山东省济宁市2023届高三下学期物理一模考试试卷
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子
C．在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大
D．在LC电磁振荡电路中，若仅把电容器的电容变为原来的，则振荡周期变为原来的
2．新华社酒泉2022年11月30日电，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨入驻“天宫”空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，开启中国空间站长期有人驻留时代，空间站的运行轨道视为圆形轨道。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B．航天员在空间站中处于完全失重状态，不受地球的引力作用
C．若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D．航天员出舱时，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员将做离心运动飞离空间站
3．如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面与纸面的交线，MN是垂直于O1O2放置的光屏，A、B是关于O1O2等距且平行的两束不同颜色单色细光束，沿O1O2方向左右移动光屏，可在屏上得到一个光点P，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中A光的速度比B光的速度大
B．在该玻璃体中，A光比B光的运动时间长
C．在同一条件下，B光比A光发生衍射现象更加明显
D．用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大
4．特高压直流输电是国家重点工程，输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“正方形间隔棒”所在平面垂直，的几何中心为点，点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．点的磁感应强度沿ac连线方向
B．点的磁感应强度沿bd连线方向
C．L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向
D．L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向
5．如图所示，输入电压U为3U0时，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，其阻值恒定不变。已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡始终未烧坏，下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数之比为3∶1
B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1∶2
C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗
D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮
6．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若左手抖动的频率是1.25Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B．该时刻P点的位移为cm
C．波的传播速度为8.75m/s
D．再经过0.1s，P点到达波峰位置
7．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，图甲为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻充电宝的速度最大
B．最终一定回到原位置
C．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
8．如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．晶体的所有物理性质沿各个方向是不同的
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．一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体的内能增加
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，一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定在天花板上的O点，另一端连接物块A，物块A放在粗糙水平地面上。当弹性绳处于竖直位置时，物块A与地面有压力作用。B为一紧挨弹性绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离等于弹性绳的自然长度。物块A在水平力F作用下，向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物块A地面的压力不断减小 B．水平力F的大小不断增大
C．物块A所受的摩擦力保持不变 D．物块A所受的摩擦力不断增大
11．如图所示，空间中有一正方体abcd—a'b'c'd'，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O'分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是（ ）
A．a点与c'点的电场强度方向相同
B．b'、a'两点间电势差等于O'、d'两点间电势差
C．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电场力先变大后变小
D．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电势能先变大后变小
12．如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为Brv
B．小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为
C．通过电阻R的电荷量为
D．电阻R上产生的焦耳热为
三、实验题
13．某兴趣小组利用智能手机探究滑块与一长木板间的动摩擦因数，设计如甲图所示的实验装置。将长木板固定在水平桌面上，长木板的左侧固定一定滑轮，滑块放在长木板的右端，并把手机固定在滑块上，打开智能手机测量加速度的APP，用细线通过定滑轮与滑块及钩码相连。通过改变钩码的个数，改变钩码的总质量m，获得不同的加速度a，并作出a与m（g-a）的图像如乙图所示。图线与横轴的截距为b，与纵轴的截距为-c，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）关于该实验，下列说法正确的是____；
A．钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量
B．细绳应该始终与长木板平行
C．细线的拉力等于钩码的重力
（2）根据图像可得滑块与木板间的动摩擦因数为 ；同时该兴趣小组还测出了滑块和手机的总质量 。
14．某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1（量程0~200μA，内阻为800）；
电流表A2（量程0~300mA，内阻为0.3）；
定值电阻R1（阻值为4.0）；
定值电阻R2（阻值为9200）；
滑动变阻器R（最大阻值为50Ω）；
待测蓄电池一节（电动势约为2V）；
开关S一个，导线若干。
（1）该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选 （选填“A1”或“A2”），虚线框内的定值电阻应选 （选填“R1”或“R2”）；
（2）电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组通过改变滑动变阻器滑片位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1-I2图像，如图乙所示。根据图像可知，该蓄电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
四、解答题
15．如图甲所示，两端开口的导热气缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻活塞，可在气缸内无摩擦滑动，两轻活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和；现用轻质细线将活塞B与重物C栓接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求：
（1）气缸内气体的压强；
（2）活塞移动的距离x。
16．假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球（可视为质点）沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，1s后与倾角为37°的斜面垂直相碰于C点。已知火星的半径是地球半径的倍，质量为地球质量的倍，地球表面重力加速度g=10m/s ，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为r=3m，小球的质量为m=0.5kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）火星表面重力加速度的大小；
（2）C点与B点的水平距离；
（3）小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小。
17．如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知、，，粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子经过yOz平面的坐标；
（3）电场强度E的大小。
18．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，。
（1）求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
（2）设第（）个滑块被碰后瞬间的的速率为，第个滑块被碰后瞬间的速率为，求与之间的关系式
（3）求第1个滑块的初速度；（计算结果可以带根号）
（4）求全过程中由于碰撞而损失的能量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，A不符合题意；
B．一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，即从第4能级跃迁到第3能级，从第3能级跃迁到第2能级，从第2能级跃迁到第1能级，B符合题意；
C．在光电效应中，根据光电效应方程，可知入射光频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度没有关系，C不符合题意；
D．根据振荡电路周期，可知若仅把电容器的电容变为原来的，则振荡周期变为原来的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，大量处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出6种不同频率的光子.
2．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，根据，解得，由于空间站的运行轨道半径大于近地卫星的半径，可知空间站的运行速度小于第一宇宙速度，A不符合题意；
B．航天员在空间站中处于完全失重状态，但是航天员仍然受地球的引力作用，由地球引力提供圆周运动的向心力，B不符合题意；
C．根据，，解得，可知，若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量，C符合题意；
D．航天员出舱时，由于惯性，航天员仍然与空间站具有近似相等的速度，此时仍然满足，即此时若与空间站连接的安全绳脱落，航天员仍然在该轨道上做圆周运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，近大远小，空间站的运行速度小于第一宇宙速度。空间站连接的安全绳脱落，航天员仍然在该轨道上做圆周运动。
3．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．在真空中，各色光的传播速度相等，即A光的速度等于B光的速度，A不符合题意；
B．由光路可知，B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率较大，根据可知，B光在玻璃中的速度较小，则在该玻璃体中，B光比A光的运动时间长，B不符合题意；
C．因B光折射率较大，则B光波长较短，则在同一条体下，A光比B光发生衍射现象更加明显，C不符合题意；
D．因A光波长较大，则根据，可知，用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在真空中，各色光的传播速度相等，B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率较大，B光在玻璃中的速度较小，运动时间长。
4．【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则以及对称性可知，直导线L1和L3在O点处的磁感应强度为零，直导线L2和L3在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，A B不符合题意；
CD．如果通电导线均通垂直纸面向外的电流，根据右手螺旋定则可得L2、L3、L4在L1处的磁感应强度的方向从L4指向L2，再根据左手定则可以确定，L1受到的安培力的方向应与磁感应强度方向垂直，即L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据右手螺旋定则以及对称性以及磁感应强度为矢量可知，O点处的磁感应强度为零。由左手定则确定安培力方向。
5．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．输入电压U为3U0时，灯泡a正常发光，故变压器原线圈两端的电压为2U0，灯泡b正常发光，故变压器副线圈两端的电压为U0，所以原、副线圈匝数之比为2：1，A不符合题意；
B．设灯泡a、b正常发光时的电流为I0，则原线圈电流为I0，原、副线圈匝数之比为2：1，由原、副线圈电流与匝数成反比可知，副线圈干路电流为2I0，即流经热敏电阻的电流为I0，则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1∶1，B不符合题意；
CD．若热敏电阻RT温度升高，则灯泡和RT并联部分的总电阻R并减小，且有U1 = U－I1R灯，U2 = I2R并，，联立有，由于R并减小，则I2增大，I1也增大，故灯泡a变亮，而U1 = U－I1R灯，可知U1减小，则U2减小，故灯泡b变暗，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】原线圈灯泡电压加原线圈电压等于总电压，电压之比等于匝数之比，原副线圈功率相等，求出电流之比。
6．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，A不符合题意；
B．根据图乙可知，该波的波长，根据图乙可知，P点的平衡位置距离Q点的平衡位置的间距为，则P点的位移，B符合题意；
C．波传播的速度为，C不符合题意；
D．将图乙中左侧的波形补充完整，根据上述可知，将波向右平移距离，P点出现波峰，则有（n=0，1，2，3…），根据，解得（n=0，1，2，3…），可知，P点出现波峰的最短时间为0.7s，则再经过0.1s，P点没有到达波峰位置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，Q点的振动方向沿y轴正方向。Q距离O点距离为3m，比较与半波长关系，结合三角函数图象求解。
7．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量，又充电宝从静止开始运动，可知t2时刻速度为零，从t2时刻到t3时刻充电宝先向上加速再向上减速，所以t3时刻的速度不是最大，A不符合题意；
B．加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量，充电宝从静止到静止，整个过程充电宝做的是变加速直线运动，无法确实位移关系，所以充电宝最终不一定回到原位置，B不符合题意；
C．充电宝在t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，C不符合题意；
D．t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有，又解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为N=10N，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量。整个过程充电宝做的是变加速直线运动，无法确实位移关系。充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大。
8．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，解得，A不符合题意；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为，B不符合题意；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为，解得，方向向左，C不符合题意；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有，，代入数据解得，物块B的最大速度为3.6m/s，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】C与A碰撞过程动量守恒，AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大。当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大。
9．【答案】B,D
【知识点】布朗运动；理想气体与理想气体的状态方程；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，多晶体具有各向同性，A不符合题意；
B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，B符合题意；
C．一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体的内能减少，C不符合题意；
D．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体体积增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】单晶体具有各向异性，花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈。一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体温度降低，气体的内能减少。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】ACD．设物块A与小钉B的竖直距离为，物块A运动过程中，A、B之间的距离为（即为弹性绳的伸长量），A、B之间的弹性绳与水平面的夹角为，弹性绳的劲度系数为；则弹性绳的弹力大小为，以物块A为对象，竖直方向根据受力平衡可得，可知物块A地面的压力保持不变；由，可知物块A所受的摩擦力保持不变，AD不符合题意，C符合题意；
B．以物块A为对象，根据牛顿第二定律可得，可得，由于逐渐减小，逐渐减小，则水平力F的大小不断增大，B符合题意。
故答案为：BC。
【分析】以物块A为对象，竖直方向受力平衡，压力保持不，摩擦力保持不变。以物块A为对象，根据牛顿第二定律得出F表达式，由数学关系求解。
11．【答案】A,B,C
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷电场的分布可知，a点与点在同一等势面上，电场强度都垂直与等势面且指向负的点电荷一方，A符合题意；
B．与在同一等势面上，和相对于两个点电荷连线的中垂面对称，所以、两点间电势差等于、两点间电势差，B符合题意；
C．根据等量异种点电荷电场的分布可知，由点沿到点，电场强度先增大后减小，所以将某点电荷由点沿移至点的过程中，该电荷所受电场力先增大后减小，C符合题意；
D．由等量异种点电荷电场的分布可知，所在的平面是等势面，所以将某点电荷由点沿移至点，电荷的电势能不变，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】所在的平面是等势面，a点与点在同一等势面上，与在同一等势面上，等势面移动电荷，电场力不做功，电势能不变。
12．【答案】B,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为，金属棒两端的电压为，A不符合题意，B符合题意；
C．此过程中回路中的平均感应电动势为回路中的平均电流为，此过程通过电阻R的电荷量为，联立解得，C符合题意；
D．根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为，电阻R上产生的焦耳热为，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，由转动切割表达式求解电动势。根据法拉第电磁感应定律求解平均电动势，由欧姆定律求解平均电流。
13．【答案】（1）B
（2）；
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）设滑块和手机的质量为，对钩码和滑块以及手机的系统由牛顿第二定律有，整理可得，可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量，A不符合题意；
B．为了让绳子拉滑块的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，B符合题意；
C．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，C不符合题意。
故答案为：B。
（2）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为，滑块与木板间的动摩擦因数为，根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为，则滑块和手机的质量为
【分析】（1）对钩码和滑块以及手机的系统由牛顿第二定律求解加速度。加速度可以直接测量，不用测量拉力。不需要钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量。
（2）根据与的一次函数关系，可知纵截距和斜率的物理意义。
14．【答案】（1）；
（2）1.9；1.0
（3）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图中虚线框内电流表通过的电流比较大，应选择量程大的电流表的A2，A1用来改装成电压表；蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻大小为，故答案为：R2；
（2）
根据闭合回路欧姆定律可得，整理得，由图可得，，解得，
（3）因为考虑到电表内阻，电压表分流的影响进行了修正，电动势和内阻的测量值均等于真实值。
【分析】（1）电流比较大，应选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V。
（2）根据闭合回路欧姆定律可得两个电流关系式，从而得到图像斜率与截距的物理意义。
（3）由（2）中函数关系式可知，电动势和内阻的测量值均等于真实值。
15．【答案】（1）解：两活塞再次静止时，对整体有
解得
（2）解：两活塞开始静止时，对整体有
开始静止时封闭气体的体积为
再次静止时封闭气体的体积为
由玻意耳定律得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1） 两活塞再次静止时 ，由受力平衡列式求解。
（2） 环境温度保持不变 ，根据 玻意耳定律以及受力平衡列出方程联立求解。
16．【答案】（1）解：在地球表面上
在火星表面上
解得
（2）解：小球与斜面垂直相碰，由几何关系得
解得
C点与B点的水平距离
（3）解：小球从A到B，由动能定理得
在A点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
【知识点】万有引力定律的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在行星表面，万有引力等于物体重力。
（2） 小球与斜面垂直相碰 ，合速度方向与斜面垂直，将速度分解，由几何关系求解水平速度从而求解水平位移。
（3）由动能定理求解速度，由牛顿第二定律，重力和支持力合力提供向心力。
17．【答案】（1）解：带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：在右侧磁场中由牛顿第二定律得
解得
即坐标为。
（3）解：粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上
y轴方向上
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得 粒子运动半径，洛伦兹力提供向心力。
（2）求出粒子运动半径，结合几何关系求解粒子经过yOz平面的坐标 。
（3） 粒子在电场中做类平抛运动 ，根据类平抛运动规律列方程求解。
18．【答案】（1）解：由题可知，第8个滑块被碰后，运动L减速为0，则
解得
（2）解：第n个滑块被碰后，以向前减速L，由运动学可知
由碰撞可知
解得
（3）解：由上式可知
解得
（4）解：由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为
碰撞损失的总能量
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） 恰好未与第9个滑块发生碰撞， 则第8个滑块被碰后，运动L减速为0 。
（2）碰撞过程动量守恒，结合运动学公式求解。
（3）由（2）中速度关系式递推第1个滑块的初速度 。
（4）依次求解每次碰撞损失的能量，相加即为全过程中由于碰撞而损失的能量。
山东省济宁市2023届高三下学期物理一模考试试卷
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B．一个处于第4能级的氢原子，最多可放出3种不同频率的光子
C．在光电效应实验中，若仅增大入射光的强度，则光电子的最大初动能变大
D．在LC电磁振荡电路中，若仅把电容器的电容变为原来的，则振荡周期变为原来的
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，经过两个完整的半衰期后，还剩四分之一的原子核没有衰变，A不符合题意；
B．一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，即从第4能级跃迁到第3能级，从第3能级跃迁到第2能级，从第2能级跃迁到第1能级，B符合题意；
C．在光电效应中，根据光电效应方程，可知入射光频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度没有关系，C不符合题意；
D．根据振荡电路周期，可知若仅把电容器的电容变为原来的，则振荡周期变为原来的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，一个处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出3种不同频率的光子，大量处于第4能级的氢原子会自发地向低能级跃迁，跃迁时最多能发出6种不同频率的光子.
2．新华社酒泉2022年11月30日电，神舟十五号航天员乘组于11月30日清晨入驻“天宫”空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”，开启中国空间站长期有人驻留时代，空间站的运行轨道视为圆形轨道。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B．航天员在空间站中处于完全失重状态，不受地球的引力作用
C．若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量
D．航天员出舱时，若与空间站连接的安全绳脱落，航天员将做离心运动飞离空间站
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，根据，解得，由于空间站的运行轨道半径大于近地卫星的半径，可知空间站的运行速度小于第一宇宙速度，A不符合题意；
B．航天员在空间站中处于完全失重状态，但是航天员仍然受地球的引力作用，由地球引力提供圆周运动的向心力，B不符合题意；
C．根据，，解得，可知，若已知空间站在轨运行周期、环绕速度及引力常量，则可估算出地球的质量，C符合题意；
D．航天员出舱时，由于惯性，航天员仍然与空间站具有近似相等的速度，此时仍然满足，即此时若与空间站连接的安全绳脱落，航天员仍然在该轨道上做圆周运动，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，近大远小，空间站的运行速度小于第一宇宙速度。空间站连接的安全绳脱落，航天员仍然在该轨道上做圆周运动。
3．如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面与纸面的交线，MN是垂直于O1O2放置的光屏，A、B是关于O1O2等距且平行的两束不同颜色单色细光束，沿O1O2方向左右移动光屏，可在屏上得到一个光点P，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中A光的速度比B光的速度大
B．在该玻璃体中，A光比B光的运动时间长
C．在同一条件下，B光比A光发生衍射现象更加明显
D．用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】A．在真空中，各色光的传播速度相等，即A光的速度等于B光的速度，A不符合题意；
B．由光路可知，B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率较大，根据可知，B光在玻璃中的速度较小，则在该玻璃体中，B光比A光的运动时间长，B不符合题意；
C．因B光折射率较大，则B光波长较短，则在同一条体下，A光比B光发生衍射现象更加明显，C不符合题意；
D．因A光波长较大，则根据，可知，用同一装置做双缝干涉实验时A光产生的条纹间距比B光的大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在真空中，各色光的传播速度相等，B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率较大，B光在玻璃中的速度较小，运动时间长。
4．特高压直流输电是国家重点工程，输电线路简化图如图所示。高压输电线上使用“正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4，其目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，图中导线L1、L2、L3、L4水平且恰好处在正四棱柱的四条棱上，并与“正方形间隔棒”所在平面垂直，的几何中心为点，点到四根导线的距离相等并远小于导线的长度，忽略地磁场，当四根导线通有等大、同向的电流时，下列说法正确的是（ ）
A．点的磁感应强度沿ac连线方向
B．点的磁感应强度沿bd连线方向
C．L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向
D．L1所受安培力沿正方形的对角线bd方向
【答案】C
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】AB．根据右手螺旋定则以及对称性可知，直导线L1和L3在O点处的磁感应强度为零，直导线L2和L3在O点处的磁感应强度为零，所以O点处的磁感应强度为零，A B不符合题意；
CD．如果通电导线均通垂直纸面向外的电流，根据右手螺旋定则可得L2、L3、L4在L1处的磁感应强度的方向从L4指向L2，再根据左手定则可以确定，L1受到的安培力的方向应与磁感应强度方向垂直，即L1所受安培力沿正方形的对角线ac方向，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据右手螺旋定则以及对称性以及磁感应强度为矢量可知，O点处的磁感应强度为零。由左手定则确定安培力方向。
5．如图所示，输入电压U为3U0时，完全相同的灯泡a、b的电压均为U0，其阻值恒定不变。已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡始终未烧坏，下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数之比为3∶1
B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1∶2
C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变暗
D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a变亮、b变亮
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A．输入电压U为3U0时，灯泡a正常发光，故变压器原线圈两端的电压为2U0，灯泡b正常发光，故变压器副线圈两端的电压为U0，所以原、副线圈匝数之比为2：1，A不符合题意；
B．设灯泡a、b正常发光时的电流为I0，则原线圈电流为I0，原、副线圈匝数之比为2：1，由原、副线圈电流与匝数成反比可知，副线圈干路电流为2I0，即流经热敏电阻的电流为I0，则流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1∶1，B不符合题意；
CD．若热敏电阻RT温度升高，则灯泡和RT并联部分的总电阻R并减小，且有U1 = U－I1R灯，U2 = I2R并，，联立有，由于R并减小，则I2增大，I1也增大，故灯泡a变亮，而U1 = U－I1R灯，可知U1减小，则U2减小，故灯泡b变暗，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】原线圈灯泡电压加原线圈电压等于总电压，电压之比等于匝数之比，原副线圈功率相等，求出电流之比。
6．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者左手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若左手抖动的频率是1.25Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B．该时刻P点的位移为cm
C．波的传播速度为8.75m/s
D．再经过0.1s，P点到达波峰位置
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻Q点的振动方向沿y轴正方向，A不符合题意；
B．根据图乙可知，该波的波长，根据图乙可知，P点的平衡位置距离Q点的平衡位置的间距为，则P点的位移，B符合题意；
C．波传播的速度为，C不符合题意；
D．将图乙中左侧的波形补充完整，根据上述可知，将波向右平移距离，P点出现波峰，则有（n=0，1，2，3…），根据，解得（n=0，1，2，3…），可知，P点出现波峰的最短时间为0.7s，则再经过0.1s，P点没有到达波峰位置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，Q点的振动方向沿y轴正方向。Q距离O点距离为3m，比较与半波长关系，结合三角函数图象求解。
7．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，图甲为科创小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对静止），记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中下列说法正确的是（ ）
A．t3时刻充电宝的速度最大
B．最终一定回到原位置
C．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量，又充电宝从静止开始运动，可知t2时刻速度为零，从t2时刻到t3时刻充电宝先向上加速再向上减速，所以t3时刻的速度不是最大，A不符合题意；
B．加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量，充电宝从静止到静止，整个过程充电宝做的是变加速直线运动，无法确实位移关系，所以充电宝最终不一定回到原位置，B不符合题意；
C．充电宝在t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，C不符合题意；
D．t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有，又解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为N=10N，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】加速度a随时间t变化的图像的面积代表速度的变化量。整个过程充电宝做的是变加速直线运动，无法确实位移关系。充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大。
8．如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，解得，A不符合题意；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为，B不符合题意；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为，解得，方向向左，C不符合题意；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有，，代入数据解得，物块B的最大速度为3.6m/s，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】C与A碰撞过程动量守恒，AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大。当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大。
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．晶体的所有物理性质沿各个方向是不同的
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．一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体的内能增加
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
【答案】B,D
【知识点】布朗运动；理想气体与理想气体的状态方程；晶体和非晶体
【解析】【解答】A．单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，多晶体具有各向同性，A不符合题意；
B．相同温度下液体中悬浮的花粉小颗粒越小，液体分子撞击的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，B符合题意；
C．一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，由理想气体状态方程可知，气体温度降低，气体的内能减少，C不符合题意；
D．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，由理想气体状态方程可知，气体体积增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】单晶体具有各向异性，花粉小颗粒越小，布朗运动越剧烈。一定质量的理想气体保持压强不变，体积减小，气体温度降低，气体的内能减少。
10．如图所示，一遵循胡克定律的弹性轻绳，其一端固定在天花板上的O点，另一端连接物块A，物块A放在粗糙水平地面上。当弹性绳处于竖直位置时，物块A与地面有压力作用。B为一紧挨弹性绳的光滑水平小钉，它到天花板的距离等于弹性绳的自然长度。物块A在水平力F作用下，向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物块A地面的压力不断减小 B．水平力F的大小不断增大
C．物块A所受的摩擦力保持不变 D．物块A所受的摩擦力不断增大
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】ACD．设物块A与小钉B的竖直距离为，物块A运动过程中，A、B之间的距离为（即为弹性绳的伸长量），A、B之间的弹性绳与水平面的夹角为，弹性绳的劲度系数为；则弹性绳的弹力大小为，以物块A为对象，竖直方向根据受力平衡可得，可知物块A地面的压力保持不变；由，可知物块A所受的摩擦力保持不变，AD不符合题意，C符合题意；
B．以物块A为对象，根据牛顿第二定律可得，可得，由于逐渐减小，逐渐减小，则水平力F的大小不断增大，B符合题意。
故答案为：BC。
【分析】以物块A为对象，竖直方向受力平衡，压力保持不，摩擦力保持不变。以物块A为对象，根据牛顿第二定律得出F表达式，由数学关系求解。
11．如图所示，空间中有一正方体abcd—a'b'c'd'，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O'分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是（ ）
A．a点与c'点的电场强度方向相同
B．b'、a'两点间电势差等于O'、d'两点间电势差
C．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电场力先变大后变小
D．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电势能先变大后变小
【答案】A,B,C
【知识点】电场强度；电势能
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷电场的分布可知，a点与点在同一等势面上，电场强度都垂直与等势面且指向负的点电荷一方，A符合题意；
B．与在同一等势面上，和相对于两个点电荷连线的中垂面对称，所以、两点间电势差等于、两点间电势差，B符合题意；
C．根据等量异种点电荷电场的分布可知，由点沿到点，电场强度先增大后减小，所以将某点电荷由点沿移至点的过程中，该电荷所受电场力先增大后减小，C符合题意；
D．由等量异种点电荷电场的分布可知，所在的平面是等势面，所以将某点电荷由点沿移至点，电荷的电势能不变，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】所在的平面是等势面，a点与点在同一等势面上，与在同一等势面上，等势面移动电荷，电场力不做功，电势能不变。
12．如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦阻力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为Brv
B．小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为
C．通过电阻R的电荷量为
D．电阻R上产生的焦耳热为
【答案】B,C
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AB．当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为，金属棒两端的电压为，A不符合题意，B符合题意；
C．此过程中回路中的平均感应电动势为回路中的平均电流为，此过程通过电阻R的电荷量为，联立解得，C符合题意；
D．根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为，电阻R上产生的焦耳热为，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，由转动切割表达式求解电动势。根据法拉第电磁感应定律求解平均电动势，由欧姆定律求解平均电流。
三、实验题
13．某兴趣小组利用智能手机探究滑块与一长木板间的动摩擦因数，设计如甲图所示的实验装置。将长木板固定在水平桌面上，长木板的左侧固定一定滑轮，滑块放在长木板的右端，并把手机固定在滑块上，打开智能手机测量加速度的APP，用细线通过定滑轮与滑块及钩码相连。通过改变钩码的个数，改变钩码的总质量m，获得不同的加速度a，并作出a与m（g-a）的图像如乙图所示。图线与横轴的截距为b，与纵轴的截距为-c，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）关于该实验，下列说法正确的是____；
A．钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量
B．细绳应该始终与长木板平行
C．细线的拉力等于钩码的重力
（2）根据图像可得滑块与木板间的动摩擦因数为 ；同时该兴趣小组还测出了滑块和手机的总质量 。
【答案】（1）B
（2）；
【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）设滑块和手机的质量为，对钩码和滑块以及手机的系统由牛顿第二定律有，整理可得，可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量，A不符合题意；
B．为了让绳子拉滑块的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，B符合题意；
C．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，C不符合题意。
故答案为：B。
（2）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为，滑块与木板间的动摩擦因数为，根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为，则滑块和手机的质量为
【分析】（1）对钩码和滑块以及手机的系统由牛顿第二定律求解加速度。加速度可以直接测量，不用测量拉力。不需要钩码的质量应该远小于智能手机和滑块的质量。
（2）根据与的一次函数关系，可知纵截距和斜率的物理意义。
14．某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：
电流表A1（量程0~200μA，内阻为800）；
电流表A2（量程0~300mA，内阻为0.3）；
定值电阻R1（阻值为4.0）；
定值电阻R2（阻值为9200）；
滑动变阻器R（最大阻值为50Ω）；
待测蓄电池一节（电动势约为2V）；
开关S一个，导线若干。
（1）该实验小组利用所学知识正确连接实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选 （选填“A1”或“A2”），虚线框内的定值电阻应选 （选填“R1”或“R2”）；
（2）电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2表示，该小组通过改变滑动变阻器滑片位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1-I2图像，如图乙所示。根据图像可知，该蓄电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】（1）；
（2）1.9；1.0
（3）等于
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图中虚线框内电流表通过的电流比较大，应选择量程大的电流表的A2，A1用来改装成电压表；蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V，所以串联电阻大小为，故答案为：R2；
（2）
根据闭合回路欧姆定律可得，整理得，由图可得，，解得，
（3）因为考虑到电表内阻，电压表分流的影响进行了修正，电动势和内阻的测量值均等于真实值。
【分析】（1）电流比较大，应选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V。
（2）根据闭合回路欧姆定律可得两个电流关系式，从而得到图像斜率与截距的物理意义。
（3）由（2）中函数关系式可知，电动势和内阻的测量值均等于真实值。
四、解答题
15．如图甲所示，两端开口的导热气缸水平固定，A、B是厚度不计的两轻活塞，可在气缸内无摩擦滑动，两轻活塞用一轻杆相连，缸内封闭有理想气体。A、B静止时，缸内两部分气柱的长度分别为L和；现用轻质细线将活塞B与重物C栓接，如图乙所示。已知活塞A、B面积S1、S2的关系为，大气压强为p0，重力加速度为g，重物C质量为，环境温度保持不变。当两活塞再次静止时，求：
（1）气缸内气体的压强；
（2）活塞移动的距离x。
【答案】（1）解：两活塞再次静止时，对整体有
解得
（2）解：两活塞开始静止时，对整体有
开始静止时封闭气体的体积为
再次静止时封闭气体的体积为
由玻意耳定律得
解得
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1） 两活塞再次静止时 ，由受力平衡列式求解。
（2） 环境温度保持不变 ，根据 玻意耳定律以及受力平衡列出方程联立求解。
16．假定航天员在火星表面利用如图所示的装置研究小球的运动，竖直放置的光滑半圆形管道固定在水平面上，一直径略小于管道内径的小球（可视为质点）沿水平面从管道最低点A进入管道，从最高点B脱离管道后做平抛运动，1s后与倾角为37°的斜面垂直相碰于C点。已知火星的半径是地球半径的倍，质量为地球质量的倍，地球表面重力加速度g=10m/s ，忽略星球自转影响。半圆形管道的半径为r=3m，小球的质量为m=0.5kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）火星表面重力加速度的大小；
（2）C点与B点的水平距离；
（3）小球经过管道的A点时，对管壁压力的大小。
【答案】（1）解：在地球表面上
在火星表面上
解得
（2）解：小球与斜面垂直相碰，由几何关系得
解得
C点与B点的水平距离
（3）解：小球从A到B，由动能定理得
在A点由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
【知识点】万有引力定律的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）在行星表面，万有引力等于物体重力。
（2） 小球与斜面垂直相碰 ，合速度方向与斜面垂直，将速度分解，由几何关系求解水平速度从而求解水平位移。
（3）由动能定理求解速度，由牛顿第二定律，重力和支持力合力提供向心力。
17．如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知、，，粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子经过yOz平面的坐标；
（3）电场强度E的大小。
【答案】（1）解：带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
（2）解：在右侧磁场中由牛顿第二定律得
解得
即坐标为。
（3）解：粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上
y轴方向上
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 带电粒子在yOz平面左侧磁场中做圆周运动，有几何关系得 粒子运动半径，洛伦兹力提供向心力。
（2）求出粒子运动半径，结合几何关系求解粒子经过yOz平面的坐标 。
（3） 粒子在电场中做类平抛运动 ，根据类平抛运动规律列方程求解。
18．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L，质量均为m，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。已知重力加速度为g，。
（1）求第8个滑块被碰后瞬间的速率；
（2）设第（）个滑块被碰后瞬间的的速率为，第个滑块被碰后瞬间的速率为，求与之间的关系式
（3）求第1个滑块的初速度；（计算结果可以带根号）
（4）求全过程中由于碰撞而损失的能量。
【答案】（1）解：由题可知，第8个滑块被碰后，运动L减速为0，则
解得
（2）解：第n个滑块被碰后，以向前减速L，由运动学可知
由碰撞可知
解得
（3）解：由上式可知
解得
（4）解：由能量守恒可知，每次发生碰撞损失的能量为
碰撞损失的总能量
解得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） 恰好未与第9个滑块发生碰撞， 则第8个滑块被碰后，运动L减速为0 。
（2）碰撞过程动量守恒，结合运动学公式求解。
（3）由（2）中速度关系式递推第1个滑块的初速度 。
（4）依次求解每次碰撞损失的能量，相加即为全过程中由于碰撞而损失的能量。
