2024届福建省福州第一中学高三下学期高考模拟物理试卷

这是一份2024届福建省福州第一中学高三下学期高考模拟物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.“每天锻炼一小时，健康生活一辈子”，如图为福州一中某老师绕学校四百米跑道跑步的轨迹记录图及相关数据，以下说法正确的是( )
A. 本次跑步位移大小不超过100mB. 本次跑步平均速度大小约为10km/h
C. 本次跑步消耗423.0kJ的能量D. 5分54秒表示时刻
2.物理学作为一门高精密度的实验学科，应用在各个领域，下列说法正确的是( )
A. 泊松亮斑，说明光具有粒子性
B. 利用偏振现象，可以用偏振片对声波进行阻隔，起到消音的效果
C. 让激光束通过双狭缝，在光屏上出现条纹，波长越长，条纹间距越小
D. 康普顿效应，说明光具有粒子性
3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，正弦交流电源的电压有效值恒为U=12V，电压表为理想电压表，电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3阻值范围为0∼10Ω，则( )
A. 电压表示数为36V
B. 当R3=7Ω时，R2、R3的功率之和最大
C. 若向上移动P，电压表读数将变大
D. 若向下移动P，电源输出功率将变大
4.如图所示，空间有电荷量分别为+Q1和−Q2的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管ABC关于Q1Q2连线对称放置，且A点电势大于零(取无穷远电势为零)。电荷量为+q的小球(可视为点电荷)以初速度v0从A端无碰撞地进入细弯管，在管内运动过程中机械能守恒，则( )
A. 小球从细管C端飞出时速度大小为v0
B. Q1C. 细管上存在场强方向与细管不垂直的点
D. 在Q1Q2的连线上，场强最小的位置在Q1Q2中点偏右的地方
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图是地球周围的两颗卫星的运动轨迹图，卫星1的运行轨道为圆形轨道，卫星2的运行轨道是椭圆形轨道。两卫星轨道相交于A、B两点，C点为圆轨道上的一点，D点是椭圆轨道上的远地点，C、D连线过地心，椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径。下列说法正确的是( )
A. 卫星1的运行周期小于卫星2的运行周期
B. 卫星1在C点的速度大于卫星2在D点的速度
C. 卫星2在D点的向心加速度大于卫星1在C点的向心加速度
D. 相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积一定等于卫星2与地心的连线扫过的面积
6.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F=mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37∘的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为h15。cs37∘=0.8，不计空气阻力，则( )
A. 重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B. 重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C. 重物刚落地时的速度大小为 2gh
D. 地面对重物的平均阻力大小为25mg
7.如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点。现测得AC段绳长是CB段绳长的3倍，且绳子A端的切线与竖直方向的夹角为β，绳子B端的切线与墙壁的夹角为(α=60∘,重力加速度为g)则( )
A. β=30∘B. 绳子在C处弹力大小Fc= 33mg
C. 绳子在A处的弹力大小FA= 32mgD. 绳子上B处拉力最大
8.如图所示，水平放置的平行金属板，长为L，上板带正电。电容器右端空间有一个其方向与水平面平行，垂直纸面向里的足够大的匀强磁场。在磁场区域中有a、b两点，相距为s，ab连线在水平面上且与磁场方向垂直。一质量为m，电荷量为q带电微粒从平行板电容器下极板边缘在纸面内以速度大小v0与平行板成θ角射入，未与上极板相碰并以水平方向从a点进入匀强磁场，并能沿直线从a点运动到b点。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 微粒从a点运动到b点的时间t=sv0
B. 平行板电容器极板间电场强度大小与匀强磁场磁感应强度大小的比值EB=v03sinθcs2θgL
C. 仅撤去左端电容器装置，若同样的带电微粒从a点以v0水平射入匀强磁场，并能运动到b点，则微粒在从a点运动到b点过程中最小速度大小vmin=|2v0csθ−v0|
D. 在C选项所给条件下，s=n2πv02cs2θg(n=1,2,3⋯)
三、填空题：本大题共3小题，共8分。
9.在同一均匀介质中，两列简谐横波波源坐标分别为S(−0.1m,0)(沿x轴正方向传播)和T(0.8m,0)(沿x轴负方向传播)。t=0时刻某波源先开始振动，t=0.2s时的波形图如图所示。此时位于x=0.1m和x=0.4m处的两个质点都恰好开始振动，A、D分别为两个波形的波谷和波峰，坐标分别为(0,−0.3m)和(0.6m,0.5m)。则先振动的波源是______(填“S”或“T”)，再经过0.15s的时间x=0.3m处的质点位移为______ m。
10.一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，从A到B过程中，单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁的次数______(填“增大”或“减小”或“不变”)。从A经过B、C、D又回到A的过程中，气体______(填“从外界吸热”或“向外界放热”)。
11.图示为氢原子的能级结构图。在某正四面体密闭容器的其中一个器壁上有一个红外光子接收仪，可以接收红外光子(能量范围在0.001eV∼1.6eV)并计数。假设到达该器壁的所有红外光子均被接收仪吸收。现将容器内的氢原子全部激发到n=4的能级，接收仪在之后的较短时间内接收到1ml的红外光子，假定这段时间内每个氢原子只发生一次跃迁，且激发态的氢原子跃迁到每个能级的概率相同。能发射红外光子的能级跃迁是______(填“4→1”或“4→2”或“4→3”)，该容器中氢原子的物质的量为______ ml。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.甲、乙俩同学在实验室共同研究单摆测量重力加速度的实验：
(1)甲同学用游标卡尺测得摆球直径如图1所示为______ cm；乙同学用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示为______ s。
(2)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，甲同学说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”乙同学说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这俩同学中______。
A.甲同学的说法正确
B.乙同学的说法正确
C.甲、乙俩同学的说法都是错误的
(3)甲同学提出：若用单摆测得在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k，设地球的半径为R，假定地球的密度均匀，且已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，则可矿井的深度。乙同学通过甲同学给的已知条件，便计算出矿井的深度d=______。
13.(1)在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表，请从下列电表中选择______。
A.量程为0∼3V的电压表
B.量程为0∼3A的电流表
C.量程为0∼0.6A的电流表
D.零刻度在中间的灵敏电流计
(2)某同学按下列步骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格：记录将磁铁N、S极插入或抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果，得出结论。
上述实验中，漏掉的实验步骤是要查明______的关系。
(3)在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快，电表指针偏角______(选填“不变”“变大”或“变小”)。
五、简答题：本大题共4小题，共40分。
14.如图(a)为某实验小组利用微电流传感器在做验证楞次定律DIS实验时在计算机屏幕上得到的波形图，某横坐标为时间t，纵坐标为电流I.根据图线分析：原将条形磁针的N极插入圆形闭合线圈时得到图中①所示图线.现用一磁棒，如图(b)所示，从很远处按原方向匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，下列四图中较正确反映线圈中电流I与时间t关系的是______.
15.如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2m处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量m=0.5kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为μ=0.7，轨道圆心为O，半径为R=0.5m，MN为竖直直径，∠PON=37∘，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，不计空气阻力。求：
(1)水平推力F做的功；
(2)物块运动到P点时的速度大小；
(3)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
16.如图所示，一根劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧竖直放置，上、下两端各固定一质量为M=1.5kg的物体A和B，两物体均视为质点，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态。一个质量为m=0.75kg的小球P从物体A正上方h=1.8m处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度v1大小；
(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小v；
(3)若换成另一个质量m0=0.5kg的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短，且碰撞后迅速将Q取走)，碰撞后物体A到达最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度H。
17.如图所示，电源的电动势为U，电容器的电容为C，K是单刀双掷开关。MN、PQ是两根位于同一水平面内平行且光滑的足够长金属导轨，它们的电阻可忽略不计，两导轨间距为L，导轨处在磁感应强度大小为B的的匀强磁场中，磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面向里的方向。a和b是两根垂直导轨放置的导体棒，两棒接入导轨内的电阻均为R，质量分别为m1和m2，且m1>m2。开始时两根棒均静止在导轨上，开关K合向1足够长时间，再合向2。两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直。
(1)开关K合向1，足够长时间后，求电容器储存的电荷量，并判断上下极板电势高低；
(2)开关K合向2后的瞬间，两棒各自的加速度大小；
(3)两棒最终的速度大小以及此过程流过a棒的电量；
(4)从开关K合向2开始的整个过程中两棒产生的总焦耳热。(已知电容器所储备的电能为W=12CU2，其中C为电容器的电容，U是电容器因带电后两板具有的电势差)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由于跑道是环形的，所以本次跑步的位移大小小于跑道的直径，即小于100m，故A正确；
B.由于不知道跑道的起点和终点，无法确定位移，所以无法计算平均速度，故B错误；
C.423.0千卡=423.0×4.18×103J=1.78×106J=1.78kJ，故C错误；
D.5分54秒表示的是时间间隔，时刻表示具体的某一个点，故D错误。
故选：A。
明确位移的定义，明确位移为起点到终点的有向线段；理解平均速度的定义；了解千卡与焦耳之间的换算关系；根据时间间隔和时刻的区别判断；理解平均速度的定义。
本题主要考查了描述物体运动的各物理量，熟练公式定义即可判断。
2.【答案】D
【解析】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，说明光具有波动性，故A错误；
B、光波是横波，利用偏振现象，可以用偏振片对光波进行阻隔，声音通常是纵波，故偏振片起不到消音的效果，故B错误；
C、根据Δx=Ldλ，可知波长越长，条纹间距越大，故C错误；
D、康普顿效应说明光具有粒子性，故D正确；
故选：D。
泊松亮斑说明光具有波动性；声波是纵波，光波是横波；根据Δx=Ldλ，可判断波长与条纹间距的关系；康普顿效应说明光具有粒子性。
多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目。要注意光的粒子性与宏观意义上粒子的区别。
3.【答案】B
【解析】解：A、由于在原线圈电路中由电阻R1，则原线圈两端的电压U1<12V，由n1n2=U1U2解得：U2<36V，故A错误；
B、当R3=7Ω时，此时副线圈的总电阻为：R副=R2+R3=2Ω+7Ω=9Ω，若将变压器和后面的电阻等效为一个电阻，则等效电阻R等=(n1n2)2R副=(13)2×9Ω=1Ω，由于R等=R1，则R2、R3的功率之和增大，故B正确；
C、若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C错误；
D、根据直流电路中外电路的电阻等于电源内电阻时，电源输出功率最大可知，若向下移动P，R3电阻增大，R等增大，原来R等>R1，R等增大时副线圈输出功率将减小，故D错误。
故选：B。
根据变压器原理分析原副线圈电流的变化，根据动态分析的方法分析电压表示数的变化；
在直流电路中外电路的电阻等于电源内电阻时，电源输出功率最大，由此采用“等效法”分析副线圈功率的变化。
此题考查了变压器与电路的结合问题，要注意明确电路动态分析的基本方法，同时明确变压器的基本原理。
4.【答案】D
【解析】解：A、小球在管内运动过程中机械能守恒，只有重力做功，且重力做正功，根据动能定理可知小球在管内运动过程动能增加，可知小球从细管C端飞出时速度大小大于v0，故A错误；
B、若两电荷为等量异种电荷，取无穷远电势为零，则A点的电势为零，由题意可知A点电势大于零，且两电荷到A点的距离相等，电势是标量，所以正电荷在A点的电势大于负电荷在A点电势，可知Q1>Q2，故B错误；
C、小球在管内运动过程中机械能守恒，则小球在运动过程中电场力不做功，所以图中细管所在的弧线是等势线，根据电场线与等势面垂直可知细管上各点场强方向与细管垂直，故C错误；
D、当两个电荷是等量异种电荷时，两电荷连线的中点场强最小，但现在两电荷电荷量不相等，且Q1>Q2，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故D正确。
故选：D。
A、根据小球重力做正功分析；
B、根据电势是标量，A点电势大于零分析；
C、根据小球机械能守恒，电场力不做功，细管所在弧线是等势线分析；
D、等量异种电荷连线中点处场强最小，根据Q1>Q2可得结论。
本题考查了等势面、电场的叠加，解题的关键是知道小球在管道内运动时机械能守恒，电场力不做功，可知细管所在的弧线是等势线。
5.【答案】AB
【解析】解：A.因为椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径，由开普勒第三定律可知，卫星1的运行周期小于卫星2的运行周期，故A正确；
B.卫星2在D点加速，能变轨到以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道运动，由GMmr2=mv2r可知，r越大，运行线速度越小，卫星1在C点速度大于卫星2在以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道上的运行速度，故卫星1在C点速度大于卫星2在D点速度，故B正确；
C.由GMmr2=man可知卫星2在D点距地心的距离大于卫星1距地心的距离，卫星2在D点的向心加速度小于卫星1在C点的向心加速度，故C错误；
D.因为两颗卫星在不同轨道上运行，所以相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积不等卫星2与地心的连线扫过的面积，故D错误。
故选：AB。
A.根据开普勒第三定律进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律推导线速度随半径变化的关系式，再结合离心运动的相关知识进行综合判断；
C.根据牛顿第二定律分析解答；
D.根据开普勒第二定律进行分析求解。
考查万有引力定律的应用问题，会根据题意进行准确的分析和计算。
6.【答案】AD
【解析】解：C、设人停止施力时重物的速度大小为v1，重物刚落到地面时的速度大小为v2
重物上升h的过程，由动能定理有：(2Fcs37∘−mg)h=12mv12−0，可得：v1= 1.2gh
从停止施力到重物刚落到地面过程，由动能定理有：mgh=12mv22−12mv12，可得v2= 3.2gh，故C错误；
A、重物在空中先做匀加速直线运动，停止施力后向上做匀减速直线运动，速度减为零，反向做匀加速的直线运动，画出v−t图像如下图所示：
设重物上升的总高度为H，根据图像的面积表示重物运动的位移，由图可知上升过程：H=v12t1，下落过程：H=v22(t2−t1)，已知v1B、重物整个运动过程，由动能定理有：W人+WG−Wf=0−0，可得克服地面阻力做功：Wf=W人+WG，可知重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D、重物整个运动过程，由动能定理有：2Fcs37∘⋅h+mg×h15−f×h15=0−0
代入数据可得：f=25mg，故D正确。
故选：AD。
C、重物上升h过程、从停止施力到重物刚落到地面过程，分别利用动能定理可得重物刚落地时的速度大小；
A、根据重物运动特点画出v−t图像，根据图像面积表示位移可比较两过程的运动时间的大小关系；
BD、重物整个运动过程利用动能定理求解。
本题考查了动能定理，解题的关键是正确分析重物运动特点，全过程利用动能定理可以起到事半功倍的效果。
7.【答案】AC
【解析】解：ABC、对CB段受力分析，受重力G1=14mg、墙壁的拉力FB，AC段绳子对其向左的拉力FC，如下图所示：
根据平衡条件可得：FBcsα=14mg，FBsinα=FC，联立解得：FC= 34mg，FB=12mg；
再对AC段绳子受力分析，受重力G2=34mg、BC段绳子对其向右的拉力FC′=FC，AC段绳子的拉力为FA，如图所示：
根据平衡条件有：FAcsβ=34mg，FAsinβ=FC′，联立解得：FA= 32mg，β=30∘，故AC正确，B错误；
D、由ABC可知：FC故选：AC。
先对Bc段受力分析，受重力、墙壁的拉力、AC绳子对其向左的拉力，根据平衡条件求解出绳子在C处弹力大小及B处的弹力的大小；
再对AC段绳子受力分析，受重力、BC绳子对其向右的拉力，墙壁的拉力，根据平衡条件列式求解绳子在A处弹力大小；由几何关系可求β的大小，再比较绳子在A、C、B处的弹力的大小关系。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由题意可知，微粒经过a点的速度为
v=v0csθ
微粒能沿直线从a点运动到b点，可知微粒做匀速直线运动，则微粒从a点运动到b点的时间
t=sv=sv0csθ
故A错误；
B.微粒能沿直线从a点运动到b点，根据受力平衡可得
qv0csθ⋅B=mg
根据左手定则可知，微粒带正电，则微粒在平行板电容器极板间运动时，有
L=v0csθ⋅t1，v0sinθ=at1，a=qE+mgm
联立可得平行板电容器极板间电场强度大小与匀强磁场磁感应强度大小的比值为
EB=v03sinθcs2θgL−v0csθ
故B错误；
C.仅撤去左端电容器装置，若同样的带电微粒从a点以水平射入匀强磁场，并能运动到b点，将带电微粒的速度v0分解为两个水平向右的分速度
v1=v0csθ，v2=v0−v0csθ
其中由于分速度v1受到的洛伦兹力与重力平衡，所以微粒以分速度v1向右做匀速直线运动，同时以速度大小v2做逆时针方向的匀速圆周运动，则微粒在从a点运动到b点过程中最小速度大小为
vmin=|v1−v2|=|2v0csθ−v0|
故C正确；
D.在C选项所给条件下，则有
s=v1tab
又
tab=nT=n2πmqB(n=1,2,3…)
又
qv0csθ⋅B=mg
联立解得
s=n2πv02cs2θg(n=1,2,3…)
故D正确。
故选：CD。
微粒从a点运动到b点沿直线做匀速运动，受力平衡，运用运动学公式求时间、极板间电场强度大小与匀强磁场磁感应强度大小的比值；对速度v0进行分解，运用运动学公式、牛顿第二定律，求得微粒在从a点运动到b点过程中最小速度大小，s大小。
本题是电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
9.【答案】T0.2
【解析】解：由图发现，t=0.2s内，T波传播的距离更大，而波速相同，则波源T先振动；
波源T在t=0时刻开始振动，由图可知0∼0.2s时间内，T波向左传播了0.4m，则波速为：v=ΔxΔt=
再经过t′=0.15s时间，两列波继续传播的距离均为：x′=vt′=2×0.15m=0.3m
此时S波的波谷在x=0.3m处，T波的波峰传到x=0.3m处，S波向右再传播了0.4m，即波峰传播到x=0.2m处；
根据波的叠加原理可知，再经过0.15s的时间x=0.3m处的质点位移为：y=0.5m−0.3m=0.2m。
故答案为：T；0.2。
机械波在同种介质中传播速度相同，根据传播路程判断波的振动先后；根据波的传播特点分析再经过0.15s后质点振动情况，根据波的叠加原理分析质点位移。
本题考查了横波传播特点和波的叠加原理，难点在于波叠加后质点位移的分析方法。
10.【答案】减小 从外界吸热
【解析】解：A到B过程中，气体做等压变化，根据VATA=VBTB可知，气体温度升高，分子平均动能增大，则平均速率变大，根据动量定理可知体与烧瓶碰撞过程中的力变大，但压强不变，可知单位面积上单位时间内气体分子的撞击次数减小；从A经过B、C、D回到A的过程中，内能不变，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热；
故答案为：减小，从外界吸热。
根据盖-吕萨克定律以及气体压强的微观意义解答；根据p−V图线与坐标轴围成图形的面积表示气体对外界做的功，再结合热力学第一定律求解。
该题考查盖-吕萨克定律、气体压强的微观意义以及热力学第一定律等知识点的总和应用，题目难度适中。
11.【答案】4→318
【解析】解：由图可知处在n=4能级的氢原子分别跃迁至n=3能级、n=2能级、n=1能级时发出的光子的能量分别为0.66eV、2.55eV、12.75eV，由题意可知，只有从n=4能级跃迁至n=3能级的氢原子发出的红外光子能够被接收到；
由题意可知，只有从n=4能级跃迁至n=3能级的氢原子发出的光子能够被接收到，则测量时容器内约有6ml的氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，若每个氢原子只发生一次跃迁且跃迁到每个能级的概率相同，则该容器中氢原子的物质的量可能为3×6ml=18ml。
故答案为：4→3，18。
先计算氢原子跃迁发出光子能量的可能值，据此判断被红外光子接收仪接收的光子的来源，并根据题设条件计算该容器中氢原子的物质的量。
本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。
12.【答案】(1−k2)R
【解析】解：(1)50分度游标卡尺精度为0.02mm，摆球直径d=19mm+5×0.02mm=19.10mm=1.910cm；
单摆振动50次所用的时间为t=1min+51.4s=111.4s
(2)由单摆周期公式T=2π Lg可知，单摆周期与物体的质量无关，而是与重力加速度运动，因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大，故A正确，BC错误。
故选：A。
(3)距地球表面d深度内部球体的体积V′=43π(R−d)3
地球密度均匀，地球质量M=ρV
内部球体的质量M′=V′VM=43π(R−d)3×34πR3M=(1−dR)3M
根据万有引力定律GM′m(R−d)2=mg′
解得g′=(1−dR)g
根据单摆周期公式T=2π Lg
由题意TT′=k
解得g′=k2g
联立解得深度d=(1−k2)R。
故答案为：(1)1.910；111.4；(2)A；(3)(1−k2)R。
(1)50分度游标卡尺精度为0.02mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
秒表的读数由分针对应示数和秒针对应示数之和组成；
(2)根据单摆周期公式进行分析作答；
(3)利用单摆周期公式和万有引力近似等于其重力，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为(R−d)的球体施加的，即可联立求解。
本题考查游标卡尺和秒表的读数，考查了万有引力定律的应用及单摆的周期公式，意在考查对基本物理规律的分析计算能力。
13.【答案】D 电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向 变大
【解析】解：(1)在探究楞次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，为了观察到明显的现象并确定感应电流的方向，还需要一个零刻度在中间的灵敏电流计，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(2)根据上述实验的操作，实验中，漏掉的实验步骤是要查明电流流入灵敏电流计的方向与指针偏转方向的关系。
(3)当磁铁插入螺线管的速度越快，磁通量变化越快，产生的感应电流也越大，电表指针偏角变大。
故答案为：(1)D；(2)电流流入灵敏电流计的方向与电流计指针偏转方向；(3)变大。
(1)为了确定感应电流方向，需要一个零刻度在中间的灵敏电流计；
(2)在探究“楞次定律“的实验中，要搞清电流的流向与电流计指针偏转方向的关系；
(3)当磁铁插入螺线管的速度越快，产生的感应电流越大，电表指针偏角变大。
解答本题时，要理解实验原理，掌握实验器材的选择方法和实验步骤。
14.【答案】B
【解析】解：条形磁铁的S极迅速插入感应线圈时得到上题中②所示图线，现有一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，由楞次定律得出感应电流方向为顺时针(从左向右)，即为正方向；当远离感应线圈时，则感应电流方向为负方向．故B正确，ACD错误；
故选：B
由楞次定律来确定线圈中产生感应电流的方向，从而由感应电流方向来判定条形磁铁如何变化；根据法拉第电磁感应定律来计算出感应电流的大小．
考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的理解与应用，注意感应电流方向的正方向如何确定，同时掌握磁通量如何变化．
15.【答案】解：(1)F−x图像的面积表示力F做的功，可得水平推力F做的功：WF=4+72×2J=11J
(2)物块在水平台面上运动过程，由动能定理有：WF−μmgx=12mv02
代入数据可得：v0=4m/s
物块恰好由P点沿其切线方向进入竖直圆轨道，由平行四边形定则可得：vPcs37∘=v0
代入数据可得物块运动到P点时的速度大小为：vP=5m/s
(3)物块刚好从轨道最高点M飞出，在M点由牛顿第二定律有：mg=mvM2R
物块在圆轨道上运动过程，由动能定理有：−mg(R+Rcs37∘)−Wf=12mvM2−12mvP2
代入数据可得：Wf=0.5J
答：(1)水平推力F做的功为11J；
(2)物块运动到P点时的速度大小为5m/s；
(3)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为0.5J。
【解析】(1)根据F−x图像的面积表示力F做的功求解；
(2)物块在水平台面上运动过程，由动能定理可得物块飞离水平台面的速度大小，在P点把速度分解，由平行四边形定则可得P点速度大小；
(3)在M点由牛顿第二定律列式，物块在圆轨道上运动过程由动能定理列式，两式联立可得克服摩擦力做的功。
本题考查了动能定理、圆周运动，解题的关键是知道F−x图像的面积表示力做功，注意物块恰好通过M点，可知物块在M点，恰好由重力提供向心力。
16.【答案】解：(1)设碰前瞬间P的速度为v0，碰后瞬间二者的速度为v1，由机械能守恒定律：mgh=12mv02，根据动量守恒有：mv0=(m+M)v1
代入数据联立解得：v1=2m/s；
(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，根据胡克定律有：kx=Mg，且kx′=Mg
故x=x′=Mgk，代入数据解得x=x′=0.075m
P与A从碰后瞬间到地面对B的弹力为0的运动过程中上升的高度为：h′=x+x′=0.075m+0.075m=0.15m
由x=x′可知弹簧在该过程的始末位置弹簧的弹性势能相同，即EP1=Ep2
根据机械能守恒有：12(m+M)v12=(m+M)gh′+12(m+M)v2，代入数据解得：v=1m/s；
(3)设小球Q从距离A高H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得：m0gH=12m0v22
根以向下为正方向，据动量守恒定律m0v2=m0v3+Mv4，由机械能守恒定律可得：12m0v22=12m0v32+12Mv42
由(2)可知碰撞后地面对B的弹力恰好为0时，A上升的高度h′=0.15m
根据能量守恒定律：12Mv42=Mgh′
代入数据联立解得：H=0.6m
答：(1)碰撞后瞬间P与A的共同速度v1大小为2m/s；
(2)P和A的共同速度大小v为1m/s；
(3)Q开始下落时距离A的高度H为0.6m。
【解析】(1)根据机械能守恒和动量守恒，结合自由落体运动和碰撞运动分析求解；
(2)根据胡克定律分析弹簧变化量，根据机械能守恒分析速度；
(3)根据机械能守恒和动量守恒，结合A上升的高度分析求解。
本题考查了能量和动量，理解复杂运动过程中各个物体受力和速度的变化，掌握各个阶段能量的转化是解决此类问题的关键。
17.【答案】解：(1)开关K合向1，足够长时间后，电容器充电完毕，此时电容器两端电压为U；
电容器储存的电荷量为：Q=CU
电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电，上极板电势高；
(2)开关K合向2后的瞬间，电容器放电，此时两根棒两端电压均为U，通过两根棒的电流大小均为：I=UR
对a根据牛顿第二定律可得：BIL=m1a1，解得：a1=BLUm1R
对b根据牛顿第二定律可得：BIL=m2a2，解得：a2=BLUm2R；
(3)最终二者的速度大小相等，设为v，取向右为正方向，对整体根据动量定理可得：BI−Lt=(m1+m2)v
其中电容器放电电量为：q=I−t=Q−CBLv
联立解得：v=BLCUB2L2C+m1+m2，q=CU−B2L2C2UB2L2C+m1+m2
流过a棒的电量：qa=12q=12CU−B2L2C2U2(B2L2C+m1+m2)；
(4)最后电容器储存的电能为：E=12C(BLv)2
从开关K合向2开始的整个过程中两棒产生的总焦耳热：Q=12CU2−12C(BLv)2
联立解得：Q=12CU2−B4L4C3U22(B2L2C+m1+m2)2。
答：(1)开关K合向1，足够长时间后，电容器储存的电荷量为CU，上极板电势高；
(2)开关K合向2后的瞬间，a、b两棒各自的加速度大小分别为BLUm1R、BLUm2R；
(3)两棒最终的速度大小为BLCUB2L2C+m1+m2，此过程流过a棒的电量为12CU−B2L2C2U2(B2L2C+m1+m2)；
(4)从开关K合向2开始的整个过程中两棒产生的总焦耳热为12CU2−B4L4C3U22(B2L2C+m1+m2)2。
【解析】(1)根据电容的定义式求解电容器储存的电荷量，根据电源的极性可知上极板电势高；
(2)求出通过两根棒的电流大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(3)最终二者的速度大小相等，对整体根据动量定理求解速度大小，根据电荷量的计算公式求解流过a棒的电量；
(4)根据储存电能的计算公式求解最后电容器储存的电能，根据能量守恒定律求解两棒产生的总焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。