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2024 山东卷点睛押题
一、单选题(每题3分，共24分)
1．三星堆遗址考古入选世界重大田野考古发现。三星堆古遗址距今已有 3000至5000年历
史，昭示长江流域与黄河流域一样同属中华文明的母体。利用14C衰变测定年代技术进行考
古研究，可以确定文物的大致年代，14C衰变方程为14C→ 14N+X，14C的半衰期是5730年，
6 7
下列说法中正确的是（ ）
A．方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分
B．方程中的X是中子，来源于原子核
C．文物所埋藏的环境会影响14C的半衰期，进而对推算年代造成影响
6
D．若14C、14N、X的质量分别是𝑚 、𝑚 、𝑚 ，一个14C发生衰变释放能量为(𝑚 −𝑚 −𝑚 )𝑐2
6 7 1 2 3 6 1 2 3
2．如图所示，一种户外野炊便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，
每根杆均可绕铰链自由转动。三根杆与竖直方向的夹角均为37°，吊锅和细铁链的总质量为
m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（ ）
A．每根轻杆中的弹力大小为𝑚𝑔
3
B．三角架所受合力大小为𝑚𝑔
C．每根杆与地面的摩擦力大小为1
𝑚𝑔
4
D．减小杆与竖直方向夹角时，每根杆受地面的作用力增大
3．地球与月球之间有一种有趣的“潮汐锁定”现象，即月球永远以同一面朝向着地球。如图
所示，太阳光平行照射到地球上，月球绕地球做匀速圆周运动的半径为r。已知地球半径为
R，地球表面的重力加速度为g，设从月球上正对地球的P点看向地球的视角为α。在月球
绕地球运动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地球的密度为 3𝑔 B．月球自转的角速度为2π√ 𝑔𝑅2
4π𝑅3𝐺 𝑟3
C．太阳光照射月球的时间为(π+𝛼)√
𝑟3
D．月球上的P点被照亮的时间为(π−𝛼)√
𝑟3
𝑔𝑅2 𝑔𝑅2
试卷第1页，共10页4．如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压
器，导线电阻不计。将滑动变阻器𝑅 滑片P向下滑动过程中（ ）
3
A．𝑅 两端电压不变 B．电流表示数减小
2
C．电压表示数增大 D．𝑅 消耗的电功率增大
4
5．单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来
自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图为单反
照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。一束红光垂直AB射入，
分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。则
（ ）
A．红光从空气进入五棱镜后传播速度变大
B．若将红光改为绿光，则在EA上不能发生全反射
C．若将红光改为白光，则人眼通过BC观察到彩色光束
D．该五棱镜对红光的折射率最小值是 1
sin22.5°
6．某绝缘空心球如图所示，a、b、c、d、E、F是过球心O的截面的圆周上六个等分点，分
别在a、d和b、c固定等量的正、负点电荷，即𝑄 =𝑄 =+𝑄,𝑄 =𝑄 =−𝑄，AB是与平
𝑎 𝑑 𝑏 𝑐
面abc垂直的直径，设无限远处为电势零点，则（ ）
A．E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
B．A、O、B三点的电势高低关系为𝜑 =𝜑 >𝜑 =0
𝐴 𝐵 𝑂
C．将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中，电场力先做正功再做负功
D．若a、b、c处的电荷固定不动，将d处的电荷移到O处，则电荷𝑄 的电势能将减少
𝑑
试卷第2页，共10页7．布雷顿循环是一种热力循环，常用于核反应堆燃气轮机和航空发动机等领域。该循环由
两个等压过程、两个绝热过程构成，其压强p和体积V的关系如图所示。如果将工作物质看
作理想气体，下列说法中正确的是（ ）
A．状态B的温度低于状态C的温度
B．A到B过程，气体的内能在减小
C．C到D过程，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D．经过一个布雷顿循环，气体吸收的热量小于放出的热量
8．2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够
准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。
图乙是某次彩排中质量为35kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间（F-t）图像，
运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度𝑔=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．演员在a时刻速度为零，加速度为零
B．演员在b时刻速度最大
C．从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功为1120J
D．从a时刻到b时刻，蹦床给演员的冲量大小为455N·s
试卷第3页，共10页二、多选题(每题4分，共16分)
9．如图所示，某均匀介质中有两个点波源𝑆 (−3√3,0,0)和𝑆 (3√3,0,0)，它们沿垂直纸面z
1 2
方向振动，垂直纸面向外为正方向。其中𝑆 的振动方程为𝑧 =0.1sin( 10𝜋 𝑡+ 𝜋 )(m)；𝑆 的
1 1 2
3 3
振动方程为𝑧 =0.1sin( 10𝜋 𝑡− 2𝜋 )(m)。已知波速为20m/s，图中所有介质均已振动，则下
2
3 3
列说法正确的是（ ）
A．两列波可以发生干涉
B．𝑡 =0时刻𝑃(0,6,0)处质点的位移为0
C．𝑡 =0时刻𝑄(−3√3,6,0)处质点的位移为0.2m
D．𝑡 =0时刻波源𝑆 和𝑆 的加速度相同
1 2
10．如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体𝐴𝐵−𝐶𝐷−𝐸𝐹，可绕其竖直中
心轴𝑂𝑂′在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF
的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为ℎ =1.1m。置于AB中点P的小物体（视为
质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度𝑔=10m/s2。（ ）
A．“V”型二面体匀速转动的角速度𝜔 =5rad/s
B．“V”型二面体匀速转动的角速度𝜔 = 10√3 rad/s
3
C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
11．如图，一倾角为45°的光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质
弹簧，弹簧上端距斜面顶端距离为𝑙。将质量为m的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止
释放，经时间 t 弹簧的最大压缩量为3√2𝑚𝑔。已知弹簧弹性势
2𝑘
能表达式为𝐸 = 1 𝑘𝑥2，其中𝑥是是弹簧形变量，k为弹簧劲度
p
2
系数，则下列说法正确的是（ ）
试卷第4页，共10页A．物块速度最大时的压缩量为√2𝑚𝑔
2𝑘
B．物块的最大动能为𝑚𝑔( √2 𝑙+ 𝑚𝑔 )− 𝑔2𝑚2
2 2𝑘 4𝑘
C．物块运动过程中的最大加速度为√2
𝑔
2
D．物块从与弹簧接触到速度为零的时间为𝑡
4
12．如图所示，足够长的平行金属导轨固定在水平面内，间距𝐿 =0.5m，电阻不计。与导轨
左端连接的线圈面积𝑆 =0.1m2，内阻𝑟 =0.5Ω，匝数𝑛 =200匝。一根长𝐿 =0.5m，质量𝑚 =
0.2kg、电阻𝑅 =2Ω的导体棒ab垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数𝜇 =0.2。线圈
内的磁场平行于轴线向上，磁感应强度的大小随时间变化的关系为𝐵 =0.2𝑡；导轨之间的
1
匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度的大小𝐵 =1T。𝑡 =0时刻闭合开关，当𝑡 =8.0s时导
2
体棒已达到最大速度，重力加速度𝑔 =10m/s2。则（ ）
A．刚合上开关时导体棒的加速度为4m/s2
B．导体棒运动速度的最大值为4m/s
C．0∼ 8.0s内导体棒的位移大小为16m
D．0 ∼8.0s内整个电路产生的焦耳热为20.8J
三、实验题（13题6分，14题8分）
13．(1)在用单摆测定当地重力加速度的实验中，下列器材和操作最合理的是___________。
A． B．
C． D．
试卷第5页，共10页(2)某同学课后想利用身边的器材再做一遍“单摆测量重力加速度”的实验。家里没有合适的摆
球，于是他找到了一块外形不规则的小金属块代替小球进行实验。
①如图所示，实验过程中他先将金属块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点。
②利用刻度尺测出OM间细线的长度𝑙作为摆长，利用手机的秒表功能测出金属块做简谐运
动的周期T。
③在测出几组不同摆长𝑙对应的周期T的数值后，他作出的𝑇2−𝑙图像如图所示。
④根据作出的图像可得重力加速度的测量值为 m⁄s2。（𝜋取3.14。计算结果保留
三位有效数字）
(3)相比于实验室作出的𝑇2−𝑙图像，该同学在家做实验的𝑇2−𝑙图像明显不过原点，其中横
轴截距绝对值的意义为 。
14．某兴趣小组想要测量一个电池的电动势和内阻，在实验室找到以下实验器材：电流表A、
电阻箱、开关、导线若干。
(1)实验电路图如图1所示
改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱示数R和电流表示数I，画出𝑅− 1图像，如图2所示。
𝐼
由图2可得电源的电动势𝐸 = ，内阻𝑟 = 。若不考虑偶然误差，兴趣小组测得的
电动势𝐸 𝐸 ，内阻𝑟 𝑟 。（填“>”“=”或“<”）
测 真 测 真
(2)兴趣小组进一步测量电流表A的内阻𝑅 ，为此又在实验室找到另一个电流表A （内阻未
A 1
知），并设计了如图3所示电路，实验步骤如下：
①闭合S ，断开S ，调节电阻箱示数为𝑅 ，电流表A 的示数为𝐼 ，
1 2 1 1 0
②闭合S ，闭合S ，调节电阻箱，直到 ，此时电阻箱示数为𝑅 ，则电流表A的内阻
1 2 2
试卷第6页，共10页𝑅 = 。
A
(3)若由（1）测得该电池电动势𝐸 =9V，内阻𝑟 =6Ω，兴趣小组把该电池装在一个欧姆表中，
用这个电源给欧姆表供电。欧姆表内部结构如图4所示，已知灵敏电流计满偏电流𝐼 =6mA、
g
内阻𝑅 =15Ω，按照正确操作步骤测量未知电阻𝑅 ，欧姆表指针位于图5位置，则𝑅 =
g 𝑥 𝑥
Ω，电池的内阻测量值对𝑅 的测量结果 （填“有”或“无”）影响。
𝑥
四、解答题
15．（8分）如图，汽车上的安全气囊最早由赫特里克于1953年发明并得到普及。在汽车正
常行驶时，气囊内原有气体体积忽略不计。当汽车受到猛烈撞击时会引燃气体发生剂，产生
大量气体，极短时间内充满气囊。充气过程中，气囊上可变排气孔是封闭的，充气结束时内
部气体的压强为p、体积为V、温度为T，气体可视为理想气体。
（1）已知大气压强为𝑝 ，求充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功；
0
（2）撞击后，车上驾乘人员因惯性挤压安全气囊导致可变排气孔开始排气，当内部气体压
强为3 𝑝、体积为1 𝑉、温度为1 𝑇时，恰好不再排气，求排出气体质量与排气前气体总质量之
5 3 3
比。
试卷第7页，共10页16．（8分）据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最初的投石车结构很简单，
一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，短端系上几十根绳索，当命令下达时，
数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石块抛出。某学习小组用如图所示的模型演示抛石过
程。质量𝑚 =1kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。
现对短臂施力，当长臂转到与竖直方向夹角为𝜃 =53°时立即停止转动，石块以𝑣 =20m/s的
0
速度被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度ℎ =1.65m，不计空气阻力，重力加速
度g取10m/s2，求：
（1）抛出后石块距离地面的最大高度；
（2）在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度𝐿 =3.2m的木板充当城墙挡住石块，木板离
石块抛出点最近距离。
试卷第8页，共10页17．（14分）如图所示，−2𝐿 <𝑥 <−𝐿且𝑧 >0的区域 I 内存在一沿𝑥轴负方向的匀强电场，
电场强度为𝐸。𝑥 >−𝐿且𝑧 >0的区域Ⅱ内存在一沿𝑦轴负方向的匀强磁场（未画出），磁感应
强度为𝐵 。在−2𝐿 <𝑧 ≤0的区域Ⅲ内有一平行于𝑥𝑂𝑧面放置的长方形离子收集板𝑀𝑁𝑃𝑄。
1
收集板MNPQ与𝑦轴交于点𝑇(0,−𝐿,0)，其中𝑀𝑄足够长，𝑀𝑁长为2𝐿。区域Ⅲ内存在一方向
与xOy平面平行且与x轴正方向的夹角为𝜃的匀强磁场𝐵 。在区域I中有一平行于𝑧轴放置的
2
长为𝐿的通电金属丝𝑎𝑏，能够源源不断地释放质量为𝑚、电荷量为−𝑞、初速度为零的电子。
这些电子经电场加速后，沿𝑥轴正方向进入匀强磁场𝐵 ，最终都汇聚到点𝑂进入区域Ⅲ。其
1
中𝑎点释放的电子进入区域Ⅱ后恰好能从点𝑂沿𝑧轴负方向进入区域Ⅲ。调节磁感应强度𝐵 大
2
小，使从𝑎点释放的电子能打到收集板上被吸收。不考虑电子重力和电子间的相互作用（已
知cos76°=0.25）。
（1）求匀强磁场𝐵 大小；
1
（2）求匀强磁场𝐵 的最小面积；
1
（3）若角度θ=0，求磁感应强度𝐵 的取值范围；
2
（4）若角度θ的大小在0到90°之间，试定量讨论磁感应强度𝐵 的取值范围。
2
试卷第9页，共10页18．（16分）如图，右侧带有挡板的平板小车静止在光滑水平面上，左端紧靠平台且与平台
等高，小车的上表面分成两段，左段长𝐿 =0.1m，右段L'足够长，平台边缘正上方用长𝐻 =
10m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为𝑚 的物块B，且𝑚 <𝑚 ，将
0 0
A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞
过程中的恢复系数𝑒 =
|碰后相对速度|，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将
|碰前相对速度|
A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后A滑上小车，A
滑上小车后，小车左端迅速弹出一个厚度不计的挡板，同时取走B。在小车上L段内A受
一个来自右侧挡板水平向左的斥力𝐹 =0.2mg，在L'范围内A受到一个来自右侧挡板水平
1
向左的斥力𝐹 =0.8mg。已知小车质量𝑀 =𝑚=2kg，物块A与小车上表面间的动摩擦因数
2
𝜇 =0.4，重力加速度𝑔 =10m/s2，不计空气阻力。
（1）求A刚滑上小车时的速度大小；
（2）求A与小车第一次达到共速时的速度大小及A到小车左端的距离；
（3）物块A与左侧挡板的碰撞为弹性碰撞，求物块A与左侧挡板碰撞次数及物块A最终
相对小车静止时与左侧挡板间的距离。
试卷第10页，共10页参考答案：
1．D
【详解】AB．在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反
应产生的，来源于原子核，不是电离产生的，A、B错误；
C．放射性元素的半衰期非常稳定，不受环境影响，C错误；
D．根据质能方程可知，该反应释放的能量
𝐸 =(𝑚 −𝑚 −𝑚 )𝑐2
1 2 3
D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．以吊锅和铁链为研究对象，设每根杆的弹力为𝐹 ，在竖直方向，根据平衡条件
N
有
3𝐹 cos37° =𝑚𝑔
N
解得
5
𝐹 = 𝑚𝑔
N 12
而每根杆受到地面对其的作用力应与𝐹 平衡，由此可知，每根杆受到地面的作用力大小为
N
5 𝑚𝑔，故A错误；
12
B．三角支架处于静止状态，受力平衡，所受合力为0，故B错误；
C．根据牛顿第三定律可知，每根杆对地面的作用力的大小为𝐹 ，则由平衡条件可得，每根
N
杆与地面间的摩擦力大小
1
𝑓 =𝐹 sin37° = 𝑚𝑔
N 4
故C正确；
D．对便携式三脚架与吊锅整体进行分析有
𝑚𝑔=3𝑁
解得
1
𝑁 = 𝑚𝑔
3
根据牛顿第三定律有
1
𝑁′ =𝑁 = 𝑚𝑔
3
答案第1页，共17页即减小杆与竖直方向夹角时，每根杆对地面压力不变，而
𝑓 =𝐹 sin𝜃，3𝐹 cos𝜃 =𝑚𝑔
N N
解得
𝑚𝑔tan𝜃
𝑓 =
3
减小杆与竖直方向夹角时，每根杆对地面摩擦力减小，故每根杆受地面的作用力应减小，故
D错误。
故选C。
3．D
【详解】A．根据
𝑀𝑚
0
𝐺 =𝑚 𝑔
𝑅2 0
地球的密度
𝑀 3𝑔
𝜌= =
4 4π𝑅𝐺
𝜋𝑅3
3
选项A错误；
B．根据
𝑀𝑚
𝐺 =𝑚𝜔2𝑟
𝑟2
解得月球绕地球公转的角速度为
𝜔 =√
𝑔𝑅2
地球与月球之间有一种有趣的“潮汐锁定”现象，可知月球的公转和自转的角速度相
𝑟3
同，故月球自转的角速度为√
𝑔𝑅2
，选项B错误；
𝑟3
C．太阳光照射月球的时间为
2𝜋−𝛼 2𝜋 𝑟3
𝑡 = ⋅ =(2𝜋−𝛼)√
1 2𝜋 𝜔 𝑔𝑅2
选项C错误；
D．因为月球永远以同一面朝向着地球，则月球上的P点被照亮的时间为
2𝜋−𝛼−𝜋 2𝜋 𝑟3
𝑡 = ⋅ =(𝜋−𝛼)√
2 2𝜋 𝜔 𝑔𝑅2
选项D正确。
故选D。
答案第2页，共17页4．D
【详解】将滑动变阻器𝑅 滑片P向下滑动过程中，可知滑动变阻器接入电阻阻值减小，则
3
副线圈总电阻减小，把变压器和副线圈全部负载看成一个等效电阻，则等效电阻减小，根据
欧姆定律可得
𝑈
𝑎𝑏
𝐼 =
1 𝑅 +𝑅
1 等
可知原线圈电流𝐼 增大，则𝑅 两端电压增大，原线圈输入电压𝑈 减小，根据
1 1 1
𝑈2
=
𝑛2，𝐼2
=
𝑛1
𝑈1 𝑛1 𝐼1 𝑛2
可知副线圈输出电压𝑈 减小，副线圈电流𝐼 增大；则𝑅 两端电压减小，电流表示数增大；由
2 2 2
于通过𝑅 的电流减小，则通过𝑅 的电流增大，𝑅 消耗的电功率增大；由于𝑅 两端电压增大，
2 4 4 4
则𝑅 两端电压减小，即电压表示数减小。
3
故选D。
5．D
【详解】A．根据光的全反射条件，只有光线在光密介质射向光疏介质时才能发生全反射，
又因为光在光疏介质中传播速度大于光密介质中的传播速度，可知光在空气中的传播速度大
于五棱镜中的传播速度。故A错误；
BC．红光在五棱镜的全反射临界角
1
sin𝐶 =
𝑛
因为绿光的折射率大于红光的折射率，所以绿光的临界角较小，所以更容易发生全反射，所
以若将红光改为绿光，则在EA上能发生全反射。又因为在可见光的各种单色光中，红光折
射率最小，所以临界角最大，各色光都能在CD和EA面发生全反射，不会色散所以从BC
面出去的仍旧是白光，而不是彩色光束。故BC错误；
D．设射入CD面上的入射角为𝜃，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相
等，如下图
答案第3页，共17页根据几何关系有
4𝜃 =90°
解得
𝜃 =22.5°
当光刚好在CD和AE面上发生全反射时，折射率最小，根据上述分析可知折射率最小时
𝜃 =𝐶
解得最小折射率为
1 1
𝑛 = =
sin𝜃 sin22.5°
故D正确。
故选D。
6．D
【详解】A．画出在abcd四点的电荷在E、F两点的场强方向如图：
由图可知E、F两点的电场强度相同，故A错误；
B．由等量异种电荷周围的电势分布可知，A、O、B三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，
则各点电势均为零，即
𝜑 =𝜑 =𝜑 =0
𝐴 𝐵 𝑂
故B错误；
答案第4页，共17页C．将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中，电势先升高后降低，则正电
荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，故C错误；
D．若a、b、c处的电荷仍固定不动，将d处的电荷移到O处，因c处的电荷在O、d两点
的电势相等，则c处的电荷使d处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑ab两处
的电荷对电荷d的影响，在d处时，ab两处的电荷在d点的电势为正，则电荷d的电势能为
正，到O处时ab两处的电荷在O点的电势为零，则电荷d在O点的电势能为零，可知将d
处的电荷𝑄 移到O处其电势能将减小，故D正确。
𝑑
故选D。
7．C
【详解】A．B到C过程，气体经历绝热过程，气体的体积增大，对外界做功，根据热力学
第一定律可知气体内能减小，热力学温度降低，所以状态B的温度高于状态C的温度，故A
错误；
B．根据𝑝𝑉 =𝐶可知，A到B过程，气体经历等压变化，体积增大，气体对外界做功，热力
𝑇
学温度增加，即内能在增加，故B错误；
C．C到D过程，气体经历等压变化，体积减小，外界对气体做功，则热力学温度降低，即
内能在减小。由热力学第一定律，可知外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，故C
正确；
D．由图可知，经过一个布雷顿循环，气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知，
气体从外界吸收热量，即吸收的热量大于放出的热量，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】
A．演员在 a 时刻位于最低点，速度为零，蹦床的弹力大于演员的重力，有向上的加速度，
故加速度不为零，故A错误；
B．当蹦床的弹力等于演员的重力时，演员的速度最大，故演员在b时刻速度不是最大，故
B错误；
C．演员在空中的时间为
𝑡 =2.8−1.2s=1.6s
运动员离开蹦床的速度大小为
答案第5页，共17页𝑡
𝑣 =𝑔⋅ =8m/s
2
设蹦床的最大压缩量为ℎ，从a时刻到b时刻，根据动能定理
1
𝑊−𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣2 =1120J
2
可知从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功大于1120J，故C错误；
D．从a时刻到b时刻，根据动量定理
𝐼 −𝑚𝑔(𝑡 −𝑡 )=𝑚𝑣
F 𝑏 𝑎
蹦床给演员的冲量大小为
𝐼 =455N⋅s
F
故D正确。
故选D。
9．AB
【详解】A．两列波的频率均为
𝜔 5
𝑓 = = Hz
2𝜋 3
则可以发生干涉，选项A正确；
B．两振源的相位差为π，而P点到两振源的距离之差为零，则P点为振动减弱点，振幅为
零，则𝑡 =0时刻𝑃(0,6,0)处质点的位移为0，选项B正确；
C．波长
𝑣
𝜆 = =12m
𝑓
因
1
𝑄𝑆 =6m= 𝜆
1 2
则𝑡 =0时刻由S 在Q点引起的位移为
1
𝜋 0.1√3
𝑠 =−0.1sin m=− m
1
3 2
𝑄𝑆 =√62+(6√3)2m=12m=𝜆
2
则𝑡 =0时刻由S 在Q点引起的位移为
2
2𝜋 0.1√3
𝑠 =0.1sin(− )m= m
2 3 2
则𝑡 =0时刻𝑄(−3√3,6,0)处质点的位移为零，选项C错误；
D．𝑡 =0时刻波源𝑆 和𝑆 的位移相同，根据
1 2
答案第6页，共17页𝑘𝑥
𝑎 =−
𝑚
可知加速度不一定相同，选项D错误。
故选AB。
10．BC
【详解】AB．设小物体受到的支持力为𝐹 ，则有
N
𝐹 sin60°=𝑚𝑔
N
𝐹 cos60°=𝑚𝜔2𝐿sin60°
N
解得
10√3
𝜔 = rad/s
3
故A错误、B正确；
CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为𝑡，运动的初速度大
小为𝑣 ，加速度大小为𝑎，沿AD方向向下运动的距离为𝑦，则有
0
𝑚𝑔sin60°=𝐹 ′
N
𝑚𝑔cos60°=𝑚𝑎
𝑣 =𝜔𝐿sin60°
0
𝐿
=𝑣 𝑡
2 0
1
𝑦= 𝑎𝑡2
2
解得
𝑦=0.025m =2.5cm
故C正确、D错误。
故选BC。
11．AB
【详解】A．速度最大时合力为零，则有
𝑚𝑔sin45°=𝑘𝑥
解得压缩量为
√2𝑚𝑔
𝑥 =
2𝑘
故A正确；
B．从静止释放到物块的动能最大过程，根据系统机械能守恒可得
答案第7页，共17页1
𝑚𝑔(𝑙+𝑥)sin45° = 𝑘𝑥2+𝐸
2 km
解得物块的最大动能为
√2 𝑚𝑔 𝑔2𝑚2
𝐸 =𝑚𝑔( 𝑙+ )−
km 2 2𝑘 4𝑘
故B正确；
C．弹簧压缩量最大时，根据牛顿第二定律可得
3√2𝑚𝑔
𝑘⋅ −𝑚𝑔sin45°=𝑚𝑎
2𝑘
解得物块的最大加速度为
𝑎 =√2𝑔
故C错误；
D．物块开始压缩弹簧后，到分离前做简谐振动，物块合力为0的位置为平衡位置，则物块
做简谐运动的振幅为
3√2𝑚𝑔 √2𝑚𝑔 √2𝑚𝑔
𝐴= − =
2𝑘 2𝑘 𝑘
则物块开始压缩弹簧时，偏离平衡位置的距离为
√2𝑚𝑔 1
𝑥 = = 𝐴
1 2𝑘 2
设物块做简谐运动的周期为𝑇，从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为
𝑇
𝑡 =
1 12
则从开始接触到压缩量最大经历的时间为
𝑇 1
𝑡′ =𝑡 + = 𝑇
1 4 3
设物块从最高点到刚接触弹簧所用时间为𝑡 ，物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，
0
根据运动学公式可得
𝑙 = 1 𝑎𝑡2，𝑎 =𝑔sin45°= √2 𝑔
2 0 2
解得
2√2𝑙
𝑡 =√
0 𝑔
则从静止释放到压缩量最大的时间为
2√2𝑙 1
𝑡 =𝑡 +𝑡′ =√ + 𝑇
0 𝑔 3
答案第8页，共17页无法确定物块从与弹簧接触到速度为零的时间是否为𝑡，故D错误。
4
故选AB。
12．BD
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可知，左侧线圈产生的感应电动势为
ΔΦ Δ𝐵
𝐸 =𝑛 =𝑛 𝑆 =4V
1 Δ𝑡 Δ𝑡
刚合上开关时，电路中电流为
𝐸
1
𝐼 = =1.6A
1 𝑅+𝑟
对导体棒有
𝐵 𝐼 𝐿−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎
2 1
解得
𝑎 =2m⁄s 2
故A错误；
B．导体棒运动速度最大时，导体棒所受合力为零，即有
𝐵 𝐼 𝐿 =𝜇𝑚𝑔
2 2
解得
𝐼 =0.8A
2
设最大速度为𝑣 ，则有
m
𝐸 −𝐵 𝐿𝑣
1 2 m
=𝐼
𝑅+𝑟 2
解得
𝑣 =4m⁄s
m
故B正确；
C．根据题意，对导体棒由动量定理有
𝐵 𝐿𝑣
2
𝐵 𝐼 𝐿𝑡−𝐵 ⋅ ⋅𝐿𝑡−𝜇𝑚𝑔𝑡 =𝑚𝑣 −0
2 1 2 𝑅+𝑟 m
则有
𝐵2𝐿2
(𝐵 𝐼 𝐿−𝜇𝑚𝑔)𝑡− 2 ∑𝑣𝑡 =𝑚𝑣 −0
2 1 𝑅+𝑟 m
即
𝐵2𝐿2
(𝐵 𝐼 𝐿−𝜇𝑚𝑔)𝑡− 2 ⋅𝑥 =𝑚𝑣 −0
2 1 𝑅+𝑟 m
答案第9页，共17页解得
𝑥 =24m
故C错误；
D．对导体棒，由动量定理有
𝐵 𝐿∑𝐼𝑡−𝜇𝑚𝑔𝑡 =𝑚𝑣 −0
2 m
即
𝐵 𝐿𝑞−𝜇𝑚𝑔𝑡 =𝑚𝑣
2 m
解得
𝑞 =8C
由能量守恒定律有
1
𝑞𝐸 =𝑄+ 𝑚𝑣2 +𝜇𝑚𝑔𝑥
1 2 m
解得
𝑄 =20.8J
故D正确；
故选BD。
13．(1)D
(2)9.86
(3)金属块重心与M点间距离
【详解】（1）根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积
较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来
固定。
故选D。
（2）设M点到重心得距离为r，根据周期公式
𝑙+𝑟
𝑇 =2𝜋√
𝑔
可得
4𝜋2
𝑇2 = (𝑙+𝑟)
𝑔
故该图像的斜率为
答案第10页，共17页4𝜋2 4
𝑘 = = ×102 =4
𝑔 99−(−1)
解得由此得出重力加速度的测量值为
𝑔 ≈9.86m/s2
（3）令𝑇2 =
4𝜋2
(𝑙+𝑟)=0，解得
𝑔
𝑙 =−𝑟
所以横轴截距绝对值的意义为M点到重心的距离。
14．(1) 𝑏 𝑏 = >
𝑎
(2) 电流表A 的示数仍为𝐼 𝑅 −𝑅
1 0 2 1
(3) 2200 无
【详解】（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
𝐸 =𝐼(𝑅+𝑟)
变形可得
𝐸
𝑅 = −𝑟
𝐼
根据图像的斜率与截距可知
𝐸 =
𝑏，𝑟
=𝑏
𝑎
[3][4]考虑电流表有内阻，则应为
𝐸
𝑅 = −𝑟−𝑟
𝐼 A
由此可知
𝐸 =𝐸
测 真
内阻
𝑟 >𝑟
测 真
（2）[1][2] 直到电流表A 的示数为𝐼 ，此时电阻箱示数为𝑅 ，则有
1 0 2
𝐼 (𝑅 +𝑅 +𝑅 +𝑟)=𝐼 (𝑅 +𝑅 +𝑟)
0 𝐴1 1 𝐴 0 𝐴1 2
解得
𝑅 =𝑅 −𝑅
𝐴 2 1
（3）[1]根据欧姆定律有
答案第11页，共17页𝐸 9
𝑅 =𝑅 = = Ω=1500Ω
中 内 𝐼 6×10−3
g
可知欧姆表选用×100挡位，根据指针位置可知此时电阻为2200Ω；
[2]由于多用电表使用前应先欧姆调零，所以电池的内阻测量值对测量结果无影响。
15．（1）𝑝 𝑉；（2）2
0
5
【详解】（1）充气过程中气囊克服外界大气压强所做的功
𝑊 =𝑝 𝑉
0
（2）对气囊内所有的气体，根据理想气体状态方程有
3
𝑃𝑉 𝑃𝑉′
5
=
𝑇 𝑇
3
从气囊内排出气体的体积为
1
Δ𝑉 =𝑉′− 𝑉
3
排出气体质量与排气前气体总质量的之比为
Δ𝑚 Δ𝑉 2
= =
𝑚 𝑉′ 5
解得
Δ𝑚 2
=
𝑚 5
16．（1）14.45m；（2）37.2m
【详解】（1）石块抛出时沿竖直方向分速度为
𝑣 =𝑣 sin𝜃=16m/s
0𝑦 0
则石块从抛出到最高点的高度为
𝑣2
0𝑦
ℎ = =12.8m
1 2𝑔
抛出后石块距离地面的最大高度为
𝐻 =ℎ +ℎ =14.45m
1
（2）当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近；石块从最高点到木板上
端过程做平抛运动，竖直方向有
1
𝐻−𝐿 = 𝑔𝑡2
2 2
解得
答案第12页，共17页2(𝐻−𝐿)
𝑡 =√ =1.5s
2 𝑔
石块从抛出到最高点所用时间为
𝑣
0𝑦
𝑡 = =1.6s
1 𝑔
石块抛出时的水平分速度为
𝑣 =𝑣 cos𝜃=12m/s
0𝑥 0
则木板离石块抛出点最近距离为
𝑥 =𝑣 (𝑡 +𝑡 ) =37.2m
0𝑥 1 2
17．（1）√ 2𝑚𝐸；（2）𝜋−2 𝐿2；（3）2 √ 2𝑚𝐸 ≤𝐵 ≤2√ 2𝑚𝐸；（4）见解析
2
𝑞𝐿 2 5 𝑞𝐿 𝑞𝐿
【详解】
（1）设电子经过电场加速后速度为𝑣 ，进入匀强磁场𝐵 磁汇聚从O点沿z轴负方向射出，
0 1
有
1
𝑞𝐸𝐿 = 𝑚𝑣2−0
2 0
𝑚𝑣2
0
𝑞𝑣 𝐵 =
0 1 𝑟
𝑟 =𝐿
联立解得
2𝑚𝐸
𝐵 =√
1 𝑞𝐿
（2）磁场的最小面积为
1 𝐿2 𝜋−2
𝑆 =2×( 𝜋𝐿2− )= 𝐿2
4 2 2
（3）当角度为0时，磁感应强度𝐵 方向沿x轴正方向，设离子恰好打到MQ边的半径为𝑟 ，
2 1
恰好打到NP边的半径为𝑟 ，据几何知识得
2
𝑟 =0.5𝐿
1
𝑟2 =(2𝐿)2+(𝑟 −𝐿)2
2 2
𝑚𝑣2
0
𝑞𝑣 𝐵 =
0 2 𝑟
可得
𝐵 =2√
2𝑚𝐸、𝐵
=
2
√
2𝑚𝐸
2max 2min
𝑞𝐿 5 𝑞𝐿
答案第13页，共17页所以磁感应强度大小范围为
2 2𝑚𝐸 2𝑚𝐸
√ ≤𝐵 ≤2√
5 𝑞𝐿 2 𝑞𝐿
（4）当角度为𝜃时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为𝑟 ，则有
3
𝐿
𝑟 =
3 2cos𝜃
𝑚𝑣2
0
𝑞𝑣 𝐵 =
0 2 𝑟
3
可得
2𝑚𝐸
𝐵 =2√ cos𝜃
2 𝑞𝐿
恰好达到NP边圆周半径为𝑟 ，则有
4
𝐿 2
𝑟2 =(2𝐿)2+(𝑟 − )
4 4 cos𝜃
𝐿
𝑟 =2𝐿cos𝜃+
4 2cos𝜃
可得
2cos𝜃 2𝑚𝐸
𝐵 = √
2 (4cos2𝜃+1) 𝑞𝐿
由数学知识得𝜃 =60°时，有
𝑟 =2𝑟
4 3
𝑟 有最小值
4
𝑟 =2𝐿
4min
当𝑟 =2𝐿时，有
3
𝐿
=2𝐿
2cos𝜃
此时𝜃 =76°，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以𝜃 ≥76°无论𝐵 取什么值粒子都打不
2
到收集板上，所以
①0≤𝜃 ≤60°时，有
2cos𝜃 2𝑚𝐸 2𝑚𝐸
√ ≤𝐵 ≤2√ cos𝜃
(4cos2𝜃+1) 𝑞𝐿 2 𝑞𝐿
②60°≤𝜃 ≤76°时，有
答案第14页，共17页1 2𝑚𝐸 2𝑚𝐸
√ ≤𝐵 ≤2√ cos𝜃
2 𝑞𝐿 2 𝑞𝐿
③76°≤𝜃 ≤90°时，无论𝐵 取何值，粒子均无法打到收集板上。
2
18．（1）𝑣 =10√2m/s；（2）𝑣 =5√2m/s，𝑥 =4.22m；（3）4次，𝑥 =4mm
共 4
【详解】（1）根据机械能守恒，小球摆到最低点时的速度为𝑣 满足
0
1
𝑚𝑣2 =𝑚𝑔𝐻
2 0
解得
𝑣 =√2𝑔𝐻 =10√2m/s
0
A碰B时，根据动量守恒
𝑚𝑣 =𝑚 𝑣
0 0 1
恢复系数为
𝑣
1
𝑒 =
𝑣
0
解得
𝑚
𝑒 =
𝑚
0
B碰A时根据动量守恒为
𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣′ +𝑚𝑣
0 0 0 0
恢复系数
𝑣−𝑣′
𝑒′ = 0
𝑣
0
联立得
𝑣 =𝑣 =10√2m/s
0
（2）设共速时速度为𝑣 ，共速的位置距离小车左端距离为x，根据动量守恒
共
𝑚𝑣 =(𝑀+𝑚)𝑣
0 共
解得
𝑚 1
𝑣 = 𝑣 = 𝑣 =5√2m/s
共 𝑀+𝑚 0 2 0
根据能量守恒可得
𝜇𝑚𝑔𝐿+𝐹 𝐿+𝐹 (𝑥−𝐿)+𝜇𝑚𝑔(𝑥−𝐿) =Δ𝐸
1 2 𝑘0
其中
答案第15页，共17页1 1 𝑀𝑚𝑔𝐻
Δ𝐸 = 𝑚𝑣2− (𝑚+𝑀)𝑣2 = =100J
𝑘0 2 0 2 共 𝑀+𝑚
可得
5𝑀𝐻 1
𝑥 = + 𝐿 >𝐿
6(𝑀+𝑚) 2
代入数据可得
253
𝑥 = ≈ 4.22m
60
（3）当m再次返回到小车左端的时候，具有的可损失动能为
Δ𝐸 =Δ𝐸 −𝜇𝑚𝑔(𝑥+𝑥)
𝑘1 𝑘0
得
𝑀𝑚𝑔𝐻
Δ𝐸 = −0.4𝑚𝑔𝐿
𝑘1 3(𝑀+𝑚)
将𝑀𝑚𝑔𝐻代换回Δ𝐸 得
k0
𝑀+𝑚
1
Δ𝐸 = Δ𝐸 −0.4𝑚𝑔𝐿
k1 3 𝑘0
其中
0.4𝑚𝑔𝐿 =0.8J
所以
1
Δ𝐸 = Δ𝐸 −0.8
k1 3 k0
因为每次从左侧挡板出发都会经过类似的过程，所以递推关系为
1
Δ𝐸 = Δ𝐸 −0.8
k(𝑛+1) 3 k𝑛
以下列举每次数量关系
𝑛 =1时
Δ𝐸 = 1 Δ𝐸 −0.8 𝑛 =2时
k1 k0
3
Δ𝐸 = 1 Δ𝐸 −0.8× 1 −0.8 𝑛 =3时
k2 32 k0 3
1 1 1
Δ𝐸 = Δ𝐸 −0.8× −0.8× −0.8
k3 33 k0 32 3
……
𝑛 =𝑛时
1 1 1
Δ𝐸 = Δ𝐸 −0.8×( +⋯ +1)
k𝑛 3𝑛 k0 3𝑛−1 3
结合数列求和得
答案第16页，共17页1 1.2
Δ𝐸 = Δ𝐸 −(1.2− )
k𝑛 3𝑛 k0 3𝑛
由
Δ𝐸 =100J
k0
整理得
101.2
Δ𝐸 = −1.2
k𝑛 3𝑛
可知当𝑛 =4时
101.2 4
Δ𝐸 = −1.2= J
k4 34 81
假设此后m相对小车向右运动过程中会停在小车上的L段，设停在𝑥 位置处，根据功能关
4
系
Δ𝐸 =(𝐹 +𝑓)𝑥
k4 1 4
代入数据得
1
𝑥 = m≈ 4mm
4 243
因为
𝑥 ≈4mm<0.1m=𝐿
4
所以假设正确，综上，m物块一共跟左侧挡板碰撞4次，最后停在距离左端
1
𝑥 = m≈ 4mm
4 243
的位置。
答案第17页，共17页
