2024届山东省青岛市高三下学期5月模拟物理试卷含答案.pdf

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1、2024 年山东省青岛市高考物理模拟试卷（年山东省青岛市高考物理模拟试卷（5 月份）月份）一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。求。1（3 分）图甲为氢原子的能级图，大量处于第 3 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有 2 种频率的a、b光可让光电管发生光电效应。图丙为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是()A光照强度减小，光电子的最大初动能也减小B

2、图乙中滑片P从O向N端移动过程中，电流表示数逐渐减小Ca光光子的能量为10.2eVD光电管中金属的逸出功为2.25eV2（3 分）某人骑电动车，在距离十字路口停车线6m处看到信号灯变红，立即刹车，做匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第1s的位移是最后1s位移的 5 倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是()A刹车时间为2sB刹车的加速度大小为22/m sC中间时刻的速度大小为2/m sD中间位置的速度大小为2/m s3（3 分）一定质量的理想气体由a状态开始，经历abca过程，其图像如图，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已知a、c两状态

3、下气体的温度相同，ab过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是()A气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量Bab过程中气体内能变化量的绝对值大于QCbc过程中气体从外界吸收的热量为00152p VDabca整个过程中气体对外界做功为零4（3 分）2023 年 12 月 26 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号上面级，成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。长征三号乙运载火箭与上面级脱离后，上面级继续推动卫星运动，直接将卫星送到预定工作轨道，然后上面级与卫星分离，为避免影响卫星的运行，上面级继续点火抬高轨道进入轨道，轨道与轨道均可视为圆形

4、轨道。根据上述信息，下列说法正确的是()A卫星在轨道运行的速度大于第一宇宙速度B上面级在轨道运行的周期小于卫星在轨道运行的周期C上面级在轨道上的加速度小于卫星在轨道上的加速度D上面级在轨道上受到的万有引力小于卫星在轨道上受到的万有引力5（3 分）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是()A圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的B圆环状条纹间距不相等，越往外条纹间距越宽C换用曲率半径更大的透镜，

5、可以看到条纹将变密集D改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集6（3 分）如图甲所示，质量1mkg的物体静止在水平地面上，0t 时刻对物体施加一个水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210/m s。下列说法正确的是()A4ts时物体的速度最大B7ts时物体的动能为40.5JC0 4s内物体的平均速度大小为2.25/m sD0 4s内物体所受摩擦力的冲量大小为4N s7（3 分）直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，如图为特高压输电示意图，升压变压器1T、降压变压器

6、2T均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻10R，2T匝数之比34:53:25nn。结合图中信息，下列说法正确的是()A图中“500kV”指交流电的峰值B直流输电线损失的电压为40kVC输电功率为94.24 10 WD当用户负载增加时，用户端增加的功率大于1T输出端增加的功率8（3 分）如图所示，质量相等的物体a和b用劲度系数100/kNm的轻弹簧连接，b放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与a连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮1O、2O与小球c连接，c套在倾角37的光滑轻杆上，F点为轻杆的底端，开始时小球c处于轻杆的E点，连接c的轻绳处于水平状态，此时

7、物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称，且2O PEF，已知物体a和b的质量均为3kg，小球c的质量为1.5kg，2|1.0O Em，g取210/m s，sin370.6，弹簧的弹性势能为21(2pEkxx为弹簧的形变量）。小球c从E点由静止释放到达F点的过程中，下列说法正确的是()A物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒B小球c到达P点时，物体a的速度不为 0C小球c到达P点时，小球c的机械能增加了16JD小球c刚到达F点时，a的动能为9.6J二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要

8、求，分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9（4 分）以下说法正确的是()A泊松亮斑是由光的衍射形成的B将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹间距会变大C用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光D为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理10（4 分）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的边缘放置一个质量

9、为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是()A物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反B物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为2mgrWC继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上D继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为5dr11（4 分）两等量正点电荷（图中未画出）。在其连线的垂面

10、上有P、M三个点，O为两电荷连线的中点，如图，下列说法正确的是()AM、N两点的电场强度大小相等BP、N两点的电场强度的大小一定不相等C给电子某一初速度，它能沿图中的圆做匀速圆周运动D负检验电荷从P点沿直线移动到N点过程中，电势能先增大后减小12（4 分）如图，质量分别为1amkg和2bmkg的金属棒a、b，垂直放在足够长的水平光滑导轨MNM N 和PQP Q 上，左右两部分导轨间距分别为0.5m和1m。磁感应强度大小均为10BT，左侧方向竖直向下，右侧方向竖直向上。两金属棒的电阻均与长度成正比，不计导轨电阻。开始时b在M P 位置，a在NQ位置，绕过足够远的光滑定滑轮的绝缘细线连接b和质量为

11、3cmkg的物块c，最初c距地面的高度2.4hm。c由静止开始下落，落地后不反弹，c落地时a、b速率之比:1:2abvv，c下落过程中，b棒上产生的焦耳热为20J。a、b运动过程中和导轨接触良好，210/gm s。下列说法正确的是()A物块c落地时，a棒的速度大小为4/m sB物块c落地后，b棒的最终速度大小为4/m sC从c落地到a、b匀速运动过程中，a产生的热量为2JD从c开始运动到落地的过程中通过b棒的电荷量为0.4C三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。13（9 分）实验室有一块一侧有反光涂层的矩形玻璃砖，它的长宽比为2:1，某同学用激光笔测量该

12、玻璃砖的折射率。由于缺少标准测量工具，该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大，通过对折产生折痕对纸张进行等分，将纸张变为测量工具。（1）用纸张折痕确定法线，调整激光笔的位置如图所示，AO为入射光线，光线通过玻璃砖从B点射出，可知玻璃砖的折射率为n（可用分数、小数及根号表示）；（2）激光在这种玻璃砖中发生全反射临界角的正弦值sinC；（3）在本实验中，下列方法最能有效减小实验误差的是（单选，填选项序号）。A仅适当增大光线的入射角B仅适当减小光线的入射角C仅适当增加纸张的等分折痕D仅适当减少纸张的等分折痕14（12 分）智能手机中大都配置有气压传感器，某种气压传感器主要传感元件是一个对气体压强敏感的薄膜，

13、它连接一个柔性电阻器，当气压传感器所处环境气压变化时，这个薄膜变形，柔性电阻器的阻值也随之发生变化。已知某气压传感器的阻值变化范围为一百欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究其阻值xR随气压p变化的规律，实验室提供了如下器材可供选择：A气压传感器，一个标准大气压下阻值约为200B直流电源，电动势6V，内阻不计C电流表1A量程为50mA，内阻不计D电流表2A量程为150mA，内阻不计E电压表V，量程为3V，内阻为3kF定值电阻03RkG滑动变阻器R，最大电阻值约为20H开关S与导线若干（1）请根据给定的实验器材在虚线框内画出实验电路图，在图上标注出元件符号。(R、0R、V、1A或2)A（

14、2）将实物连线图补充完整。（3）当气压传感器所处环境气压为p时，闭合开关S，测得两个电表的读数分别为U和I，则气压传感器的阻值xR。（4）改变环境压强p的大小，测得不同的值xR，绘成图像如图所示，由图可得阻值xR和压强p的函数关系式为xR。15（6 分）如图，哈勃瓶是一个底部开有圆孔、瓶颈很短的平底大烧瓶。在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，体积为0V，是气球中气体体积的两倍，气体的压强都为大气压强0p。（1）在一次实验中，保持温度不变，用打气筒对气球充气，当瓶内气体体积由0V减小V时，压强增大20%。求瓶内气体体积由0

15、V减小 2V时，体积减小前后瓶内气体压强的比值。（2）另一次实验中，每充一次气都能把体积为00.4V、压强为0p的气体充进气球内，气球缓慢膨胀过程中，认为气球内和瓶内气体压强近似相等，保持温度不变，当瓶内外压强差102pp时，橡皮塞会被弹出。求向气球内至少充气几次，橡皮塞被弹出？16（9 分）如图，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45，虚线OM右上侧和第一象限为区域I，I内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线OM左下侧和第三象限为区域，内存在垂直xOy平面向外、磁感应强度为12B的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度0v射入磁场，不计粒子重力。

16、求：（1）粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间；（2）粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标；（3）粒子第2n次通过OM直线时与O点的距离表达式。（其中1n，2，3)17（12 分）如图，电力工人在倾角37的山坡上架设电线，竖直电线杆高40hm，工人将拖线器（拖线器为一连接细线的重物）抛出，拖线器恰好能够越过电线杆顶端，忽略空气阻力、人的身高和细线质量，210/gm s。求：（1）拖线器抛出时的最小速度大小及方向；（2）拖线器抛出点到电线杆底部的距离；（3）拖线器在山坡上的落点到电线杆底部的距离。18（12 分）如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而

17、静止在光滑水平面上。现给中间的小球B一个水平初速度0v，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长。求：（1）当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度。（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度。（3）运动过程中小球A的最大动能KAE和此时两根绳的夹角。（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小。2024 年山东省青岛市高考物理模拟试卷（年山东省青岛市高考物理模拟试卷（5 月份）月份）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 24 分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要分，

18、在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。求。1（3 分）图甲为氢原子的能级图，大量处于第 3 能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有 2 种频率的a、b光可让光电管发生光电效应。图丙为a、b光单独照射光电管时产生的光电流I与光电管两端电压U的关系图线。下列说法正确的是()A光照强度减小，光电子的最大初动能也减小B图乙中滑片P从O向N端移动过程中，电流表示数逐渐减小Ca光光子的能量为10.2eVD光电管中金属的逸出功为2.25eV【答案】D【分析】根据爱因斯坦光电效应方程判断；根据乙图电路的特点判断；根据图丙分析遏止电压，再结合玻尔理论判断光子的能

19、量；由光电效应方程判断。【解答】解：A、根据光电效应方程0kmEhW可知，光电子的最大初动能与光的强度无关，故A错误；B、乙图中，电源的右侧为正极，当中滑片P从O向N端移动过程中，光电管所加电压为正向电压，所以电流表示数不会减小，故B错误；CD、大量处于3n 激发态的氢原子向低能级跃迁时，光线发射器中发出的三种光子的能量分别为：31311.51(13.6)12.09EEEeVeVeV 21213.40(13.6)10.2EEEeVeVeV 32321.51(3.40)1.89EEEeVeVeV 用这些光照射图乙中的光电管，有 2 种频率的a、b光可让光电管发生光电效应，由图丙，a光遏止电压大于

20、b光遏止电压，根据光电效应方程0kmEhW和ckmeUE得a光子能量大于b光子能量，则a光子能量等于31E，为氢原子从3n 能级跃迁到1n 能级时发出的光，能量值为为12.09eV；b光子能量等于21E，为氢原子从2n 能级跃迁到1n 能级时发出的光，能量值为10.2eV；对 于b光，根 据 光 电 效 应 方 程0kmEhW可 知，光 电 管 中 金 属 的 逸 出 功 为02110.27.952.25kmcbWhEEeUeVeVeV，故C错误，D正确。故选：D。【点评】掌握爱因斯坦光电效应方程和原子能级跃迁规律即可正确解答。2（3 分）某人骑电动车，在距离十字路口停车线6m处看到信号灯变红

21、，立即刹车，做匀减速直线运动，电动车刚好在停止线处停下。已知电动车在减速过程中，第1s的位移是最后1s位移的 5 倍，忽略反应时间。下列关于电动车的刹车过程说法正确的是()A刹车时间为2sB刹车的加速度大小为22/m sC中间时刻的速度大小为2/m sD中间位置的速度大小为2/m s【答案】C【分析】因为是匀减速直线运动，因此可以假定一个加速度大小数值，结合题中信息即可得出选项中的各信息。【解答】解：根据题中条件已知电动车做匀减速直线运动，假设电动车减速过程中的加速度大小a，减速运动的时间为t，减速前电动车的速度大小为v，刹车过程的位移大小为x。.AB根据运动学公式可知，22vax，212at

22、x，减速过程中，第1s的位移大小为2111(1)2xvsa s，最后1s的位移大小为221(1)2xa s，由题可知，125xx，6xm，联立以上各式即可得24/3am s，4/vm s，3ts，故AB错误；.C假设中间时刻的速度大小为v，则有4(41.5)/2/23tvvam sm s，故C正确；.D假设中间位置的速度大小为v，根据运动学关系可知2022xva ，因此2 2/vm s，故D错误。故选：C。【点评】将多种未知量根据运动学关系列出方程式，通过解方程已解决此类问题。3（3 分）一定质量的理想气体由a状态开始，经历abca过程，其图像如图，ab的延长线过坐标原点O，bc与纵轴平行。已

23、知a、c两状态下气体的温度相同，ab过程中气体向外界放出的热量为Q。下列说法正确的是()A气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的冲量小于在c状态下的冲量Bab过程中气体内能变化量的绝对值大于QCbc过程中气体从外界吸收的热量为00152p VDabca整个过程中气体对外界做功为零【答案】A【分析】根据压强的微观解释分析A；根据热力学第一定律结合气体状态方程分析B，根据图像解得ab过程外界对气体做功，结合热力学第一定律分析CD。【解答】解：.Aa状态气体的体积较大，气体密度较小，又两个状态的温度相同。故气体在a状态下单位时间内对单位面积器壁的作用力较小，冲量较小，故A正确；.Bbc过程体积不变

24、，压强增大。根据pCT可知，气体温度升高，则c状态气体内能大于b状态气体内能，由于a与c状态气体温度相同，内能相等。则b状态气体内能小于a状态气体内能。ab过程气体体积减小，外界对气体做功，根据UQWU为负值，W为正值，故气体放热大于内能的减少量，故B错误；.C由图可知，a状态的气体压强为04p，ab过程外界对气体做功为000000415(4)22ppWVVp Vbc过程中气体体积不变，外界对气体不做功，则气体内能的增加量等于气体吸收的热量，由于a状态与c状态气体内能相等，则bc过程中气体从外界吸收的热量为00152QQp V 故C错误；.D abca整个过程中气体对外界做功等于abc的面积，

25、故D错误。故选：A。【点评】本题考查理想气体状态方程以及热力学定律，要求学生理解并识记相关公式，注意pV图像与坐标轴围成的面积表示气体做功，难度相对较大。4（3 分）2023 年 12 月 26 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭与远征一号上面级，成功发射第五十七颗、五十八颗北斗导航卫星。长征三号乙运载火箭与上面级脱离后，上面级继续推动卫星运动，直接将卫星送到预定工作轨道，然后上面级与卫星分离，为避免影响卫星的运行，上面级继续点火抬高轨道进入轨道，轨道与轨道均可视为圆形轨道。根据上述信息，下列说法正确的是()A卫星在轨道运行的速度大于第一宇宙速度B上面级在轨道运行的周期小于卫星在轨

26、道运行的周期C上面级在轨道上的加速度小于卫星在轨道上的加速度D上面级在轨道上受到的万有引力小于卫星在轨道上受到的万有引力【答案】C【分析】第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度；根据开普勒第三定律分析；根据牛顿第二定律分析；根据万有引力的计算公式比较。【解答】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以卫星在轨道运行的速度小于第一宇宙速度，故A错误；B、因为上面级在轨道的半径大于卫星在轨道上的半径，根据开普勒第三定律32akT可知，上面级在轨道运行的周期大于卫星在轨道运行的周期，故B错误；C、根据2GMmmar可得卫星的加速度大小为，2GMar，因为上面级在轨道的半径大于卫星在轨道上的半径，所以上面级

27、在轨道上的加速度小于卫星在轨道上的加速度，故C正确；D、万有引力大小为2GMmFr，因为不知道上面级和卫星的质量关系，所以它们受到的万有引力大小无法比较，故D错误。故选：C。【点评】熟练掌握万有引力与卫星环绕地球运动的线速度、角速度、向心加速度和周期的关系式是解题的基础。5（3 分）如图所示，将透镜凸起的一面压在表面平整的玻璃板上，让单色光从上方射入，从上往下看透镜，可以看到明暗相间的圆环状条纹。已知透镜凸起面表现为球面，球面的半径叫作这个曲面的曲率半径（曲率半径越大，球面弯曲程度越小）。下列说法正确的是()A圆环状条纹是透镜上下两个表面反射的两列光发生干涉形成的B圆环状条纹间距不相等，越往外

28、条纹间距越宽C换用曲率半径更大的透镜，可以看到条纹将变密集D改用频率更高的单色光照射，可以看到条纹将变密集【答案】D【分析】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。【解答】解：A、圆环状条纹是两个玻璃表面之间的空气膜上下表面反射的两列光引起的薄膜干涉造成的，故A错误；B、光从折射率小的介质射向折射率大的介质时，反射光与入射光相比，有一个相位为突变（相当于反射光比入射光多走了半个波长）因而，某一级亮条纹对应的空气膜厚度应该满足：(21)2

29、2kd，其中0k，1，2。可知条纹宽窄的差异，是空气膜变化率的不同所导致的：变化率越大，光程差半波长的奇偶数倍更替得就越频繁，使得条纹更加密集，从而是条纹看起来更窄。所以圆环状条纹的间距不相等，越往外条纹间距越窄，故B错误；C、结合B的分析可知，若换一个曲率半径更大的凸透镜，仍然相同的水平距离但空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹变稀疏，故C错误；D、若改用频率更高的单色光照射，波长变小，条纹将变密集，故D正确。故选：D。【点评】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。6（3 分）如图甲所示，质量1mkg的物体静止在水平地面上，0t 时刻对物体施加一

30、个水平向右的作用力，作用力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210/m s。下列说法正确的是()A4ts时物体的速度最大B7ts时物体的动能为40.5JC0 4s内物体的平均速度大小为2.25/m sD0 4s内物体所受摩擦力的冲量大小为4N s【答案】B【分析】物体的加速度为 0，速度最大，图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量结合动量定理分析解答。【解答】解：A当0.1 1 101FmgNN 时物体的加速度为 0，速度最大，则7ts时速度最大，故A错误；B由A可知1ts时物体开始运动，7ts时拉力大小为7N，根据图像与坐标轴围成的面积代

31、表F的冲量有1423152IN sN s设向右为正方向，0 7s根据动量定理有Imgtmv其中6ts 动能为212kEmv解得40.5kEJ故B正确；C1 4ss内物体的冲量为1437.52IN sN s 设向右为正方向，0 4s根据动量定理有Imgtmv其中3ts 解得4.5/vm s 物体并非匀变速直线运动，则平均速度大小4.5/2.25/22vvm sm s故C错误；D0 1s物体静止，则0 4s内物体所受摩擦力的冲量大小为FIImgt其中11 10.52FIN sN s 解得3.5IN s 故D错误；故选：B。【点评】本题主要是考查动力的之图象问题，关键是弄清楚Ft图象的面积表示的物理

32、意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据动量定理求解。7（3 分）直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，如图为特高压输电示意图，升压变压器1T、降压变压器2T均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻10R，2T匝数之比34:53:25nn。结合图中信息，下列说法正确的是()A图中“500kV”指交流电的峰值B直流输电线损失的电压为40kVC输电功率为94.24 10 WD当用户负载增加时，用户端增加的功率大于1T输出端增加的功率【答案】B【分析】根据有效值与峰值特点分析A；根据变压器电压与匝数之比的关系结合串

33、联电路电压规律解得B；根据功率的公式解得输电功率；根据动态电路分析方法判断D。【解答】解：A图中“500kV”指交流电的有效值，故A错误；B根据变压器电压与匝数之比的关系有3344UnUn直流输电线损失的电压为23UUU代入数据解得40UkV，故B正确；C输电线的电流为UIR输电功率为2PU I解得94.4 10PW故C错误；D当用户负载增加时，电流增大，则输电线损失的功率增大，可知用户端增加的功率小于1T输出端增加的功率，故D错误；故选：B。【点评】解决本题的关键要掌握：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、

34、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。8（3 分）如图所示，质量相等的物体a和b用劲度系数100/kNm的轻弹簧连接，b放置在地面上，一根不可伸长的轻绳一端与a连接，另一端绕过两个光滑的小定滑轮1O、2O与小球c连接，c套在倾角37的光滑轻杆上，F点为轻杆的底端，开始时小球c处于轻杆的E点，连接c的轻绳处于水平状态，此时物体b恰好对地面没有压力。E、F两点关于P点对称，且2O PEF，已知物体a和b的质量均为3kg，小球c的质量为1.5kg，2|1.0O Em，g取210/m s，sin370.6，弹簧的弹性势能为21(2pEkxx为弹簧的形变量）。小球

35、c从E点由静止释放到达F点的过程中，下列说法正确的是()A物体a、b及小球c组成的系统机械能守恒B小球c到达P点时，物体a的速度不为 0C小球c到达P点时，小球c的机械能增加了16JD小球c刚到达F点时，a的动能为9.6J【答案】C【分析】对照系统机械能守恒条件：只有重力或系统内弹力做功，分析物体a、b及小球c组成的系统机械能是否守恒。根据物体a的速度大小等于小球c沿绳子方向的速度大小，分析小球c到达P点时物体a的速度大小。释放小球c之前，对b受力分析，根据平衡条件求出弹簧的伸长量。小球c到达P点时，根据几何关系求出弹簧的形变量。小球c从E运动到P点的过程，根据a、c和弹簧组成的系统机械能守恒

36、列式，即可求出小球c到达P点时，小球c的机械能增加量。根据系统机械能守恒求小球c刚到达F点时a的动能。【解答】解：A、小球c从E点由静止释放到达F点的过程中，弹簧的弹力要做功，所以物体a、b及小球c组成的系统机械能不守恒，故A错误；B、小球c到达P点时，连接c的轻绳与杆垂直，c沿绳子方向的分速度为 0，则物体a的速度为 0，故B错误；C、释放小球c之前，对b，根据平衡条件有：1bkxm g，解得此时弹簧的伸长量为：10.3xm。小球c到达P点时，22|1.00.60.4O EO Pmmm，则知a下降高度0.4hm，弹簧此时处于压缩状态，压缩量为210.40.30.1xhxmmm根据a、c和弹簧

37、组成的系统机械能守恒可知，小球c到达P点时，小球c的机械能增加量等于弹簧弹性势能减少量与a的重力势能减少量之和，即有221211()22caEkxkxm gh，解得：16cEJ，故C正确；D、设小球c刚到达F点时，a的速度为av，c的速度为cv。当c到达F点时，弹簧的弹性势能与初状态相等，b又回到原位置，根据物体a的速度大小等于小球c沿绳子方向的速度大小，有cos37acvv小球c从E点到F点的整个过程，由a、c和弹簧组成的系统机械能守恒得2211|sin3722caaccm g EFm vm v 小球c刚到达F点时，a的动能为212kaaaEm v又2|2|cos372 1.00.81.6E

38、FO Emm 联立解得：8.08kaEJ，故D错误。故选：C。【点评】本题考查功能关系和能量守恒定律应用，解题关键在于弹簧弹性势能变化的分析，根据几何关系求出弹簧形变量变化即可分析弹性势能的变化。二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，分。在每小题给出的答案中有多个符合题目要求，全部选对的得全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9（4 分）以下说法正确的是()A泊松亮斑是由光的衍射形成的B将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，条纹

39、间距会变大C用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光D为增加透射光的强度，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，使光学系统成像更清晰，这是利用了薄膜前后表面反射光相互干涉的原理【答案】ACD【分析】泊松亮斑是光的衍射现象；根据光的折射定律0n分析波长的变化，结合条纹间距与波长之间的关系Lxd分析条纹间距的变化；偏振光具有的性质是光子的振动具有方向性；镜头上的增透膜是利用光的干涉现象。【解答】解：A泊松亮斑是光绕过障碍物形成的，属于光的衍射现象，故A正确；B将托马斯杨双缝干涉实验装置放进水中，根据光的折射定律0n可知，光的波长变

40、小，结合条纹间距与波长之间的关系Lxd可知条纹间距变小，故B错误；C 用一个偏振片来观察某光源发出的光，在垂直光的传播方向上旋转偏振片时，发现光的强度发生变化，说明该光是偏振光，自然光在各个振动方向上的强度相同，若旋转偏振片时透射光的亮度不变，说明该光是自然光，故C正确；D根据薄膜干涉原理，在眼镜、相机等镜片表面涂有一层“薄膜”，薄膜前后表面反射光相互干涉而消弱，增加透射光的强度，使光学系统成像更清晰，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查光的干涉、衍射与偏振的原理，掌握干涉条纹间距公式的内容，注意理解增透膜的原理。10（4 分）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可转动的同心圆盘，圆盘的

41、边缘放置一个质量为m的物块，物块与圆盘、物块与餐桌面间的动摩擦因数均为。从静止开始缓慢增大圆盘转动的角速度至物块恰好要发生相对滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，物块可视为质点，下列说法正确的是()A物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力与速度方向相反B物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为2mgrWC继续增大圆盘转动的角速度，物块由于受到一个大于向心力的离心力作用而从圆盘滑动到餐桌面上D继续增大圆盘转动的角速度，物块从圆盘滑动到餐桌面上，若物块最终停在餐桌面边沿，忽略圆盘和餐桌面的高度差，可求出餐桌面的直径为5dr【答案】BD【分析】物块随圆盘转动的过程中

42、，分析圆盘对物块的径向摩擦力和切向摩擦力的作用，再分析圆盘对物块的摩擦力与速度方向的关系；物块恰好要发生相对滑动时，由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时物块的速度，再根据动能定理求圆盘对物块的摩擦力做功大小；继续增大圆盘转动的角速度，物块做圆周运动所需的向心力增大，结合离心运动的条件分析物块滑动的原因；根据动能定理求出物块在桌面上滑行的距离，由几何关系求出餐桌面的直径。【解答】解：A、物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的径向摩擦力提供向心力，圆盘对物块的切向摩擦力使物块加速，所以圆盘对物块的摩擦力方向与速度方向并不相反，故A错误；B、物块恰好要发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：2v

43、mgmr物块随圆盘转动的过程中，圆盘对物块的摩擦力做功大小为2122mgrWmv，故B正确；C、继续增大圆盘转动的角速度，物块做圆周运动所需的向心力增大，由于圆盘提供的向心力小于物块做圆周运动所需的向心力，所以物块从圆盘滑动到餐桌面上，故C错误；D、物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示。物块在桌面上滑行过程，由动能定理可得212mgxmv 解得物块在桌面上滑行的距离为：2rx 餐桌面的直径为2222222()52rdRrxrr，故D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查动能定理的应用，在做题时要注意物块从圆盘滑落下去，沿切线方向做匀减速直线运动。11（4 分）两等量正点电荷（图中未画出）

44、。在其连线的垂面上有P、M三个点，O为两电荷连线的中点，如图，下列说法正确的是()AM、N两点的电场强度大小相等BP、N两点的电场强度的大小一定不相等C给电子某一初速度，它能沿图中的圆做匀速圆周运动D负检验电荷从P点沿直线移动到N点过程中，电势能先增大后减小【答案】AC【分析】根据等量同种电荷的电场线分布分析M、N两点以及P、N两点的电场强度大小关系；分析电子的受力情况，判断电子能否沿图中的圆做匀速圆周运动；分析电场力做功情况判断电势能的变化情况。【解答】解：A、根据等量正点电荷的电场线分布可知，M、N点的电场强度如图所示。根据对称性可知，M、N两点的电场强度大小相等，但P、N两点的电场强度的

45、大小不一定相等，故A正确，B错误；C、圆上所有点的电势相等，且电场方向背离圆心O，所以电子在圆周上受到的电场力指向圆心O，当速度大小合适，恰好由电场力提供向心力时，电子可以能沿图中的圆做匀速圆周运动，故C正确；D、由题意可知，电场线的方向背离圆心，负检验电荷从P点沿直线移动到N点过程中，电场力先做正功再做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查根据等量同种电荷的电场线分布及等势面特点，明确电子的受力情况，来分析其运动情况。12（4 分）如图，质量分别为1amkg和2bmkg的金属棒a、b，垂直放在足够长的水平光滑导轨MNM N 和PQP Q 上，左右两部分导轨间距分别

46、为0.5m和1m。磁感应强度大小均为10BT，左侧方向竖直向下，右侧方向竖直向上。两金属棒的电阻均与长度成正比，不计导轨电阻。开始时b在M P 位置，a在NQ位置，绕过足够远的光滑定滑轮的绝缘细线连接b和质量为3cmkg的物块c，最初c距地面的高度2.4hm。c由静止开始下落，落地后不反弹，c落地时a、b速率之比:1:2abvv，c下落过程中，b棒上产生的焦耳热为20J。a、b运动过程中和导轨接触良好，210/gm s。下列说法正确的是()A物块c落地时，a棒的速度大小为4/m sB物块c落地后，b棒的最终速度大小为4/m sC从c落地到a、b匀速运动过程中，a产生的热量为2JD从c开始运动到

47、落地的过程中通过b棒的电荷量为0.4C【答案】CD【分析】根据金属棒a、b的有效长度关系确定两棒电阻关系，两棒串联，根据焦耳定律分析产生的焦耳热关系，求出物块c下落过程中a棒上产生的焦耳热，再根据能量守恒定律和:1:2abvv 求解物块c触地时两棒的速度大小；物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，由此得到两棒匀速运动的速度关系，对两棒分别应用动量定理列式，从而求得两棒匀速运动的速度；再根据能量守恒定律求系统产生的热量，即可求得a产生的热量；从开始运动到c棒落地的过程中，通过两棒的电流相等，用电流平均值的方

48、法结合动量定理求通过b棒的电荷量。【解答】解：A、设金属棒a、b的有效长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R。金属棒a、b串联，在任何时刻电流均相等，b棒上产生的焦耳热220QJ，根据焦耳定律2QI Rt可知a棒上产生的焦耳热为21201022QQJJ根据能量守恒定律有：221211()22caabcbm ghm vmm vQQ由题意可知:1:2abvv 解得物块c落地时a、b的速度为2/avm s，4/bvm s，故A错误；B、物块c落地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，最终电路中电流为零时两棒做匀速运动，则两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，即有2abBLvBLv 得2abv

49、v 对两棒，分别取两棒运动方向为正方向，由动量定理，有aaaaBILtm vm v2b bbBILtm vmv解得：4/avm s，2/bvm s，即b棒的最终速度大小为2/m s，故B错误；C、从物块c落地到a、b匀速运动过程中，根据能量守恒定律可知系统产生的热量为222211112222aabbaabbQm vm vm vm v 总解得：6QJ总a产生的热量为16223aRQQJJRR总，故C正确；D、c从开始运动到落地的过程中，对a，取向左为正方向，由动量定理有0aaBILtm v又qIt解得0.4qCa与b串联，电流相等，相同时间通过的电荷量相等，所以从c开始运动到c落地过程中通过b棒

50、的电荷量为0.4C，故D正确。故选：CD。【点评】本题是双杆问题，要注意本题中两棒组成的系统合外力不等于零，不能根据动量守恒定律求两棒匀速运动的速度，而要对两棒分别利用动量定理列式来求解。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。13（9 分）实验室有一块一侧有反光涂层的矩形玻璃砖，它的长宽比为2:1，某同学用激光笔测量该玻璃砖的折射率。由于缺少标准测量工具，该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大，通过对折产生折痕对纸张进行等分，将纸张变为测量工具。（1）用纸张折痕确定法线，调整激光笔的位置如图所示，AO为入射光线，光线通过玻璃砖从B点射出，可知玻璃砖的折射率为n