲粒子第一次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，同理推导甲粒子第二次到达y轴时的位置，及此时乙粒子到达y轴的位置，并求解相同时间内的乙比甲多移动的距离，根据数学知识求解粒子甲第n次经过y轴时，甲、乙粒子间的距离；
(4)对甲粒子沿y轴方向根据动量定理列式，x轴方向根据动能定理列式，联立求解甲粒子的最大速度。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。