2023-2024学年山东省聊城市高三（第一次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年山东省聊城市高三（第一次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共27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。

1.1947年，美国芝加哥大学教授威拉得⋅利比首次利用放射性元素 614C的衰变程度，准确测定了曾经有过生命的有机体的年代。威拉得⋅利比对于考古学、海洋学和地球科学做出了巨大的贡献，因此获得1960年诺贝尔奖。 614C能自发释放β射线，衰变方程为 614C→X+β，其半衰期约为5730年。下列说法正确的是
A. 新核X比 614C少一个中子
B. 当X数量是 614C数量的3倍时， 614C衰变所经历时间约为17190年
C. 随着文物的出土，文物所在环境温度升高，会导致β衰变加快，检测不准
D. 衰变产生的β粒子来自 614C的核外电子
2.2024年1月23日02时09分，在新疆阿克苏地区乌什县(北纬41.26度，东经78.63度)发生7.1级地震，震源深度22千米，地震发生时监测站监测到一列沿x轴传播的地震横波，t=0时刻波形如图甲所示，质点P从t=0时刻开始的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波沿x轴传播20km距离需要5s
C. Q点的振动方程为y=2sin(2πt)cm
D. 该波与频率为2Hz的简谐横波相遇，一定能形成干涉图样
3.春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，輈(zhōu,指车辕)犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为1m，马拉车的力可视为沿车穰方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的 33倍，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为
A. 2mB. 3mC. 3mD. 2m
4.空间中A、B、C、D四点为正四面体的四个顶点，M、N两点分别是AB和CD的中点。在A、B两点分别固定等量正电荷，正四面体对电场分布没有影响。下列说法正确的是
A. C、D两点的电场强度相同
B. M、N两点的电势相等
C. 带正电的试探电荷从C点沿CD移动到D点，试探电荷的电势能先增大后减小
D. 带负电的试探电荷从C点沿CM移动到M点，试探电荷的电势能增大
5.如图所示，正方体框架ABCD−A1B1C1D1，的底面A1B1C1D1处于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球(可视为质点)，不计空气阻力。关于小球的运动，下列说法正确的是
A. 落点在棱BB1上的小球，落在B1点时平拋的初速度最大
B. 落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长
C. 落点在△B1C1D1内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1:2
D. 落点在线B1D1上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同
6.如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变压器输入电压随时间变化的图像。在输电线路起始端接入I、Ⅱ两个互感器，两互感器原副线圈的匝数比分别为200:1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，两电表图中未标出，输电线路总电阻r=20Ω，所有变压器及互感器均视为理想变压器。下列说法正确的是
A. 互感器I是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器
B. 输电线路上损耗的功率为200kW
C. 升压变压器的匝数比为1：100 2
D. 用户使用的用电设备增多，用户端电压U4保持不变
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.如图甲所示为某同学收集的一个“足球”玻璃球，他学习了光的折射后想用激光对该球进行研究。某次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示，AB是沿水平方向的直径，当光束从C点射入时，能从右侧B点射出，已知真空中的光速为c，点C到AB竖直距离h= 32R，玻璃球的半径为R，且球内的足球”是不透光体，不考虑反射光的情况下，下列说法正确的是
A. B点的出射光相对C点入射光方向偏折了30∘
B. 该“足球”的直径最大是 33R
C. 继续增加h(hD. 该激光在玻璃球中的传播时间为3Rc
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.下列说法正确的是
A. 某人搬家时将走时准确的摆钟从广州带到北京，摆钟走时变慢了
B. 相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈
C. 热量自发地从低温物体传到高温物体是可以实现的
D. 一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少
10.如图所示，I为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为2θ；Ⅱ为地球的近地卫星。两卫星绕地球同向转动，已知地球的自转周期为T0，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出
A. 卫星I和卫星II的周期之比为1: sin3θ
B. 卫星I和卫星II的加速度之比为sin22θ:1
C. 地球的平均密度为3πGT02sin3θ
D. 卫星II运动的周期内无法直接接收到卫星I发出电磁波信号的时间为π+2θT0 sin3θ2π1− sin3θ
11.如图所示，两电阻忽略不计的光滑导轨水平放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝(狭缝宽度不计)，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，导轨左端通过单刀双掷开关S可以与电容C或电阻R相连，导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直，在外力F(大小未知)的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动。一段时间后，若开关S接1，外力用F1表示，通过金属棒电流的大小用I1表示；若开关S接2，外力用F2表示，通过金属棒电流的大小用I2表示。关于外力、电流大小随时间变化的图像正确的是
A. B.
C. D.
12.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53∘，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮O1的距离为L，直杆上D点到O1点的距离也为L，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法正确的是
A. 小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mg
B. 小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为45g
C. 小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3
D. 小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为2 102gL17
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①用天平分别测出物块A、B的质量4m0和3m0(A的质量含遮光片)。
②用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则遮光条的宽度d=____________cm。
③将重物A，B用轻绳按图甲所示连接，跨放在轻质定滑轮上，一同学用手托住重物B，另一同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为△t，则此时重物B速度vB=___________(用d、△t表示)。
(2)要验证系统(重物A，B)的机械能守恒，应满足的关系式为：___________(用重力加速度g、△t、d和h表示)。
14.
新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查到某品牌电动汽车的铭牌如图所示，已知该车电池采用的是刀片电池技术，整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势E和内阻r，实验中除了导线和开关外，还可利用的器材有：
A.直流电压表V1、V2，量程均为1V，内阻约为3kΩ；
B.定值电阻R0，阻值为7Ω；
C.最大阻值为8kΩ的电阻箱；
D.滑动变阻器R1最大阻值约为10Ω；
E.滑动变阻器R2最大阻值约为5kΩ。
(1)实验前利用1A恒流电源对电芯进行充电，充满的时间约为__________h(保留三位有效数字)；
(2)电压表量程不够，需要改装，但是又不知道电压表内阻的准确值，小刚打算将V1改装成量程为3V的电压表。他先将电阻箱与电压表V1串联后，连成图甲所示的电路，其中RP1应选用________(选填R1或R2)。
(3)将滑动变阻器滑片P移至最右端，同时将电阻箱阻值调为零，再闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调到适当位置，使电压表刚好满偏。
(4)保持滑片P的位置不变，调节电阻箱，使电压表示数为__________V，不改变电阻箱的阻值，电压表和电阻箱的串联组合，就是改装好的量程为3V的电压表。
(5)小刚利用改装后的电压表，连接成图乙所示的电路测量电芯的电动势和内阻，这里的RP2应选用__________(选填R1或R2)。移动滑动变阻器滑片，读出电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描绘出U1一U2图像如图丙所示，图中直线斜率为k，纵轴截距为a，则电芯的电动势E=__________，内阻r=__________。(均用k、a、R0表示)
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.
中国是瓷器的故乡，号称“瓷器之国”。英语“CHINA”，既称中国，又名瓷器。瓷器是“泥琢火烧”的艺术，是人类智慧的结晶，是全人类共有的珍贵财富。如图所示，气窑是对陶瓷泥坯进行升温烧结的一种设备。某次烧制前，封闭在窑内的气体压强为p0，温度为室温27℃，为避免窑内气压过高，窑上装有一个单向排气阀，当窑内气压达到2p0时，单向排气阀开始排气。开始排气后，气窑内气体维持2p0压强不变，窑内气体温度逐渐升高，最后的烧制温度恒定为1327℃。求：
(1)单向排气阀开始排气时窑内气体温度为多少摄氏度；
(2)本次烧制排出的气体与原有气体的质量比。
16.潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“水下断崖”急速“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200m，距海底138m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107N，15s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为1.2×106N潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，重力加速度g取10m/s2， 69=8.31，求：
(1)潜艇“掉深”15s时的速度；
(2)潜艇减重排出水的质量；
(3)潜艇从A点开始“掉深”到返回A点过程中阻力的冲量。(结果取2位有效数字)
17.
为了约束带电粒子在一定区域内运动，某同学设计了如图所示的装置。边长为L的正方形横截面abcd将装置分成左右两部分。左侧是宽度为L的匀强电场区域，电场方向竖直向下；右侧是长为x(x未知)的长方体匀强磁场区域，磁场方向水平向右，长方体右侧面efgh内有一个光屏。粒子源射出一电荷量为+q、质量为m的粒子，以速度v0从pq中点水平射入匀强电场区域，恰好从图中abcd面的中心O点进人长方体区域，粒子在右侧磁场内运动过程中，到达光屏之前恰好未离开长方体区域，粒子重力不计。
(1)求粒子到达O点时的速度大小v和左侧区域中的电场强度大小E；
(2)若粒子打在光屏上Q点时的速度恰好和经过O点时的速度相同，求磁感应强度大小B和OQ两点间距离x；
(3)若将光屏平移至和O点距离x′=13πL8，求粒子打到光屏上的位置到O点的距离s。
18.
如图所示，水平传送带以速度v顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹性势能EP=2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1=0.1kg的物块甲相连(物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为53∘，高为h=0.55m的固定光滑斜面(水平台面与斜面用平滑小圆弧连接)，斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次叠放着质量为m3=0.1kg的木板(厚度不计)和质量为m2=0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0=0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g=10m/s2。
(1)求物块甲到达B点的速度的可能值；
(2)若传送带速度v=4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
(3)在满足第2问条件下，求木板运动的总路程；
(4)在满足第2问条件下，若木板的质量为m3=0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
该题考查核反应方程、半衰期等相关知识。根据质量数和电荷数守恒分析；半衰期与外界因素无关，由此分析解题即可。
【解答】
A.根据质量数和电荷数守恒可知，新核X的质量数为14，电荷数为7，则中子数为7，比 614 C少一个中子，故A正确；
BC.半衰期与外界因素无关， 614 C衰变所经历时间约为5730年，故BC错误；
D.β衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子，故D错误；
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了波动图像与振动图像、发生明显的衍射、发生干涉的条件的综合应用。
根据振动图像得到P点振动方向，再根据平移法可得波传播方向；根据图像分别得到波长和周期，判断是否会发生明显衍射，利用v=λT计算波速，再根据Δt=Δxv波沿x轴传播20km距离需要的时间；发生干涉的条件是频率相同。
【解答】
A.由图乙可知质点P在t=0时刻沿y轴负方向振动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B.由图甲可知波长为λ=4km，则该波在传播过程中遇到4km尺寸的障碍物时会发生明显的衍射现象；由图乙可知周期为T=1s，则波速为v=λT=4km/s，则该波沿x轴传播20km距离需要的时间为Δt=Δxv=204s=5s，故B正确；
C.根据图甲可知：t=0时，Q点处于平衡位置，向下振动，则Q点的振动周期T=1s，振动方程为y=2sin(2πt−π)cm，故C错误；
D.该波的频率为f=1T=1Hz，则该波与频率为2Hz的简谐横波相遇，不能形成干涉图样，故D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
车匀速运动，则受力平衡，根据共点力平衡条件解得拉力的表达式，结合数学方法解答。
本题考查共点力平衡问题，对学生的受力分析能力有一定要求，要求学生通过数学方法进行分析，难度适中。
【解答】
依题意，车匀速运动，则受力平衡，设马拉车的力为F，车辕与水平面夹角为θ，可得
Fsin θ+FN=mg,Fcs θ=f
f= 33F N
联立，解得F=mg2sin (60∘+θ)
当sin (60∘+θ)=1时，有Fmin=12mg
可得θ=30∘
车辕的长度为L=Hsin θ=2m。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】
此题是与数学模型的结合，难度适中，此题的突破口是知道正四面体的立体特点，利用电场的对称性分析，注意电场强度的矢量性，此题迎刃而解。
掌握等量异种电荷电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法。
【解答】
A.C、D两点离两个点电荷的距离均相等，由对称性可知，C、D两点电势相等，电场强度的大小相等，但方向不同，故A错误；
B.根据等量同种正电荷的电场线及等势面分布、沿电场线方向电势逐渐降低可知，离两个正点电荷的距离越远电势越低，由于N点离两个点电荷的距离大于M点离两个点电荷的距离，故M点的电势大于N点的电势，故B错误；
C.带正电的试探电荷从C点沿CD移动到D点，带正电的试探电荷离两个正点电荷的距离先减小后增大，电势先增大后减小，根据Ep=qφ可知试探电荷的电势能先增大后减小，故C正确；
D.带负电的试探电荷从C点沿CM移动到M点，带负电的试探电荷离两个正点电荷的距离逐渐减小，电势增大，试探电荷的电势能减小，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
小球做平抛运动，水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动。运动时间由下落的高度决定。根据下落高度关系分析运动时间关系。由分位移公式计算平抛初速度的最小值与最大值之比。根据P=mgvy分析落地时重力的瞬时功率关系。
本题考查平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，还要知道分运动和合运动具有等时性，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
【解答】
A.设正方向棱长为l，落点在棱 BB1 上的小球，落在 B1 点时竖直位移最大，根据
t= 2lg
可知，时间最长，根据
v=xt
可知平拋的初速度最小，选项A错误；
B.根据
t= 2lg
可知落点在面 A1B1C1D1 内的小球竖直位移相等，则时间相等，选项B错误；
C.落点在三角形 B1C1D1 内的小球时间相等，最大的水平位移为 2l ，最小水平位移为 22l ，最小水平位移与最大水平位移之比为1:2，则平抛初速度的最小值与最大值之比是 1:2 ，选项C正确；
D.落点在线 B1D1 上的小球，竖直速度均为
vy= 2gl
落地时重力的瞬时功率
PG=mgvy
均相同，选项D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】电压感器Ⅰ并联在电路中，电流互感器串联在电路中。根据电流之比跟匝数成反比求出通过导线的电流，根据电压与匝数成正比求出输送电压，根据p=I2r求损失功率。用户增多，负载电阻减小，电流增大，分析动态变压器。
【解答】
A.互感器I并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器Ⅱ串联在电路中，是电流互感器，故A错误；
B.电流表的示数为5A，互感器原、副线圈的匝数比1：20，则线路上电流
Ir=n2n1I=100A
线路上损耗的功率
P损=Ir2r=2×105W=200kW
故B正确；
C.电压表的示数为220V，匝数比为200：1，所以输送电压
U2=n1n2U=44000V
而升压变压器输入电压的有效值
U1=Umax 2=220V
故升压变压器的原副线圈匝数比为
n1n2=U1U2=1200
故C错误；
D.用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，降压变压器输入电压 U3 变小，降压变压器输出电压 U4 变小，故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程。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判断状态B与状态C的温度高低；根据热力学第一定律判断A到B过程，气体的内能变化；C到D过程，气体经历等压变化，体积减小，由热力学第一定律判断外界对气体做的功是否小于气体向外界放出的热量；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判断气体吸收的热量是否小于放出的热量。
【解答】
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 pVT=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ΔU=W+Q，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.【答案】D
【解析】【分析】
该题考查光的折射相关知识。画好光路图，根据光的折射定律，结合几何知识进行分析；并根据全反射条件判断是否会发生全反射。
【解答】
A.光束从C点射入玻璃球的光路图如图所示，设入射角为i，折射角为r，法线与直径AB的夹角为θ，由几何关系可知
θ=i
θ=2r
则有
sinθ=hR= 32
联立解得
i=60∘
r=30∘
可知光束进入玻璃时，光沿顺时针偏折了30∘，由光的折射定律可知，从B点射出时，光束沿顺时针又偏折了30∘，因此B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60∘，A错误；
B.由几何关系可知，“足球”的直径最大为
d=2Rsinr=R
B错误；
C.由于光束从C点射入玻璃球中的折射角等于从B点射出时的入射角，离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角，因此继续增加h(hD.由折射定律可得玻璃球的折射率为
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3
光束从C点射入玻璃球中，从B点射出，在玻璃球中传播的距离为
x=2Rcsr= 3R
光束在玻璃球中传播的速度为
v=cn= 3c3
该激光在玻璃球中的传播时间为
t=xv= 3R 3c3=3Rc
D正确。
故选D。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据单摆的周期公式分析摆钟走时；根据布朗运动的特点分析；根据热力学第二定律分析；根据气体压强的微观解释分析。
本题考查了单摆、热学部分相关知识，基础题，要求学生熟读课本，强化对基础知识点的识记与理解。
【解答】
A.根据单摆周期公式T=2π Lg
某人搬家时将走时准确的摆钟从广州带到北京，由于重力加速度变大，则周期变小，所以摆钟走时变快了，故A错误；
B.相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，液体分子撞击引起的不平衡越明显，布朗运动越剧烈，故B正确；
C.根据热力学第二定律可知，热量自发地从低温物体传到高温物体是不可以实现的，故C错误；
D.一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，根据压强微观意义可知，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，故D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
先根据开普勒第三定律求卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比，进而求得卫星Ⅱ的周期。对于卫星Ⅱ，根据万有引力提供向心力求地球的质量，再求地球的平均密度；根据牛顿第二定律求卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比；根据两卫星同向运行和相向运行，由几何关系求卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间。
本题考查人造卫星问题，关键是知道卫星的向心力来源，能够根据牛顿第二定律列式分析，同时要结合几何关系得到两颗卫星轨道半径的关系。
【解答】
AC.设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为 T0 ，近地卫星Ⅱ的周期为T，根据开普勒第三定律可得r3T02=R3T2
由图中几何关系可得sinθ=Rr
可得卫星I和卫星II的周期之比为T0:T=1: sin3θ
则卫星Ⅱ的周期为T=T0 sin3θ
对于卫星Ⅱ，由万有引力提供向心力可得GMmR2=m2πT2R
又M=ρ⋅43πR3
联立可得地球的平均密度为ρ=3πGT02sin3θ
故AC正确；
B.对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律GMmr2=ma得a=GMr2
所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
故B错误；
D.当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为 π+2θ 时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。由于两卫星同向运行，则有
，
联立解得t=(π+2θ)T0 sin3θ2π1− sin3θ
故D正确。
故选ACD。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了电磁感应现象中回路存在电容的动生电动势问题，此模型中电容器的电压始终等于感应电动势，注意开关S接1、2时两者动态平衡。要熟练掌握此模型的感应电流和安培力的推导，从而得到外力、电流大小随时间变化的图象关系。
【解答】
AB.由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为
L=2x⋅tanθ
x=vt
则产生的感应电动势为
E=2Bv2ttanθ
当开关 S 接1时，通过金属棒的电流为
I1=ER=2Bv2ttanθR
则可得
F1=BLI1=4B2v3tan2θRt2
由于具有初速度，则开始计时时I1、F1不为零，不过原点，故选项A正确，选项B错误；
CD.当开关 S 接2时，通过金属棒的电流为I2=ΔqΔt=2BCv2tanθ
则可得F2=BLI2=4B2Cv3ttan2θ
由于具有初速度，则开始计时时I2、F2不为零，不过原点，选项D正确，选项C错误。
故选AD。
12.【答案】BCD
【解析】解：A、小物块刚释放时，小球将加速下降，加速度竖直向下，小球处于失重状态，可知轻绳对小球的拉力小于小球的重力mg，故A错误；
B、当拉小物块的绳子与直杆垂直时，小球运动到最低点，对小物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得此时小物块加速度的大小为：a=45g，故B正确；
C、设小物块下滑至D点时速度大小为v，此时小球的速度大小为v1。将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示。
根据小物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度，有：vcs53∘=v1，则小物块在D处的速度与小球的速度之比为v：v1=5：3，故C正确；
D、对小物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定律，有
2mgLcs53∘⋅sin53∘=12mv2+12mv12
结合v：v1=5：3，解得此时小物块的速度大小为：v=2 102gL17，故D正确。
故选：BCD。
小物块刚释放时，小球将加速下降，加速度竖直向下，运用失重观点分析轻绳中的张力与其重力mg的关系；当拉小物块的绳子与直杆垂直时，小球运动到最低点，对小物块受力分析，由牛顿第二定律求加速度；小物块下滑至D点时，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据系统机械能守恒求解小物块在D处的速度。
解决本题的关键要知道对于两物体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，还要知道小物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度。
13.【答案】(1)1.020， 2dΔt；
(2)gh=4dΔt2

【解析】【分析】(1)根据游标卡尺读数规则可以得出遮光条的宽度；根据重物A的速度可以求解出重物B的速度；
(2)根据机械能守恒定律得出需要满足的关系式。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合光电门的测速原理和机械能守恒定律即可完成分析。
【解答】解：(1)[1]游标卡尺分度值为 0.05mm ，读数为
d=1cm+4×0.05mm=1.020cm
[2]极短时间，可以用平均速度替代瞬时速度，则重物 B 的速度为
vB=2vA=2dΔt
(2)对系统，若机械能守恒，则
3m0g⋅2h−4m0gh=12×4m0vA2+12×3m0vB2
解得
gh=4dΔt2
14.【答案】(1)0.217；(2)R1；(3)13；(4)R1 ；3a1−3k；3kR01−3k
【解析】【分析】
本题主要考查了测量电源电动势和内阻的实验，对于实验问题关键是明确实验原理，知道测电动势和内阻的实验中一般要根据闭合电路欧姆定律分析，列出对应物理量之间的函数关系结合图像的斜率和截距分析解答。
【解答】
(1)实验前利用1A恒流电源对电芯进行充电，充满的时间约为t=qI=2615×8×1h≈0.217h。
(2)不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图甲中分压用的滑动变阻器应选用电阻远小于电压表内阻的 R1 ，以减小电压表分流带来的误差。
(3)当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为1V；保持滑片P的位置不变，即分压保持为1V，当调节电阻箱，使电压表的示数为 13 V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为1V。这说明当电压表的示数为 1V 时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V，这就是改装好的3V电压表。
(4)由于定值电阻 R0 阻值为 7Ω ，为了让 V2 表能尽可能取得合适的数值，应选用阻值较小的滑动变阻器 R1 ；
根据闭合电路欧姆定律可得3U1=E−3U1−U2R0r
整理得U1=r3R0+3rU2+ER03R0+3r
图像的斜率为k=r3R0+3r
纵轴截距为a=ER03R0+3r
解得E=3a1−3k ， r=3kR01−3k。
15.【答案】解：(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，则有初态
p1=p0
T1=(27+273)K=300K
末态
p2=2p0
T2=(273+t2)K
由查理定律可得
p1T1=p2T2
代入数据解得
t2=327∘C
(2)开始排气后，气窑内气体维持 2p0 压强不变，则有
T3=(1327+273)K=1600K
设排出 2p0 压强的气体体积为 V′ ，排出气体质量为 m′ ，由盖-吕萨克定律可得
V0T2=V0+V′T3
由于气体的密度不变，则有
m′m=V′V0+V′
代入数据解得
m′m=58

【解析】(1)以封闭在气窑内的气体为研究对象，排气前体积不变，根据查理定律求解；
(2)开始排气后，气窑内气体维持 2p0 压强不变，由盖-吕萨克定律求解。
本题考查了理想气体实验定律的应用，明确研究对象及状态变化过程，确定初末状态的状态参量是关键。
16.【答案】解：(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为 a1 ，
对潜艇，由牛顿第二定律得： mg−F−f=ma1 ……①
代入数据解得： a1=0.8m/s2
15s末的速度为 v=a1t1=0.8×15m/s=12m/s ；……②
(2)掉深15s时，潜艇下落的高度： h1=v2t1=122×15m=90m ……③
潜艇减速下落的高度： h2=h−h1=138m−90m=48m
在减速阶段： h2=v22a2 ，解得 a2=1.5m/s2 ……④
潜艇减重后的质量为 m1 ，潜艇减重后以 1.5m/s2 的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得： F+f−m1g=m1a2 ……⑤
代入数据解得： m1=4.8×106kg
排水前潜艇的质量 m=6.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量： m′=m−m1=1.2×106kg ……⑥
(3)向下减速所需时间为 t2=va2=121.5s=8s
设上浮过程潜艇的加速度大小为 a3 ，由牛顿第二定律得：
F−f−m1g=m1a3 ……⑦
解得： a3=1m/s2
在上浮过程中，根据位移一时间公式可得： h=12a3t32
解得 t3=2 69=16.62s ……⑧
故：潜艇下降过程阻力的冲量 I1=ft1+ft2 方向竖直向上
潜艇上升过程中阻力的冲量 I2=ft3 方向竖直向下
全程阻力的冲量 I=I1−I2=ft1+ft2−ft3=7.7×106N⋅s ……⑨
方向竖直向上……⑩

【解析】本题考查动力学知识的应用，涉及动量定理的应用，弄清楚运动过程是解题的关键。
(1)由牛顿第二定律和速度公式列方程得出潜艇“掉深”15s时的速度；
(2)根据牛顿第二定律、速度位移公式，从而求出潜艇减重排出水的质量；
(3)根据牛顿第二定律和动量定理、速度位移公式列方程得出阻力的冲量大小。
17.【答案】解：(1)由题意可知粒子在匀强电场区域做类平抛运动，分解O点速度如图所示
根据运动学公式可得L2=12at2，L=v0t，
其中，根据牛顿第二定律可得a=qEm，vy=at，
粒子到达O点时的速度大小为v= v02+vy2，
联立解得v= 2v0 ， E=mv02qL；
(2)粒子在磁场中做等螺距螺旋线运动，粒子在水平方向以大小为 v0 的速度做匀速运动，在竖直平面内以 vy=v0 的速率做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qBv0=mv02R，
从右往左看，如图所示
由题意粒子恰好不出立方体得R=14L，
可得B=4mv0qL，
粒子做圆周运动的周期T=2πmqB，
联立得T=πL2v0
由题目条件可知，粒子打中Q点时，与入射点O速度相同，则可判定粒子运动的时间t=nT (n=1 、2、3…)，
OQ两点间的距离x=nTv0 (n=1 、2、3…)，
代入数据得x=nπL2 (n=1 、2、3…)；
(3)粒子沿水平方向做匀速直线运动，由 x′=13πL8 ，可得粒子在右侧区域运动时间t=3.25 T，
由粒子运动规律可知，粒子打在荧光屏上 Q1 点，从右往左看，如图所示
根据几何关系有QQ1= 2R，
由几何关系可得原点O到光屏上落点的距离为s= (x′)2+( 2R)2= 13πL82+L28。

【解析】(1)根据几何关系得出粒子的速度，结合类平抛运动的特点和牛顿第二定律得出场强的大小；
(2)粒子在磁场中做等距螺旋线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式完成分析；
(3)粒子沿水平方向上做匀速直线运动，根据几何关系得出对应的距离。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，掌握类平抛运动的特点，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
18.【答案】解：(1)由题意可知，物块甲到达A点时 Ep=12m1vA2
vA=2 13m/s
物块甲从A到B过程中，若物块甲一直加速
则有： μ1m1g=m1a ……①
vB2−vA2=2aL
vB=2 17m/s ……②
此时 v>2 17m/s
若物块甲一直减速，则有
vB2−vA2=−2aL
vB=6m/s ……③
此时 v<6m/s
若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速
则 vB=v ……④
此时 6m/s≤v≤2 17m/s
综上所述：物块甲到达B点的速度
vB={2 17m/s(v>2 17m/s时)v(6m/s⩽v⩽2 17m/s时)6m/s(v<6m/s时)
(2)当传送带速度 v=4m/s 时，物块甲在B点的速度 vB=6m/s ，此后冲向斜面到达最高点时，速度为 vD
由： −m1gh=12m1vD2−12m1vB2 ……⑤
解得： vD=5m/s
离开斜面后做斜上抛运动，
最高点时的速度 v0=vDcs53∘=3m/s ……⑥
(3)物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律：
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律： 12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得： v1=−1m/s ， v2=2m/s ……⑦
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律： m2v2=m2+m3v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理： μ2m2gx1=12m3v32−0
解得： x1=29m<0.5m ……⑧
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。木板与挡板第一次碰后，以速度 v3 向左减速到零，位移大小为 x1 ，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞。
由动量守恒定律： m2v3−m3v3=m2+m3v4
第二次碰后以速度 v4 向左减速到零，位移为 x2 ，木板向左减速过程中，由动能定理得：
−μ2m2gx2=0−12m3v42
解得： x2=19x1 ……⑨
同理可得： x3=192x1 ……⑩
以此类推木板的总路程为： s=x0+2x1+2x2+⋯⋯+2xn=x0+2×291+18m
解得： s=1.0 m……⑪
(4)以木板为对象，由牛顿第二定律： μ2m2g=m3a
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有 x=12at2 ……⑫
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。
即 v2−μ2g×2t=0
解得： x=18 m……⑬
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。
即： v2−μ2g×4t=0
解得： x=132 m……⑭
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为
132m≤x<18m ……⑮

【解析】本题是一道力学综合题，涉及传送带、平抛运动、斜面模型、动量守恒定律等的应用，弄清楚运动过程，熟悉运动规律是解题的关键。