2025年山东省高考物理模拟卷（解析版） (1)

这是一份2025年山东省高考物理模拟卷（解析版） (1)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.中国的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)首次实现了1亿摄氏度条件下1000秒的等离子体运行。该装置内部发生的核反应方程为 ​12H+13H→24He+X，此反应会释放核能，伴随γ光子放出。下列说法正确的是( )
A. 该核反应方程中的X是质子
B. 24He的比结合能小于 12H的比结合能
C. 核聚变反应所释放的γ光子可能来源于氢原子能级跃迁
D. 该反应需要原子核具有足够的动能以克服库仑斥力才能发生
2.如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s
B. 0～2s内，小球的加速度方向始终向上
C. 0～2s内，小球受弹力的冲量大小为2N⋅s
D. 0～2s内，弹力对小球做的功等于小球动能的变化量
3.在火星探测器由地球飞往火星的众多轨道中，霍曼轨道最节省能量，如图所示，太阳处于该椭网轨道焦点上，其近日点和远日点分别位于地球和火星的轨道上，探测器进入火星轨道后，将会被火星捕获，并最终在火星着陆，已知火星轨道半径是地球轨道半径的1.5倍， 5取2.236。下列说法正确的是( )
A. 探测器在火星轨道上运动的速率一定大于在地球轨道上运动的速率
B. 探测器在花受轨道上A、B两点时的机械能之比为3：2
C. 探测器沿盘受轨道由点A运动B点的最短时间约为0.7年
D. 探测器在火星轨道上运动时的机械能小于在地球轨道上运动时的机械能
4.为了测试新设计的消防用高压水枪，测试人员站在高度为h0的平台上手持水枪向外喷射，地面测试人员以高台底部为原点，沿水平方向和竖直方向建立x、y轴并根据水柱轨迹绘制了y−x图像，如图所示，水枪喷口与水平方向夹角为θ。下列说法正确的是( )
A. 水枪喷射出水柱的初速度为 g(h−h0)2sinθ
B. 水枪喷口与水平方向夹角θ的正切值为h−h0b
C. 水柱从被喷射出到落地所用时间为 4h−2h0g
D. 水柱落地位置距离喷射位置的水平距离为b(1+ hh−h0)
5.如图甲所示，每只冰壶直径30cm、质量19kg。某次试投过程中，冰壶A在t=0时刻以1m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9m后停止，冰壶B的v−t图像如图乙所示，不计空气阻力，则( )
A. 两只冰壶在t=3s时发生碰撞
B. 碰撞前摩擦力对冰壶A做功为−3.42J
C. 碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4N⋅s
D. t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16：9
6.如图，固定的光滑绝缘转动轴O′两端通过等长的不可伸长轻质软导线连接并悬挂长为L、质量为m的细导体棒ab，空间存在辐向分布磁场(方向已标出)，保证导体棒移动过程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B，开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通电流，若仅通过改变导体棒中的电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中( )
A. 导体棒中电流方向为由b指向aB. 导体棒中电流应逐渐变大
C. 悬线对导体棒的拉力一直增大D. 安培力对导体棒不做功
7.如图所示，一根绝缘轻弹簧左端固定在绝缘的竖直挡板上，弹簧自然伸长时右端位于O点。用一根不可伸长的绝缘轻绳，通过轻质光滑定滑轮连接带电物块P(视为点电荷)和不带电物块Q，物块P所带的电荷量为+q，物块P与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强E=3mgq已知，AO=2x，OB=x，物块P和Q的质量均为m，现将物块P从图中A点静止释放，P能向左运动并压缩弹簧到最短的位置B点，P与滑轮之间的轻绳始终与水平面平行，不计空气阻力及弹簧与水平面间的摩擦，重力加速度为g，整个过程中，滑轮右边的轻绳始终处于伸直状态，则( )
A. 物块P从A点运动至O点的过程中，轻绳对物块Q的拉力大小为mg
B. 物块P从A点运动至O点的过程中，系统机械能增加3mgx
C. 物块P运动至O点时的动能为3mgx2
D. 运动过程中弹簧的最大弹性势能为5mgx
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，理想变压器的原线圈接入u=110 2sin100πt(V)的交变电压，电阻r=6Ω，电器RL的规格为“220V，880W”，该电器正常工作。由此可知( )
A. 交变电压的频率为50HzB. 原、副线圈的匝数比为1∶2
C. 变压器的输入功率为880WD. 副线圈中电流的有效值为4A
9.如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是( )
A. 球M和球N的质量之比为( 3+1)：2
B. 轻绳A和弹簧C的弹力之比为1：2
C. 若小球N的质量为m1，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 32m1g
D. 若小球M的质量为m2，剪断轻绳B的瞬间，球M的合力大小为m2g
10.如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小E=mgq，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的14光滑圆弧BC与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以v0=2 gR的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ= 22，重力加速度大小为g。则( )
A. 滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为 24g
B. 滑块在BC轨道运动中对轨道的最大压力为(2+ 2)mg
C. 滑块最终会停在AB轨道上
D. 滑块在粗糙轨道上运动的总路程为3R
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如下图所示：某同学对实验装置进行调节并观察实验现象：
(1)图甲、图乙是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是 (填A或B)．
(2)下述现象中能够观察到的是：( )
A.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
B.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
C.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
D.去掉滤光片后，干涉现象消失
(3)已知双缝之间距离为d，测的双缝到屏的距离为L，相邻条纹中心间距为Δx，由计算公式λ= ，可求得波长。如果测得第一条亮条纹中心与第六条亮条纹中心间距是11.550mm，求得这种色光的波长为 m。(已知双缝间距d=0.2mm，双缝到屏的距离L=700mm，计算结果保留一位小数)。
12.小明将电源、电阻箱、电容器、电流表、数字电压表以及开关组装成图1所示的电路进行实验，观察电容器充电过程.实验仪器如下：电源(电压为4.5V，内阻不计);电容器(额定电压为16V);电流表(量程为0∼500μA，内阻500Ω);数字电压表(量程为0∼10V);电阻箱(阻值0∼9999Ω).
(1)电路连接完毕后如图2所示，为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实验步骤是__________．
(2)将开关S闭合，观察到某时刻电流表示数如图3所示，其读数为__________uA.
(3)记录开关闭合后电流随时间变化的图线如图4所示，小明数出曲线下围成的格子数有225格，则电容C大小为__________μF.
(4)由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，(3)问中电容的测量结果与真实值相比是__________(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)，请简要说明理由__________ ，
(5)开关闭合过程中，分别记录电流表和数字电压表的读数I和U，利用数据绘制I−U关系如图5所示，由图像可得出电阻箱接入电路的阻值为__________．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.学校举办的科技文化艺术节上，同学们进行了水火箭的制作与发射比赛。发射装置简化为如图所示的模型，体积为V=2.5L的充气瓶(箭体)内有体积为V1=400ml的水和压强为1个标准大气压p0=1×105Pa的空气。打气筒气室体积为V0=400ml，现用打气筒通过单向气阀向箭体内每一次充入压强一个大气压、体积为V0的气体。当水火箭内部气压达到3个标准大气压时压缩空气可将活塞顶出，箭体发射。设充气过程气体温度不变，瓶和水的体积变化不计。求：
(1)要使水火箭发射出去，需要打气多少次；
(2)已知打气筒手柄和活塞质量不计、活塞和气缸之间的摩擦力不计、打气筒与瓶塞连接管的体积不计、箭体内水的高度不计，打气筒活塞横截面积S=4×10−4m2，至少需要用多大的力才能完成第8次打气。
14.货物传送装置的结构如图所示，在竖直面内有三个半径均为r=1m的圆形转动轮，轮外绕有绷紧的传送带，三个轮子均顺时针匀速转动，圆心分别为O1、O2和O3。C、D、E和F均为传送带和圆形转动轮的切点，CD段传送带水平且足够长。有半径为R=3m的光滑的四分之一圆弧轨道AB，轨道末端B点处的切线为水平方向，且不计BC间的高度差，不影响传送带运动。小物块Q放置在B点，小物块P从AB段某处静止释放，在B点以vP=3m/s与Q发生弹性碰撞后，P、Q均立即落到C点，P与传送带恰好没有摩擦力。P、Q均可视为质点，P的质量为mP=2kg，Q的质量为mQ=1kg，小物块与传送带之间的摩擦因数μ=67，E、F的间距L=6m，求：
(1)P的释放点相对于B点的高度h；
(2)P对轨道AB的最大作用力F；
(3)碰后P、Q的最大间距d；
(4)若转动轮转动的角速度ω=1rad/s，P在DE段运动时恰好不发生相对滑动，求P在C到F的过程中对传送带所做的总功W。
15.如图所示，无限长的U形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH水平平行放置，AB与EF、GH与CD之间的距离均为L，EF与GH之间的距离为2L，AB和EF区域、GH和CD区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，EF和GH区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。现有三根金属杆1、2、3垂直导轨放置，金属杆1、3的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，金属杆2的长度为2L，质量为2m，电阻为2R。初始时刻金属杆1和金属杆2之间的距离为L1，金属杆1、3均以v0=FRB2L2的初速度向右运动，金属杆2速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用，金属杆1、2间的最小距离为L2。导轨电阻不计，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=F4mg。以下计算结果只能选用m、F、B、L、L1、L2、R表示。
(1)刚开始运动时金属杆2的加速度大小；
(2)从开始运动到金属杆1、2间距离最小所用时间；
(3)金属杆2的最终速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A、根据质量数和电荷数守恒，可知X的质量数为2+3−4=1，电荷数为1+1−2=0，所以X是中子，故A错误；
B、 24He比 12H更稳定，比结合能越大原子核越稳定，所以 24He的比结合能大于 12H的比结合能，故B错误；
C、核聚变反应所释放的γ光子来源于核反应中的质量亏损转化的能量，而不是氢原子能级跃迁，故C错误；
D、核聚变中，两个轻核需要克服它们之间的库仑斥力才能靠近并发生反应，这就要求原子核具有足够的动能，通常需要高温高压等条件来提供，故D正确。
故选：D。
【分析】根据质量数和电荷数守恒分析；根据比结合能与原子核稳定性的关系进行判断；核聚变反应所释放的γ光子来源于核反应中的质量亏损转化的能量；考虑核聚变反应的条件，因为两个轻核间存在库仑斥力，只有当原子核具有足够的动能克服这一斥力时，才能使它们靠近并发生反应。
本题主要考查核聚变的相关知识，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，设伸长量为l，此时弹簧弹力等于小球重力，根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2l，此时弹簧的弹力为2N，因此当弹簧伸长量为l时，弹力大小为1N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为0.1kg，故A错误；
B、0～2s内，小球从最低点开始向上运动，开始时小球的重力小于弹簧的弹力，加速度向上，当小球经过平衡位置后，至小球到达最高点的过程中，小球的重力大于弹簧弹力，此时小球的加速度向下，故B错误；
C、根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即Ft+Gt=Δp，0s时小球位于最低点，速度为0，2s时小球位于最高点，速度也是0，因此可知Ft=−Gt，已知小球的重力大小为1N，作用时间为2s，因此Gt=2N⋅s，所以弹簧弹力的冲量大小也是2N⋅s，故C正确；
D、根据动能定理可知，外力做功之和等于动能变化量，对小球做功的力除弹力外还有小球自身的重力，因此弹簧弹力做的功不等于小球动能的变化量，故D错误。
故选：C。
弹簧的弹力等于小球的重力时，是弹簧与小球组成的系统的平衡状态，根据弹簧弹力的变化情况可知小球重力，弹簧弹力的冲量可根据冲量定理求得，小球的动能变化可根据动能定理求得。
本题需要利用胡克定律、动量定理及动能定理等相关知识求解。
3.【答案】C
【解析】解：A.由万有引力提供探测器运行所需的向心力有GMmr2=mv2r，即v= GMr，可知探测器在火星轨道上运动的速率小于在地球轨道上运动的速率，故A错误；
B.探测器在椭圆轨道上由A向B运动时，只有太阳的引力做功，机械能守恒，故A、B点的机械能之比为1：1，故B错误；
C.设探测器在霍曼轨道上运动的周期为T，霍曼轨道的半长轴a=r地+1.5r地2，则由开普勒第三定律有a3T2=r地3T地2，其中T地=1年，解得T=5 58年，则探测器沿霍曼轨道由A点运动到B点的最短时间为t=T2≈0.7年，故C正确；
D.根据发生卫星时轨道半径越大，火箭做功越多，可知探测器在火星轨道上运动时的机械能大于在地球轨道上运动时的机械能，故D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力结合机械能守恒，开普勒第三定律等知识进行分析解答。
本题考查万有引力定律和开普勒行星运动定律、机械能守恒定律，会根据题意进行准确分析解答。
4.【答案】D
【解析】解：A.水柱的运动可以分解为水平方向和竖直方向的运动。在最高点，竖直方向的速度为0，水平方向的速度保持不变。设初速度为v0，喷射角度为θ，则：水平初速度为：v0x=v0csθ，竖直初速度为：v0y=v0sinθ。从喷射到最高点，竖直方向的速度变化为：v0y−gt1=0
解得：t1=v0yg=v0sinθg
竖直方向的位移为：h−h0=v0yt1−12gt12=v02sin2θ2g
整理得：v0= 2g(h−h0)sinθ，故A错误；
B.在最高点，水平位移为b，竖直位移为h−h0。水平方向的速度为v0z=v0csθ，竖直方向的速度为v0y=v0sinθ。从喷射到最高点，水平方向的位移为：
b=v0xt1
解得：b=v02sin2θ2g
竖直方向的位移为：h−h0=v02sin2θ2g联立解得：tanθ=2(h−h0)b，故B错误；
C.从喷射到最高点的时间为：t1=v0sinθg
从最高点到落地的时间为：h=12gt22
解得：t2= 2hg总时间为：t=t1+t2=v0sinθg+ 2hg
联立解得：t= 4h−2h0g，故C错误。
D.从喷射到最高点，水平位移为b，时间为：t1=bv0csθ
从最高点到落地，竖直方向的位移为h，时间为：t2= 2hg
水平方向的位移为：x2=v0xt2=v0csθ⋅ 2hg
总水平位移为：x=b+x2=b+v0csθ⋅ 2hg
解得：x=b(1+ hh−h0)，故D正确。
故选：D。
水柱的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动(自由落体运动的逆过程)。
利用运动学公式结合最高点的坐标信息，可以求解初速度、喷射角度、运动时间等物理量。
最后，根据初速度和运动时间，计算水柱落地位置的水平距离。
主要易错点在于对运动学公式的理解和应用，特别是初速度、夹角和总飞行时间的表达形式容易混淆。正确理解和推导每个量的表达式是关键。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据冰壶B的v−t图像可知，碰撞后冰壶B的加速度为a=ΔvΔt=0−15m/s2=−0.2m/s2，设碰撞后冰壶B运动时间为tB，其运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，位移为xB=0.9m，则有xB=12|a| tB2，解得tB=3s，所以两只冰壶在t=5s−tB=5s−3s=2s时发生碰撞，故A错误；
B、碰撞后瞬间冰壶B的速度vB=|a|tB=0.2×3m/s=0.6m/s，两冰壶质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则碰撞前瞬间冰壶A的速度vA=vB=0.6m/s
对碰撞前冰壶A的运动过程，根据动能定理得Wf=12mvA2−12mv02=12×19×0.62J−12×19×12J=−6.08J，故B错误；
C、根据动量定理，碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为I=0−mvB=−19×0.6N⋅s=−11.4N⋅s，其大小为11.4N⋅s，故C正确；
D、设t=0时刻，A、B重心间的距离为x0。冰壶A在t=2s时间内运动的位移为xA=v0+vA2t=1+0.62m=0.8m，t=5s时，冰壶B运动的位移为xB=0.9m，因x0未知，所以无法得到t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比为16：9，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像的斜率求出碰撞后冰壶B的加速度，利用逆向思维求出冰壶B匀减速运动的时间，再确定两只冰壶发生碰撞的时刻；两冰壶质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，由v=at求碰撞后瞬间冰壶B的速度，即可得到碰撞前瞬间冰壶A的速度，再根据动能定理求碰撞前摩擦力对冰壶A做功；根据动量定理求碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小；结合初始距离分析t=0和t=5s两时刻冰壶重心间的距离之比。
解答本题的关键要掌握弹性碰撞的规律：两个质量相等的物体发生弹性碰撞后，会交换速度。要理清两冰壶的运动情况，搞清两者之间的关系，运用运动学公式、动能定理和动量定理解答。
6.【答案】B
【解析】解：A、导体棒受安培力偏左，由左手定则可判断，导体棒中电流方向为由a指向b，故A错误；
BC、由受力分析可知，安培力始终与悬线拉力垂直，根据平衡条件有T=mgcsθ，F安=BIL=mgsinθ，因在该过程中悬线与竖直方向的夹角变大，故T变小，F安变大，电流变大，故B正确，C错误；
D、由题意得，在整过程重力做负功，拉力不做功，且导体棒缓慢移动，即动能变化量为零，根据动能定理WG+W安=ΔEk=0，解得：W安=−WG可知安培力做正功，故D错误。
故选：B。
导体棒在辐向磁场中受安培力作用缓慢移动，安培力方向由左手定则判定电流方向。随着悬线与竖直方向夹角增大，安培力需增大以平衡重力分量，故电流逐渐变大。悬线拉力与重力另一分量平衡，夹角增大时拉力减小。根据动能定理，安培力需做正功以抵消重力做功。
本题考查导体棒在磁场中的平衡与能量问题，涉及安培力、受力分析和动能定理的综合应用。题目通过改变电流使导体棒缓慢移动，巧妙考查了平衡条件的动态分析能力。计算量适中，但需要准确理解安培力方向与电流方向的关系，以及平衡条件的变化特点。易错点在于忽略安培力做功的判断，需结合动能定理分析能量转化。题目设计体现了对受力分析和能量守恒的深度考查。
7.【答案】C
【解析】解：A.物块P释放后向左做加速运动，根据牛顿第二定律，对物块P
Eq−μmg−T=ma
对物块Q
T−mg=ma
解得绳子拉力
T=1.75mg
故A错误；
B.物块P从A点运动至O点的过程中，机械能的增加量等于电场力和摩擦力所做的总功，即
W=(gE−μmg)⋅2x=5mgx
故B错误；
C.物块P从A运动至O点过程中，对P、Q系统由能量守恒得W=mg⋅2x+2Ek
解得Ek=32mgx
故C正确；
D.物块P从A运动至B点过程中，对P、Q系统由能量守恒得
qE⋅3x=mg⋅3x−μmg⋅3x+Ep
解得Ep=4.5mgx
故D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律，结合物块P从A点运动至O点的过程中，机械能的增加量等于电场力和摩擦力所做的总功，综合P、Q系统由能量守恒分析求解。
本题考查了静电场相关知识，理解物体在不同时刻的功能关系，理解不同力做功的特点是解决此类问题的关键。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题为变压器问题，要知道理想变压器电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，原副线圈功率相等，以这个为出发点分析解题。
【解答】
A.由输入电压的表达式知f=100π2πHz=50Hz，故A正确；
B.输入电压的有效值为110 V，RL的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比不等于1：2，故B错误；
C.变压器的输出功率为RL的功率和r的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故C错误；
D.副线圈中的电流有效值与RL中的电流相同，为I=PU=4A，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件列式
水平方向：TAsin30°=F，竖直方向：TAcs30°=(mM+mN)g
对小球M受力分析且由平衡条件列式，水平方向：TBsin45°=F，竖直方向：TBcs45°=mMg
联立解得mMmN= 3+12，TAF=21
故A正确，B错误；
CD.剪断轻绳B瞬间，轻绳A张力等于球N重力在径向的分力，即T′A=m1gcs30°= 32m1g
剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，根据平行四边形定则，球M的合力大小为F合= F2+(m2g)2= (m2g)2+(m2g)2= 2m2g
故C正确，D错误。
故选：AC。
对两球整体和M分别根据平衡，列水平和竖直平衡等式，求质量比和弹力比；
剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力等于重力沿绳分力；
剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，根据平行四边形定则，求M的合力大小。
本题解题关键是掌握平衡规律，能根据平衡条件列平衡等式，同时掌握弹簧弹力具有瞬间不变性。
10.【答案】BC
【解析】解：A、对滑块沿AB轨道下滑时受力分析，根据牛顿第二定律，则有mgsin45°−Eqcs45°−μFN=ma，FN=mgcs45°+Eqsin45°，其中E=mgq，联立方程，代入数据解得：a=g，故A错误；
B、在BC轨道中，当滑块运动到B点时，速度最大，对轨道的压力最大。从P点到B点，重力做功WG=mgRsin45°，电场力做功WE=−qERcs45°，摩擦力做功为Wf=−μ(mgcs45°+qEsin45°)R，则滑块从P到B根据动能定理有WG+WE+Wf=12mvB2−12mv02，在B点根据牛顿第二定律有FN−mgcs45°−qEsin45°=mvB2R，根据牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为F′N=FN，联立代入数据解得F′N=(2+ 2)mg，故B正确；
C、滑块在CD轨道上运动时，重力和电场力的合力方向正好沿CD方向，不受摩擦力作用，所以滑块不会静止在CD轨道上，滑块在下面的圆弧轨道上时，由于只有重力和电场力做功，根据能量守恒可知，物体不会静止在圆弧轨道上，而在轨道AB上时，一直有摩擦力作用，所以滑块最后只能静止在AB轨道上，且静止在B点，故C正确；
D、设滑块在粗糙轨道上运动的总路程为s。从P点到最终停止在B点，重力做功WG=mgRsin45°，电场力做功WE=−qERcs45°，整个过程在AB轨道上经过的路程为s，根据动能定理有WG+WE−μ(mgcs45°+qEsin45°)s=0−12mv02，解得s=2R，故D错误。
故选：BC。
对滑块在AB轨道下滑时受力分析，根据牛顿第二定律求滑块在AB轨道下滑时的加速度大小；分析出等效重力场中的压力最大处，利用动能定理求出到达此位置的速度，结合该位置的牛顿第二定律求出轨道支持力；结合受力分析和能量转化分析滑块最终会停在何处；对全过程动能定理求出滑块在粗糙轨道上运动的总路程。
本题考查了带电物体在电场和重力场中的运动，解题关键是找到滑块在BC轨道运动中对轨道的最大压力处。
11.【答案】A
AC
dLΔx
6.6×10−7

【解析】【分析】
(1)双缝干涉条纹特点是等间距、等宽度、等亮度；
(2)根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ判断干涉条纹的间距变化；
(3)根据Δx=x5，求得相邻亮纹的间距Δx；根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ推导波长的表达式，并求出波长的大小。
本题关键是明确实验原理，体会实验步骤，最好亲手做实验；解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式；解决本题的关键掌握双缝干涉的条纹间距公式Δx=Ldλ，明确相邻亮纹的间距Δx与亮纹中心间距的关系。
【解答】
(1)双缝干涉条纹特点是等间距、等宽度、等亮度；衍射条纹特点是中间宽两边窄、中间亮、两边暗，且不等间距；根据此特点知甲图是干涉条纹，故选A；
(2)A.根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ知，将滤光片由蓝色的换成红色的，频率减小，波长变长，则干涉条纹间距变宽，故A正确；
B.根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ，将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距不变，故B错误；
C.根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ，换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄，故C正确；
D.去掉滤光片后，通过单缝与双缝的光是白色光，白色光通过双缝后，仍然能发生干涉现象．故D错误．
故选AC；
(3)根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ldλ，可得λ=dLΔx；
已知第1条亮纹中心到第6条亮纹中心间距x=11.550mm，可得Δx=x5=11.555mm=2.31mm，由Δx=Ldλ得：λ=△x⋅dL；
代入得：λ=11.55×10−3×2×10−45×0.7m=6.6×10−7m
故答案为(1)A；(2)AC；(3)dLΔx ；6.6×10−7。
12.【答案】(1)将电阻箱阻值调至较大值(或将电阻箱阻值调至最大值) ;
(2)175((172∼178均可);
(3)2500 ;
(4) 偏大 ; 由于电压表的分流，实际充电电流小于电流表上记录的数值，因此电量计算偏大，电容测量结果偏大 ;
(5)9500Ω (9200Ω−9800Ω均可)
【解析】(1)为保证电表使用安全，在开关闭合前必须要完成的实验步骤是：将电阻箱阻值调至较大值或最大值；
(2)电流表示数如图3所示，其读数为175μA；
(3)电容器的电荷量Q=10×10−6×5×225C=1.125×10−2C，则电容C大小为C=QE=QU=2500μF ;
(4)由于数字式电压表内阻并不是无穷大，考虑到此因素的影响，电容器将通过电压表放电，电量的测量值大于真实值，故(3)问中电容的测量结果与真实值相比是偏大；
(5)由图像斜率可得出电阻箱接入电路的阻值为R= 10000Ω−500Ω=9500Ω。
13.【答案】要使水火箭发射出去，需要打气11次；
至少需要用64N的力才能完成第8次打气
【解析】(1)要使水火箭发射出去，设需要打气筒打气n次，由题意可知，当水火箭发射瞬间，其内部气压为p=3p0，
根据玻意耳定律有：p0(V−V1)+np0V0=p(V−V1)
解得：n=10.5，可得要使水火箭发射出去，需要打气11次；
(2)第8次打气后，箭体内气体压强为p8，根据玻意耳定律有p0(V−V1)+8p0V0=p8(V−V1)
解得p8=2.6p0
分析活塞受力p8S=F+p0S
解得F=64N
答：(1)要使水火箭发射出去，需要打气11次；
(2)至少需要用64N的力才能完成第8次打气。
(1)根据玻意耳定律，结合水火箭发射瞬间的内部气压满足的关系分析求解；
(2)根据玻意耳定律，结合对活塞受力分析求解。
本题考查了理想气体状态方程，理解气体前后压强、体积和温度的变化关系是解决此类问题的关键。
14.【答案】P的释放点相对于B点的高度h为0.45m；
P对轨道AB的最大作用力F为26N，方向竖直向下；
碰后P、Q的最大间距d为78m；
P在C到F的过程中对传送带所做的总功W为76J
【解析】(1)根据动能定理mPgh=12mPvP2
解得h=vP22g=322×10m=0.45m
(2)在B点，根据牛顿第二定律F−mPg=mP⋅vP2R
代入数据解得F=26N
根据牛顿第三定律，P对轨道AB的最大作用力为26N，方向竖直向下；
(3)设P、Q碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mPvP=mPv1+mQv2
机械能守恒定律12mPvP2=12mPv12+12mQv22
代入数据联立解得v1=1m/s，v2=4m/s
碰撞后小物块P、Q均立即落到C点，P与传送带恰好没有摩擦力，说明传送带的速度为v传=1m/s，因此P与传送带保持相对静止，Q做匀减速直线运动，直到与传送带共速；
小物块Q的加速度大小a=μg=67×10m/s2=607m/s2
根据运动学公式v 传2−v22=−2ad
代入数据解得d=78m
(4)根据线速度与角速度的关系，传送带的速度v=rω=1×1m/s=1m/s
设DE对应的圆心角为θ，滑块P在E点的受力图如图所示：
因为滑块在E点不相对滑动，根据平衡条件mPgsinθ=μFN
在E点，根据牛顿第二定律mPgcsθ−FN=mPv2r
可以解得θ=37°
滑块P在CD上与传送带恰好没有摩擦力，因此不对传送带做功；
可以判断P对传送带所做的总功W′=WG=mPg(r−rcsθ+Lsinθ)
解得W=76J。
答：(1)P的释放点相对于B点的高度h为0.45m；
(2)P对轨道AB的最大作用力F为26N，方向竖直向下；
(3)碰后P、Q的最大间距d为78m；
(4)P在C到F的过程中对传送带所做的总功W为76J。
(1)根据动能定理求解作答；
(2)根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求解作答；
(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞后两滑块的速度；
碰撞后小物块P、Q均立即落到C点，P与传送带恰好没有摩擦力，说明与传送带的速度相同，因此P与传送带保持相对静止，Q做匀减速直线运动，直到与传送带共速，根据牛顿第二定律和运动学公式求解作答；
(4)在E点，对滑块P进行受力分析，根据平衡条件和向心力公式求解弧DE对应的圆心角θ；根据能量守恒定律和做功公式求解滑块P对传送带所做的功。
本题主要考查了动量观点和能量观点解决力学综合问题，该题运动过程复杂，涉及的知识点多，需要认真分析，难度大。
15.【答案】刚开始运动时金属杆2的加速度大小为3F4m；
从开始运动到金属杆1、2间距离最小所用时间为2mRB2L2−2B2L2(L1−L2)FR；
金属杆2的最终速度大小为3FR4B2L2
【解析】(1)刚运动时，电动势为
E=2BLv0
电流为
I1=E4R
安培力为
F安=2BI1L
根据牛顿第二定律得
F+F安−μ2mg=2ma
结合
μ=F4mg
v0=FRB2L2
解得
a=3F4m
(2)当v1=v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：对金属杆1有
−BI−Lt−μmgt=mv1−mv0
对金属杆2有
Ft+2BILt−μ2mgt=2mv2−0
再结合
μ=F4mg
v0=FRB2L2
可得
v1=v2=12v0
又有
I−t=E−4Rt=ΔΦ4R
ΔΦ=2BL(L1−L2)
可得
BILt=B2L2(L1−L2)2R
代入可得所求的时间为
t=2mRB2L2−2B2L2(L1−L2)FR
(3)设金属杆1、2的最终速度分别为V3、V4，分析金属杆2有
F−2μmg−2BI2L=0
其中
I2=2BL(v4−v3)4R
解得
v4−v3=FR2B2L2
全过程，金属杆1、2、3组成的系统动量守恒
2mv0=2mv4+2mv3
联立解得
v4=3FR4B2L2
答：(1)刚开始运动时金属杆2的加速度大小为3F4m；
(2)从开始运动到金属杆1、2间距离最小所用时间为2mRB2L2−2B2L2(L1−L2)FR；
(3)金属杆2的最终速度大小为3FR4B2L2。
(1)根据安培力表达式和牛顿第二定律求刚开始运动时金属杆2的加速度大小；(2)根据动量定理和电荷量表达式求从开始运动到金属杆1、2间距离最小所用时间；
(3)根据平衡关系和动量守恒定律求金属杆2的最终速度大小。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。