2024年山東省青島市高考物理二模試卷及答案

試題PAGE1試題2024年山東省青島市高考物理二模試卷一、單選題（24分）1．（3分）核污水中含有多種放射性成分，其中有一種難以被清除的同位素氚（H），可能引起基因突變。其衰變方程為H→X+e，H的半衰期為12.5年，下列說(shuō)法正確的是（）A．原子核X是He B．H衰變的本質(zhì)是由強(qiáng)相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子 C．1mg的H經(jīng)25年的衰變后，H還剩0.25mg D．將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期變長(zhǎng)，放射性變?nèi)?．（3分）“抖空竹”是中國(guó)傳統(tǒng)的體育活動(dòng)之一。現(xiàn)將抖空竹中的一個(gè)變化過(guò)程簡(jiǎn)化成如圖所示模型：不可伸長(zhǎng)的輕繩系于兩根輕桿的端點(diǎn)位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在輕繩上。接下來(lái)做出如下動(dòng)作，左手抬高的同時(shí)右手放低，使繩的兩個(gè)端點(diǎn)沿豎直面內(nèi)等腰梯形的兩個(gè)腰（梯形的上下底水平）勻速移動(dòng)，即兩端點(diǎn)分別自A、C兩點(diǎn)，沿AB、CD以同樣大小的速度勻速移動(dòng)，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則在變化過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．左右兩繩的夾角增大 B．左右兩繩的夾角減少 C．輕繩的張力變大 D．輕繩的張力大小不變3．（3分）保險(xiǎn)絲對(duì)保護(hù)家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，A是熔斷電流為1A的保險(xiǎn)絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，交變電壓U＝220V，保險(xiǎn)絲電阻1Ω，R是用可變電阻。當(dāng)電路正常工作時(shí)，則下列說(shuō)法正確的是（）A．可變電阻R不能大于54.75Ω B．可變電阻R越大，其消耗的功率越小 C．通過(guò)可變電阻R的電流不能超過(guò)0.5A D．增加原線圈匝數(shù)，保險(xiǎn)絲可能熔斷4．（3分）水平放置的兩金屬板，板長(zhǎng)為0.2m，板間距為0.15m，板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為2×103V/m，兩板的左端點(diǎn)MN連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.2T，方向垂直紙面向里。一比荷為1×106C/kg正電粒子以初速度v0緊靠上極板從右端水平射入電場(chǎng)，隨后從磁場(chǎng)射出。則（）A．當(dāng)v0＝1×104m/s時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小 B．當(dāng)v0＝2×104m/s時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小 C．當(dāng)v0＝×104m/s時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距M點(diǎn)的距離最小 D．當(dāng)v0＝2×104m/s時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距M點(diǎn)的距離最小5．（3分）如圖所示，在半徑為R、圓心為O的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電荷量為﹣q、質(zhì)量為m的粒子（不計(jì)所受重力）從O點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，均從OC段射出磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為 B．粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為6．（3分）一輛汽車在平直公路上由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后保持勻速運(yùn)動(dòng)。已知汽車在啟動(dòng)后的第2s內(nèi)前進(jìn)了6m，第4s內(nèi)前進(jìn)了13.5m，下列說(shuō)法正確的是（）A．汽車勻加速時(shí)的加速度大小為6m/s2 B．汽車在前4s內(nèi)前進(jìn)了32m C．汽車的最大速度為14m/s D．汽車的加速距離為20m7．（3分）如圖所示，質(zhì)量為0.8kg的物體靜止在足夠大的粗糙水平地面上，某時(shí)刻對(duì)物體施加一斜向上、大小為5N、與水平方向成θ角的恒定拉力，物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第2s末速度增加到5m/s，取重力加速度大小g＝10m/s2，sinθ＝0.6。下列說(shuō)法正確的是（）A．前2s內(nèi)拉力的平均功率為20W B．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5 C．前2s內(nèi)物體與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量為10J D．若物體運(yùn)動(dòng)2s后撤去拉力，則物體沿地面運(yùn)動(dòng)的總位移為15m8．（3分）如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A靜止在固定傾角θ＝30°的斜面上，現(xiàn)對(duì)物塊A施加一大小為mg的水平力F，物塊A仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊A有沿斜面向下滑動(dòng)的趨勢(shì) B．斜面對(duì)物塊A的摩擦力大小為 C．斜面對(duì)物塊A的支持力大小為 D．斜面對(duì)物塊A的作用力與豎直方向的夾角為45°二、多選題（16分）（多選）9．（4分）滑板運(yùn)動(dòng)已經(jīng)成為亞運(yùn)會(huì)中備受矚目的一項(xiàng)比賽項(xiàng)目，它不僅代表了一種獨(dú)特的文化，還展現(xiàn)了競(jìng)技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運(yùn)動(dòng)中，小孩（可看作質(zhì)點(diǎn)）與滑板以相同初速度v0＝6m/s一起滑上斜面體，整個(gè)過(guò)程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.6，滑板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，小孩質(zhì)量m1＝25kg，滑板質(zhì)量m2＝1kg，斜面體質(zhì)量m3＝10kg，斜面傾角θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，則在上滑過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．小孩與滑板之間的摩擦力大小為120N B．小孩沿斜面滑行的最遠(yuǎn)距離為1.8m C．地面對(duì)斜面的支持力大小為360N D．地面對(duì)斜面的摩擦力大小為208N（多選）10．（4分）如圖所示，多匝正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的轉(zhuǎn)軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在線圈外接一含有理想升壓變壓器的電路，四個(gè)電表均為理想交流電表，電路中除滑動(dòng)變阻器R和線圈abcd以外的電阻均不計(jì)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)（）A．電流表A1的示數(shù)變小 B．電流表A2的示數(shù)變大 C．電壓表V1的示數(shù)變小 D．電壓表V2的示數(shù)變大（多選）11．（4分）某一沿x軸方向的靜電場(chǎng)，電勢(shì)φ在x軸上的分布情況如圖所示，B、C是x軸上的兩點(diǎn)。一負(fù)電荷僅在電場(chǎng)力的作用下從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，該負(fù)電荷在（）A．O點(diǎn)的速度最大 B．B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在C點(diǎn)受到的電場(chǎng)力 C．B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小于在C點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 D．B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能（多選）12．（4分）某顆人造航天器在地球赤道上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同（人造航天器周期小于地球的自轉(zhuǎn)周期），經(jīng)過(guò)時(shí)間t（t小于航天器的繞行周期），航天器運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，航天器與地球的中心連線掃過(guò)的角度為θ，引力常量為G，地球的同步衛(wèi)星的周期為T，下列說(shuō)法正確的是（）A．地球的半徑為 B．地球的質(zhì)量為 C．地球的第一宇宙速度為 D．航天器相鄰兩次距離南海最近的時(shí)間間隔為三、實(shí)驗(yàn)題（14分）13．（6分）利用如圖甲所示的電路測(cè)量某微安表的內(nèi)阻，并將其改裝成量程為0～1mA的電流表，實(shí)驗(yàn)室提供以下器材：A．微安表G1（量程為0～50μA，內(nèi)阻約為5000Ω）；B．微安表G2（量程為0～100μA，內(nèi)阻約為2000Ω）；C．定值電阻R1（阻值為5000Ω）；D．滑動(dòng)變阻器R2（阻值范圍為0～20Ω）；E．干電池E（電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，內(nèi)阻很小）；F．開(kāi)關(guān)S及導(dǎo)線若干。（1）按如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行測(cè)量，測(cè)得G1的示數(shù)為I1，G2的示數(shù)為I2，改變滑動(dòng)變阻器R2的滑片的位置，得到多組I1和I2的數(shù)值，以I1為縱坐標(biāo)、I2為橫坐標(biāo)，畫出I1﹣I2的圖像為過(guò)原點(diǎn)、斜率為k的直線，則微安表G1的內(nèi)阻Rg＝（用k、R1表示）；（2）給微安表G1并聯(lián)一個(gè)定值電阻改裝成量程為0～1mA的電流表，用標(biāo)準(zhǔn)電流表A與其串聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)。當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表A的示數(shù)為0.51mA時(shí)，微安表G1的示數(shù)如圖乙所示，其示數(shù)為μA，則改裝后的電流表實(shí)際量程為0～mA。14．（8分）如圖1，某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)?；瑝KA和滑塊B的質(zhì)量（包括遮光條）分別為m1和m2。實(shí)驗(yàn)中彈射裝置每次給A的初速度均相同，B初始處于靜止?fàn)顟B(tài)。A的遮光條兩次通過(guò)光電門1的擋光時(shí)間分別為Δt1、Δt3，B的遮光條通過(guò)光電門2的擋光時(shí)間為Δt2。（1）打開(kāi)氣泵，先取走滑塊B，待氣流穩(wěn)定后將滑塊A從氣墊導(dǎo)軌右側(cè)彈出，測(cè)得光電門1的擋光時(shí)間小于光電門2的擋光時(shí)間，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)左側(cè)底座旋鈕，使軌道左端（填“升高”或“降低”）一些。（2）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d如圖2所示，其讀數(shù)為mm；（3）經(jīng)測(cè)量滑塊A、B上的遮光條寬度相同，則驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式為：（用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示）；（4）本實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差與下列哪些因素有關(guān)。（填正確答案標(biāo)號(hào)）A．氣墊導(dǎo)軌沒(méi)有調(diào)成水平狀態(tài)B．遮光條寬度不夠窄C．測(cè)量滑塊質(zhì)量時(shí)未計(jì)入遮光條質(zhì)量四、解答題（共46分）15．（7分）根據(jù)氣象報(bào)道，我國(guó)北方有些地區(qū)春秋季晝夜溫差可以達(dá)到30℃以上。北方某城市某日白天最高氣溫高達(dá)37℃，夜晚最低氣溫低至7℃。該城市某無(wú)人居住的房間內(nèi)溫度與外界環(huán)境溫度相同，房間內(nèi)的空氣視為理想氣體，且白天最高氣溫時(shí)空氣的密度為。熱力學(xué)溫度T與攝氏溫度t的關(guān)系為T＝t+273K，晝夜大氣壓強(qiáng)保持不變，求：（1）若房間密閉，房間內(nèi)晝夜空氣壓強(qiáng)的最大比值；（2）若房間與大氣連通，房間內(nèi)晝夜空氣密度的最大值。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）16．（9分）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長(zhǎng)且上表面絕緣的小車，將帶負(fù)電荷、電荷量q＝0.5C，質(zhì)量是m′＝0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量M＝0.08kg，滑塊與絕緣板間的動(dòng)擦因數(shù)μ＝0.4，它們所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開(kāi)始時(shí)小車和滑塊靜止，一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)L＝0.8m，一端固定在O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量m＝0.04kg的小球相連，把小球從水平位置由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小車相撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后小球恰好靜止，g取10m/s2。求：（1）與小車碰撞前小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力F；（2）小球與小車碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q。17．（14分）如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)存在+y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限﹣（2n+1）≤y≤﹣nL（n＝0，1，2，3，4，5）范圍內(nèi)存在垂直xOy平面向里，大小為B＝的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電量為﹣q質(zhì)量為m的粒子，以初速度v0從P（0，2L）點(diǎn)沿+x方向垂直射入電場(chǎng)，粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)至Q（4L，0）點(diǎn)進(jìn)入第四象限，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)重力。求：（1）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大?。唬?）粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與PQ連線的最大距離；（3）粒子進(jìn)入第四象限后與x軸的最大距離。18．（16分）如圖所示，有5個(gè)大小不計(jì)的物塊1、2、3、4、5放在傾角為θ的足夠長(zhǎng)斜面上，其中物塊1的質(zhì)量為m，物塊2、3、4、5的質(zhì)量均為2m，物塊1與斜面間光滑，其他物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ。物塊2、3、4、5的間距均為L(zhǎng)，物塊1、2的間距為。開(kāi)始時(shí)用手固定物塊1，其余各物塊都靜止在斜面上?，F(xiàn)在釋放物塊1，使其自然下滑并與物塊2發(fā)生碰撞，接著陸續(xù)發(fā)生其他碰撞。假設(shè)各物塊間的碰撞時(shí)間極短且都是彈性碰撞，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：（1）物塊1、2第一次碰后瞬間的速度大??；（2）從釋放物塊1到物塊1、2發(fā)生第五次碰撞所需時(shí)間；（3）從釋放物塊1到物塊1、2發(fā)生第五次碰撞所有物塊與斜面間摩擦產(chǎn)生的總熱量。

2024年山東省青島市高考物理二模試卷參考答案與試題解析一、單選題（24分）1．【解答】解：A．根據(jù)電荷數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知原子核是，故A錯(cuò)誤；B．衰變的本質(zhì)是由弱相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子，故B錯(cuò)誤；C．的半衰期為12.5年，1mg的經(jīng)25年的衰變后即經(jīng)過(guò)兩個(gè)半衰期，還剩0.25mg，故C正確；D．半衰期只由原子核自身決定，將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期不變，放射性不變，故D錯(cuò)誤。故選：C。2．【解答】解：對(duì)空竹受力分析，如圖所示同一根繩子拉力處處相等，所以F1＝F2在水平方向空竹共點(diǎn)力平衡，設(shè)F與水平方向的夾角為α，F(xiàn)2與水平方向的夾角為β，有F1cosα＝F2cosβ所以α＝β所以兩根繩與豎直方向的夾角相等為θ，則2F1cosθ＝mg解得F1＝兩端點(diǎn)沿AB、CD以同一速度勻速移動(dòng)，移動(dòng)的過(guò)程有的位移大小相等，兩端點(diǎn)在水平方向上的距離不變，所以θ不變，從而得出F1和F2均不變，且兩者大小相等，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。3．【解答】解：AB．將保險(xiǎn)絲電阻看成交變電源內(nèi)阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗的功率，設(shè)原線圈等效電阻為R1，根據(jù)輸出功率等于輸入功率，以及原、副線圈電流和匝數(shù)的關(guān)系則有聯(lián)立可得當(dāng)電路正常工作時(shí)，原線圈電流I1≤1A，則即R1＝4R≥219Ω所以R≥54.75Ω根據(jù)電源輸出功率的特點(diǎn)可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗的功率越小，故B正確，A錯(cuò)誤；C．設(shè)電阻R為r時(shí)，原線圈中電流剛好達(dá)到熔斷電流，即I1＝1A，根據(jù)代入數(shù)值解得副線圈的電流I2＝2A即通過(guò)可變電阻R的電流不能超2A；故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)可知相當(dāng)于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險(xiǎn)絲不會(huì)熔斷，故D錯(cuò)誤；故選：B。4．【解答】解：AB．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度最小，則粒子在從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v與水平方向的夾角為θ，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有，水平方向L＝v0t豎直方向y＝at2加速度代入數(shù)據(jù)解得a＝2×109m/s2而vy＝at則tanθ＝可得y＝0.1tanθ根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系式可得而v＝聯(lián)立以上各式可得可知，當(dāng)θ＝45°時(shí)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有最小速度此時(shí)v0＝vcos45°代入數(shù)據(jù)解得v0＝2×104m/s故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)以上分析可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，進(jìn)入磁場(chǎng)后粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)后從MN邊界離開(kāi)磁場(chǎng)，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bqv＝可得R＝根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置與射出磁場(chǎng)的位置之間的距離為L(zhǎng)′＝2Rcosθ代入數(shù)據(jù)解得L′＝則離M點(diǎn)的距離為Δy＝y(tǒng)+L′代入數(shù)據(jù)解得Δy＝可知，當(dāng)θ＝45°時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置距M點(diǎn)的距離最小，根據(jù)以上分析可知，當(dāng)θ＝45°時(shí)v0＝2×104m/s故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。5．【解答】解：如圖所示，當(dāng)離子軌跡與半圓形邊界相切時(shí)，離子軌跡半徑最大，則由幾何關(guān)系有：由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：變形可得粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為：粒子在磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)一周，那么運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為：tmax＝T＝＝＝，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。6．【解答】解：A、汽車在啟動(dòng)后的第2s內(nèi)前進(jìn)了6m，即可得a＝4m/s2，故A錯(cuò)誤；BCD．由于汽車從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)位移之比為1：3：5：7……，第2s內(nèi)前進(jìn)了6m，則第3s內(nèi)前進(jìn)10m，第4s內(nèi)前進(jìn)14m，但實(shí)際汽車在第4s內(nèi)前進(jìn)了13.5m，由此可知，汽車在第4s內(nèi)的某一時(shí)刻達(dá)到最大速度，開(kāi)始勻速。由于3s末的速度v3＝at3＝4×3m/s＝12m/s第4s內(nèi)的位移：又：t+t′＝1s；vm＝v3+at解得：vm＝14m/s，t＝t′＝0.5s由以上分析可知，汽車在3.5s達(dá)到最大速度，所以加速階段的位移為前4s內(nèi)的位移為故BD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。7．【解答】解：A、前2s內(nèi)物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力的平均功率為，故A錯(cuò)誤；B、前2s內(nèi)物體加速度為根據(jù)牛頓第二定律得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma解得物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，故B錯(cuò)誤；C、前2s內(nèi)物體位移為x1＝＝m＝5m物體與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ（mg﹣Fsinθ）x1，解得：Q＝10J，故C正確；D、若物體運(yùn)動(dòng)2s后撤去拉力，則物體的加速度大小為a′＝＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2則物體沿地面運(yùn)動(dòng)的總位移為，故D錯(cuò)誤。故選：C。8．【解答】解：AB、對(duì)物塊受力分析假設(shè)摩擦力方向沿斜面向下，在沿斜面方向上有：mgsinθ+f＝Fcosθ，解得f＝mg＞0，說(shuō)明摩擦力方向沿斜面向下，所以物塊有向上滑動(dòng)的趨勢(shì)，故AB錯(cuò)誤；C、在垂直斜面方向上有：mgcosθ+Fsinθ＝N，解得N＝mg，故C錯(cuò)誤；D、斜面對(duì)物塊的作用力包括支持力和摩擦力，兩個(gè)力的合力大小為F'＝＝＝在水平方向上，F(xiàn)'與F平衡，有：mgsinα＝mg，解得α＝45°，故D正確；故選：D。二、多選題（16分）9．【解答】解：A．μ1＞μ2，小孩和滑板相對(duì)靜止一起做勻減速運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，利用整體法，對(duì)小孩和滑板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律（m1+m2）gsinθ+μ2（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a解得a＝10m/s2方向沿斜面向下。對(duì)小孩分析，假設(shè)小孩和滑板間的摩擦力為f，有f+m1gsinθ＝m1a解得f＝100N故A錯(cuò)誤；B．由速度—位移公式可得x＝，解得x＝1.8m故B正確；C．以小孩、滑板和斜面體整體為研究對(duì)象，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，根據(jù)正交分解有，向右和向下的分加速度大小分別為ax＝acosθay＝asinθ根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可知，在豎直方向有（m1+m2+m3）g﹣FN＝（m1+m2）ay解得FN＝204N故C錯(cuò)誤；D．地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力，其大小為f2＝（m1+m2）ax，解得f2＝208N故D正確。故選：BD。10．【解答】解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路阻值增大，把變壓器和滑動(dòng)變阻器看成一個(gè)等效電阻，則有：可知等效電阻增大；設(shè)線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，線圈內(nèi)阻為r，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：可知理想變壓器原線圈電流I1減小，即電流表A1的示數(shù)變小，故A正確；C、由于發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻分到的內(nèi)電壓減小，理想變壓器原線圈的輸入電壓U1增大，即電壓表V1的示數(shù)變大，故C錯(cuò)誤；B、根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律，可知副線圈輸出電壓U2增大，即電壓表V2的示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；D、根據(jù)變壓器的變流規(guī)律，可知理想變壓器副線圈電流I2減小，即電流表A2的示數(shù)變小。故選：AD。11．【解答】解：A．根據(jù)Ep＝qφ，由于O點(diǎn)的電勢(shì)最高，則負(fù)電荷在O點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最??；由于動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，則負(fù)電荷在O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，負(fù)電荷在O點(diǎn)的速度最大，故A正確；B．根據(jù)，可知φ﹣x圖像的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，B點(diǎn)斜率大，則B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，負(fù)電荷在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在C點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)Ep＝qφ，由圖像可知B點(diǎn)的電勢(shì)大于C點(diǎn)的電勢(shì)，由于電荷帶負(fù)電，則負(fù)電荷在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小于在C點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，由于只有電場(chǎng)力做功，所以動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，則負(fù)電荷B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。12．【解答】解：A、根據(jù)線速度和角速度的定義式可得線速度和角速度分別為：，線速度和角速度大小關(guān)系：v＝ωr聯(lián)立方程可得航天器的軌道半徑為：則地球半徑滿足：，故A錯(cuò)誤；B、航天器繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，則有：代入數(shù)據(jù)可得地球的質(zhì)量為：，故B正確；C、地球的第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大線速度，所以地球的第一宇宙速度大于航天器的線速度，則有：，故C錯(cuò)誤；D、航天器的周期為：設(shè)航天器相鄰兩次距離南海最近的時(shí)間間隔為t，則有：代入數(shù)據(jù)可得：，故D正確。故選：BD。三、實(shí)驗(yàn)題（14分）13．【解答】解：（1）根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，通過(guò)電阻R1的電流IR＝I2﹣I1根據(jù)歐姆定律和并聯(lián)電路的特點(diǎn)I1Rg＝IRR1代入數(shù)據(jù)整理可得可知I1﹣I2的圖像的斜率為解得微安表G1的內(nèi)阻為（2）微安表的分度值為2μA，采用“半格估讀法”，其示數(shù)為30μA；標(biāo)準(zhǔn)電流表A所測(cè)的電流為干路電流，相當(dāng)于微安表G1改裝后所測(cè)的總電流；設(shè)微安表G1改裝后的最大量程為Im，則有解得改裝之后的電流表實(shí)際量程最大值為Im＝0.85mA。故答案為：（1）；（2）30；0.85。14．【解答】解：（1）打開(kāi)氣泵，先取走滑塊B，測(cè)得光電門1的擋光時(shí)間小于光電門2的擋光時(shí)間，根據(jù)可知，滑塊通過(guò)光電門1的瞬時(shí)速度大于通過(guò)光電門2的瞬時(shí)速度，說(shuō)明滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)左側(cè)底座旋鈕，使軌道左端降低一些。（2）10分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，遮光條的寬度d＝14mm+8×0.1mm＝14.8mm（3）根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度，碰撞前滑塊A的瞬時(shí)速度的大小碰撞后瞬時(shí)速度的大小滑塊B碰撞后的瞬時(shí)速度的大小取水平向左方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律m1v1＝m2v2﹣m1v3代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)得解得（4）AC．氣墊導(dǎo)軌沒(méi)有調(diào)成水平狀態(tài)或者測(cè)量滑塊質(zhì)量時(shí)未計(jì)入遮光條質(zhì)量都是由于實(shí)驗(yàn)原理不完善或者實(shí)驗(yàn)方法不合理造成的誤差，屬于系統(tǒng)誤差，故AC正確；B．由表達(dá)式可知，遮光條的寬度d從表達(dá)式兩邊消掉了，即遮光條寬度對(duì)實(shí)驗(yàn)不會(huì)造成誤差，故B錯(cuò)誤。故選：AC。故答案為：（1）降低；（2）14.8；（3）；（4）AC。四、解答題（共46分）15．【解答】解：（1）溫度最高為Tmax＝（37+273）K＝310K，此時(shí)氣體壓強(qiáng)取最大值pmax；溫度最低為Tmin＝（7+273）K＝280K，此時(shí)氣體壓強(qiáng)取最小值pmin。房間密閉，房間內(nèi)空氣發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律得整理得房間內(nèi)晝夜空氣壓強(qiáng)的最大比值為＝＝＝（2）以溫度最高時(shí)房間內(nèi)的空氣為研究對(duì)象，設(shè)其體積為V1，其在溫度最低時(shí)對(duì)應(yīng)的體積為V2，根據(jù)蓋一呂薩克定律得整理得：設(shè)晝夜空氣的最小密度和最大密度分別為ρ1、ρ2，有ρ1V1＝ρ2V2整理得房間內(nèi)晝夜空氣密度的最大值為ρ2＝×1.13kg/m3≈1.25kg/m3答：（1）房間內(nèi)晝夜空氣壓強(qiáng)的最大比值為；（2）房間內(nèi)晝夜空氣密度的最大值為1.25kg/m3。16．【解答】解：（1）小球下擺過(guò)程，由動(dòng)能定理有解得：v＝4m/s小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得T﹣mg＝解得：T＝1.2N由牛頓第三定律可知小球?qū)?xì)繩的拉力為1.2N，方向豎直向下。（2）小球與小車碰撞瞬間，小球與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv＝Mv1解得：v1＝2m/s由能量守恒定律有ΔE＝﹣解得：ΔE＝0.16J（3）假設(shè)滑塊與車最終相對(duì)靜止?；瑝K在小車滑動(dòng)過(guò)程，兩者組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有Mv1＝（M+m′）v2解得：v2＝1.6m/s由此可得f洛＝qv2B＞m′g故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿足f′洛＝qv′2B＝m′g解得：v′2＝0.4m/s將滑塊與小車看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv1＝Mv′+m′v′2解得：v′＝1.9m/s根據(jù)能量守恒定律有Q＝﹣Mv′2﹣m′v′22解得：Q＝0.014J答：（1）與小車碰撞前小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)線的拉力F為1.2N，方向豎直向下；（2）小球與小車碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE為0.16J；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q為0.014J。17．【解答】解：（1）粒子從P到Q的過(guò)程中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在x軸方向有：4L＝v0t在y軸方向有：根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝ma解得：，，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為。（2）粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，分解為平行于PQ連線方向和垂直于PQ連線方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，粒子與PQ連線的距離最大時(shí)，速度方向平行于PQ連線。設(shè)PQ與x軸的夾角為θ，則有：，在垂直PQ連線方向上有：解得粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與PQ連線的最大距離：（3）粒子到Q點(diǎn)時(shí)，x軸方向的分速為v0，y軸方向的分速度為：vy＝at＝v0則粒子進(jìn)入第四象限時(shí)的速度大小為：v的方向與x軸正方向的夾角為45°。粒子進(jìn)入第四象限后，在有磁場(chǎng)的區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子速度方向平行于x軸時(shí)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，則粒子在M點(diǎn)時(shí)距離x軸最遠(yuǎn)。粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：解得：粒子做圓周