2024届辽宁省教研联盟高三下学期调研测试（二模）物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年辽宁省教研联盟高三调研测试物理试卷注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置。3．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在本试题卷上无效。4．回答非选择题时，用黑色笔写在答题卡指定位置上。写在本试题卷上无效。5．考试结束后，考生将答题卡交回。一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.在自行车的后挡泥板上，常常安装着一个“尾灯”，其实它不是灯，它是一种透明的塑料制成的，其截面如图所示，夜间，从自行车后方来的汽车灯光照在“尾灯”上时，“尾灯”就变得十分明亮，以便引起汽车司机的注意，从原理上讲，它的功能是利用了()A.光的折射 B.光的全反射C.光的干涉 D.光的衍射〖答案〗B〖解析〗从题图可以看出，自行车的尾灯是利用了全反射的原理，使光线发生了180°偏折。故选B。2.医学上利用超声波进行身体检查，探头发出一定频率的超声波，指向需要检查的部位，超声波射入人体后，在机体的组织器官形成反射波，回声返回到探头，经过信号转换之后形成影像，用于诊断。下列说法正确的是（）。A.超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向垂直B.为提高成像分辨力应使超声波的波长比探测目标小的多C.若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率降低D.进行超声探测时，探头与人体表面间需留有空隙〖答案〗B〖解析〗A．超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向平行，A错误；B．为提高成像分辨力应使超声波不能发生明显衍射现象，所以超声波波长比探测目标小的多，B正确；C．根据多普勒效应，若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率升高，C错误；D．进行超声探测时，探头与人体表面间不需留有空隙，超声检查时，探头与病人皮肤之间的空气将阻碍超声波传入人体，为获得高质量的清晰图像，需要使用液性传导介质来连接探头与病人体表，这种介质就是常用的超声耦合剂，D错误。故选B。3.香烟燃烧能产生的有害成分达3000余种，其中会释放一种危险的放射性元素钋，发生m次衰变和n次衰变后产生新核铋，下列说法正确的是（）A.B.的比结合能大于的比结合能C.新核铋的中子数比质子数多D.衰变产生的射线可以穿透1cm厚的铅板〖答案〗C〖解析〗A．比多1个质子，多3个中子，发生衰变是放出，发生衰变是放出，根据质量数守恒和电荷数守恒有解得，故A错误；B．该核反应释放核能，的比结合能小于的比结合能，故B错误；C．新核铋的质子数为83，中子数为，则中子数比质子数多，故C正确；D．粒子的穿透能力较弱，不能穿透1cm厚的钢板，故D错误。故选C。4.某场冰壶比赛中，投掷出的冰壶沿直线运动，运动员通过刷冰使冰壶在逐渐减小的摩擦力作用下停到指定位置。能正确反映该过程中冰壶的位移x、速度v、加速度a随时间t变化规律的图像是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗AD．依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，做减速运动，其位移与时间不成正比关系。故AD错误；BC．v-t图像中斜率表示加速度，由图可知C选项符合题意。故B错误；C正确。故选C。5.一小磁针沿固定导体圆环的轴线运动，且小磁针的磁极与轴线平行。若其运动至P点时速率为v，忽略小磁针的重力和空气阻力，则（）A.圆环的电阻越大，小磁针在P点的加速度越大B.小磁针在P点的加速度大小与其在P点的速度大小无关C.小磁针在P点的加速度方向与小磁针北极的指向有关D.小磁针在P点的加速度与小磁针在P点的速度总是反向〖答案〗D〖解析〗BCD．小磁针在P点的速度越大，则穿过圆环的磁通量变化率越大，则圆环产生的感应电流越大，则圆环产生的磁场越强，根据楞次定律，圆环产生的磁场总是阻碍小磁针的运动，则小磁针在P点的速度越大，小磁针在P点的加速度越大，且小磁针在P点的加速度与小磁针在P点的速度总是反向即与小磁针北极的指向无关，故BC错误，D正确；A．圆环的电阻越大，由于圆环产生的感应电动势不变，则圆环产生的感应电流越小，则圆环产生的磁场越小，阻碍小磁针的作用力越小，小磁针在P点的加速度越小，故A错误。故选D。6.海上低频交流输电系统（LFTS）是指海上风力发电机输出低频（20Hz）交流电，先经箱变将电压由0.69kV升压到35kV，再经海上升压站升至110kV；后经海底电缆送至陆地，在陆地变频（50Hz）后并网，如图所示。变压器视为理想变压器。仅考虑远距离海底电缆的电阻。下列说法正确的是（）A.升压变压器的匝数比分别为1：49和7：22B.海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率C.变压器利用电磁感应输送电能，低频交流可降低海底电缆电阻的功率损失D.若采用220kV输送同样功率的电能，则海底电缆电阻的功率损失将减少75%〖答案〗D〖解析〗A．根据题意有故A错误；B．海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率与海底电缆损失的功率之和，故B错误；C．变压器利用电磁感应输送电能，交流电频率小，则电压的有效值减小，输电电流变大，功率损失变大，所以低频交流增大海底电缆电阻的功率损失，故C错误；D．若采用220kV输送同样功率的电能，电压加倍，则输电电流减半，则海底电缆电阻的功率损失变为原来的四分之一，即功率损失将减少75%，故D正确。故选D。7.在高空运行的卫星功能失效之后，会被送往离地球同步轨道几百公里处的“墓地轨道”，避免影响其他在轨卫星并能节省轨道资源。2022年1月22日发射的实践21号卫星成功“捕获”失效的北斗二号卫星并将其送至墓地轨道。已知同步轨道与墓地轨道可近似看成圆轨道且轨道半径分别为、，转移轨道分别与同步轨道和墓地轨道相切于P、Q两点。地球自转周期为，则关于北斗二号卫星下列说法正确的是（）A.在转移轨道上Q点机械能比在P点机械能大B.要想逃离同步轨道必须在P点加速至11.2km/sC.从P点运行到Q点所用时间最短D.在同步轨道运行时的向心加速度比在墓地轨道上运行的向心加速度小〖答案〗C〖解析〗A．在转移轨道上从P点运动到Q点，只有万有引力做功，机械能守恒。故A错误；B．卫星若在P点加速到11.2km/s，卫星将逃离地球，故B错误；C．由开普勒第三定律可得沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为故C正确。D．根据解得可知在同步轨道运行时的向心加速度比在墓地轨道上运行的向心加速度大。故D错误。故选C。8.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，。则关于盘子随餐桌从A转到B的过程中（）A.餐桌对盘子做的功为零B.餐桌对盘子做的功为C.餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零D.餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为〖答案〗AD〖解析〗AB．依题意，盘子随餐桌做匀速圆周运动，其速率保持不变，由动能定理可知故A正确；B错误；CD．A、B两点速度方向如图甲所示，则有由于摩擦力是变力，由动量定理得将方向平移到B点，如图乙所示，解得故C错误；D正确。故选AD。9.物体在水平面上运动，第一段运动过程经历的时间为t，速度大小由v增大到3v；第二段运动过程经历的时间为2t，速度大小由3v增大到7v。两个过程中，物体的加速度大小分别为和，受到的合外力大小分别为和，合外力所做的功分别为和，合外力冲量的大小分别为和，下列选项中可能正确的是（）A B. C. D.〖答案〗ABC〖解析〗A．物体在水平面上的运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，可求速度变化量的最大值和最小值，第一段运动速度变化量范围为第二段运动速度变化量范围为由加速度定义式可求加速度的范围；第一段运动加速度范围为第二段运动加速度范围为可能存在故A正确；B．根据牛顿第二定律可求合外力大小范围，第一段运动合力范围为第二段运动合力范围为可能存在故B正确；C．根据动量定理可求合外力的冲量，第一段运动合外力冲量范围为第二段运动合外力冲量范围为可能存在故C正确；D．根据动能定理可求合外力所做的功，第一段运动合外力做功为第二段运动合外力做功为解得故D错误。故选ABC。10.如图所示，在竖直平面xoy内存在一未知匀强电场。一质量为m的带电小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正向；经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中（）A.机械能一直减小B.速度不小于C.所受电场力不小于D.水平位移与竖直位移大小的比值为〖答案〗BD〖解析〗A．小球在运动过程中，只有重力势能、动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q点过程中，除重力做功之外有电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；B．根据题意可知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、Q两点速度大小均为v，根据类斜抛运动的对称性可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定垂直于PQ连线指向左下方，令合力F方向与x轴负方向夹角为，则有，小球在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，则有小球在水平方向上做双向匀变速直线运动，则有解得，可知小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，最小值即为PQ方向做匀速运动的速度，则有则其速度不小于，故B正确；C．根据上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，则有则所受电场力不小于，故C错误；D．根据上述小球水平位移与竖直位移的大小分别为，解得故D正确。故选BD。二、非选择题（本题共5小题，共54分。11题6分，12题8分，13题10分，14题12分，15题18分，其中第13题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。）11.某实验小组利用图示装置研究小球碰撞时的动量守恒，主要实验步骤如下：①选取两个质量不同、大小相同的小球。用天平测出两小球的质量，并选定为入射小球。②安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽末端切线水平③白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。④不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。小球落点的平均位置P点在______。⑤把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤④的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。⑥改变入射小球从斜槽上自由滚下的高度，重复步骤④、⑤并记录小球落点位置相应数据如下表。根据表中数据规律，第4次测量OM的值应为______。次数OP/mOM/mON/m10.21360.15560.318620.19950.14530.298230.18480.13430.278040.1722

0.257850.15940.11610.2380⑦利用实验数据验证动量守恒。若入射小球与被碰小球的质量相等，则两小球碰撞后的运动情况可能为______。〖答案〗圆心0.1253见〖解析〗〖解析〗④[1]用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，小球落点的平均位置P点在圆心；⑥[2]根据动量守恒定律有根据平抛运动规律可知小球落地时间相等，则有即代入数据解得m⑦[3]碰撞过程中不存在能量损失，则有其中，解得，所以两小球碰撞后的运动情况可能为入射小球静止，被碰小球以入射小球的速度继续运动。12.有一标称为“2.5V，0.5W”的小灯泡，现要测量其伏安特性。实验室有如下器材供选用：A．直流电源E（3V）；B．电压表（0~3V，内阻约1200Ω）；C．电流表（0~0.3A，内阻约0.3Ω）；D．电流表（0~0.6A，内阻约0.15Ω）；E．滑动变阻器（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器（最大阻值为50Ω）；G．开关S，导线若干。回答下列问题：（1）若某同学设计了如图1所示的电路，则实验中电流表应选______（选填器材前的字母），滑动变阻器应选______（选填器材前的字母），闭合开关S前应将滑片移至最______端（选填“左”或“右”）。（2）在某次测量中得到电流表读数为0.188A，电压表的示数如图2所示，此时小灯泡两端的电压为______V，此组数据得到小灯泡的电阻为______Ω。（保留3位有效数字）（3）实验测得小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，从图中可知，小灯泡两端的电压越高，则电阻______（选填“越大”或“越小”），这是因为______。（4）若已知加在灯泡上的电压U与通过灯丝的电流I之间的关系为，其中k、n是与灯泡有关的常数。简述通过上述实验确定k、n的方法。______〖答案〗（1）CE左（2）2.5013.3（3）越大见〖解析〗（4）见〖解析〗〖解析〗【小问1详析】[1]小灯泡的额定电流为两个直流电流表虽然量程都大于0.2A，但为了能够让指针偏转适度从而读数精确，应选择C。[2][3]滑动变阻器应采用分压式接法，为了能够便于控制分压，应选择最大阻值较小的E。为了保护电路，闭合开关S前应将滑片移至最左端。【小问2详析】[1]电路图中电压表与小灯泡并联，此时小灯泡两端的电压为2.50V。[2]此组数据得到小灯泡的电阻为【小问3详析】[1][2]根据结合图像可知图线的斜率与电阻关系为所以小灯泡两端的电压越大，温度越高，电阻率越大，故电阻越大。【小问4详析】通过上述实验确定k、n的方法：在I-U图像中取几组数据，代入计算出k、n的几组值，再取平均值，以减小误差。13.森林着火后，采用直升机运水去灭火，如图所示。直升机下方用绳子吊着水桶，为了方便问题分析，假设直升机与水桶之间用一根不可伸长的轻质绳子相连。直升机运水飞行的过程中，水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，比例系数为k。若绳子可以承受的最大拉力为F，水桶和水的总质量为m，重力加速度为g。求：（1）直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶的最大加速度；（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，水桶的最大速度及此时绳子与竖直方向的夹角。〖答案〗（1）；（2），绳子与竖直方向的夹角的余弦值为〖解析〗（1）水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，则直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶受到重力、拉力和阻力作用，故即则加速度越大，速度越小，拉力越大，故当速度为0，拉力最大时，加速度最大，即解得（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，受力分析可得当拉力最大时，速度最大，则则14.油电混合车汽油发动机燃烧室的结构如图a，汽油机工作过程中在一个冲程内燃烧室内气体的曲线如图b所示，其中B→C和D→A为两个绝热过程。燃烧室内的气体可看做理想气体。一定质量的油气混合气体进入燃烧室，初始状态A点处混合气体的温度为，压强约为。火花塞点火瞬间，燃料燃烧使得燃烧室内的压强迅速增大到，然后，活塞被推动向下移动，在经历B→C的绝热膨胀过程中，由于气体对外做功驱动汽车前进，使得气缸内温度降低了300K，膨胀结束到达状态C时，燃烧室内压强降低到，求：（1）在一个冲程内燃烧室内能达到的最高温度；（2）气缸内气体的最大体积与最小体积之比被称为压缩比，是汽油机动力大小的一个标志。根据题目中条件，计算该汽油机的压缩比。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）从A→B过程气体发生等容升压，气体温度升高；从B→C过程，气体绝热膨胀，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体内能减少，温度降低；从C→D过程气体发生等容降压，气体温度降低；从D→A过程，气体绝热压缩，外界对气体做功，气体内能增加，温度升高；可知在一个冲程内燃烧室内，B状态的温度最高，根据解得在一个冲程内燃烧室内能达到的最高温度为（2）在经历B→C的绝热膨胀过程中，由于气体对外做功驱动汽车前进，使得气缸内温度降低了300K，膨胀结束到达状态C时，燃烧室内压强降低到，可知，根据理想气体状态方程可得可得该汽油机的压缩比为15.如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，由静止开始通过加速电场，然后从带电平行金属板的左侧中央垂直进入偏转电场，电场均为匀强电场。两板间电压，板长为L，板间距离为d，金属板右侧空间存在一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平向右。忽略粒子间的相互作用、电磁场边缘效应和重力的影响。（1）为使粒子能进入磁场中，求加速电场电压应满足的条件；（2）以粒子进入磁场的O点为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，从粒子通过O点开始计时，求粒子到达x轴的时刻；（3）若加速电场电压为，在处放置一与x轴垂直的荧光屏，求粒子打在荧光屏上的位置坐标。〖答案〗（1）；（2）（n=1，2，3…）；（3）（，，）〖解析〗（1）粒子在加速电场中运动，根据动能定理有在偏转电场中，根据类平抛运动规律有其中解得为使粒子能进入磁场中，加速电场的电压应满足；（2）粒子进入磁场后在垂直于平面内做匀速圆周运动，运动一个周期经过一次x轴，则从粒子通过O点开始计时，粒子到达x轴的时刻为（n=1，2，3…）（3）若加速电场电压为，则有在偏转电场中，根据类平抛运动规律有其中解得粒子进入磁场后，垂直于平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有解得水平方向运动的时间为=则此时粒子的坐标为，则粒子的坐标为（，，）。2024年辽宁省教研联盟高三调研测试物理试卷注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置。3．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在本试题卷上无效。4．回答非选择题时，用黑色笔写在答题卡指定位置上。写在本试题卷上无效。5．考试结束后，考生将答题卡交回。一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1.在自行车的后挡泥板上，常常安装着一个“尾灯”，其实它不是灯，它是一种透明的塑料制成的，其截面如图所示，夜间，从自行车后方来的汽车灯光照在“尾灯”上时，“尾灯”就变得十分明亮，以便引起汽车司机的注意，从原理上讲，它的功能是利用了()A.光的折射 B.光的全反射C.光的干涉 D.光的衍射〖答案〗B〖解析〗从题图可以看出，自行车的尾灯是利用了全反射的原理，使光线发生了180°偏折。故选B。2.医学上利用超声波进行身体检查，探头发出一定频率的超声波，指向需要检查的部位，超声波射入人体后，在机体的组织器官形成反射波，回声返回到探头，经过信号转换之后形成影像，用于诊断。下列说法正确的是（）。A.超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向垂直B.为提高成像分辨力应使超声波的波长比探测目标小的多C.若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率降低D.进行超声探测时，探头与人体表面间需留有空隙〖答案〗B〖解析〗A．超声波在空气中传播时，质点的振动方向与传播方向平行，A错误；B．为提高成像分辨力应使超声波不能发生明显衍射现象，所以超声波波长比探测目标小的多，B正确；C．根据多普勒效应，若被检界面向探头运动，回声频率比发射频率升高，C错误；D．进行超声探测时，探头与人体表面间不需留有空隙，超声检查时，探头与病人皮肤之间的空气将阻碍超声波传入人体，为获得高质量的清晰图像，需要使用液性传导介质来连接探头与病人体表，这种介质就是常用的超声耦合剂，D错误。故选B。3.香烟燃烧能产生的有害成分达3000余种，其中会释放一种危险的放射性元素钋，发生m次衰变和n次衰变后产生新核铋，下列说法正确的是（）A.B.的比结合能大于的比结合能C.新核铋的中子数比质子数多D.衰变产生的射线可以穿透1cm厚的铅板〖答案〗C〖解析〗A．比多1个质子，多3个中子，发生衰变是放出，发生衰变是放出，根据质量数守恒和电荷数守恒有解得，故A错误；B．该核反应释放核能，的比结合能小于的比结合能，故B错误；C．新核铋的质子数为83，中子数为，则中子数比质子数多，故C正确；D．粒子的穿透能力较弱，不能穿透1cm厚的钢板，故D错误。故选C。4.某场冰壶比赛中，投掷出的冰壶沿直线运动，运动员通过刷冰使冰壶在逐渐减小的摩擦力作用下停到指定位置。能正确反映该过程中冰壶的位移x、速度v、加速度a随时间t变化规律的图像是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗AD．依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小，做减速运动，其位移与时间不成正比关系。故AD错误；BC．v-t图像中斜率表示加速度，由图可知C选项符合题意。故B错误；C正确。故选C。5.一小磁针沿固定导体圆环的轴线运动，且小磁针的磁极与轴线平行。若其运动至P点时速率为v，忽略小磁针的重力和空气阻力，则（）A.圆环的电阻越大，小磁针在P点的加速度越大B.小磁针在P点的加速度大小与其在P点的速度大小无关C.小磁针在P点的加速度方向与小磁针北极的指向有关D.小磁针在P点的加速度与小磁针在P点的速度总是反向〖答案〗D〖解析〗BCD．小磁针在P点的速度越大，则穿过圆环的磁通量变化率越大，则圆环产生的感应电流越大，则圆环产生的磁场越强，根据楞次定律，圆环产生的磁场总是阻碍小磁针的运动，则小磁针在P点的速度越大，小磁针在P点的加速度越大，且小磁针在P点的加速度与小磁针在P点的速度总是反向即与小磁针北极的指向无关，故BC错误，D正确；A．圆环的电阻越大，由于圆环产生的感应电动势不变，则圆环产生的感应电流越小，则圆环产生的磁场越小，阻碍小磁针的作用力越小，小磁针在P点的加速度越小，故A错误。故选D。6.海上低频交流输电系统（LFTS）是指海上风力发电机输出低频（20Hz）交流电，先经箱变将电压由0.69kV升压到35kV，再经海上升压站升至110kV；后经海底电缆送至陆地，在陆地变频（50Hz）后并网，如图所示。变压器视为理想变压器。仅考虑远距离海底电缆的电阻。下列说法正确的是（）A.升压变压器的匝数比分别为1：49和7：22B.海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率C.变压器利用电磁感应输送电能，低频交流可降低海底电缆电阻的功率损失D.若采用220kV输送同样功率的电能，则海底电缆电阻的功率损失将减少75%〖答案〗D〖解析〗A．根据题意有故A错误；B．海上升压变压器的输出功率等于海底电缆陆地终端的输入功率与海底电缆损失的功率之和，故B错误；C．变压器利用电磁感应输送电能，交流电频率小，则电压的有效值减小，输电电流变大，功率损失变大，所以低频交流增大海底电缆电阻的功率损失，故C错误；D．若采用220kV输送同样功率的电能，电压加倍，则输电电流减半，则海底电缆电阻的功率损失变为原来的四分之一，即功率损失将减少75%，故D正确。故选D。7.在高空运行的卫星功能失效之后，会被送往离地球同步轨道几百公里处的“墓地轨道”，避免影响其他在轨卫星并能节省轨道资源。2022年1月22日发射的实践21号卫星成功“捕获”失效的北斗二号卫星并将其送至墓地轨道。已知同步轨道与墓地轨道可近似看成圆轨道且轨道半径分别为、，转移轨道分别与同步轨道和墓地轨道相切于P、Q两点。地球自转周期为，则关于北斗二号卫星下列说法正确的是（）A.在转移轨道上Q点机械能比在P点机械能大B.要想逃离同步轨道必须在P点加速至11.2km/sC.从P点运行到Q点所用时间最短D.在同步轨道运行时的向心加速度比在墓地轨道上运行的向心加速度小〖答案〗C〖解析〗A．在转移轨道上从P点运动到Q点，只有万有引力做功，机械能守恒。故A错误；B．卫星若在P点加速到11.2km/s，卫星将逃离地球，故B错误；C．由开普勒第三定律可得沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为故C正确。D．根据解得可知在同步轨道运行时的向心加速度比在墓地轨道上运行的向心加速度大。故D错误。故选C。8.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m的盘子（可视为质点）随电动餐桌一起以角速度匀速转动，已知A、B与圆心O的距离均为r，。则关于盘子随餐桌从A转到B的过程中（）A.餐桌对盘子做的功为零B.餐桌对盘子做的功为C.餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零D.餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为〖答案〗AD〖解析〗AB．依题意，盘子随餐桌做匀速圆周运动，其速率保持不变，由动能定理可知故A正确；B错误；CD．A、B两点速度方向如图甲所示，则有由于摩擦力是变力，由动量定理得将方向平移到B点，如图乙所示，解得故C错误；D正确。故选AD。9.物体在水平面上运动，第一段运动过程经历的时间为t，速度大小由v增大到3v；第二段运动过程经历的时间为2t，速度大小由3v增大到7v。两个过程中，物体的加速度大小分别为和，受到的合外力大小分别为和，合外力所做的功分别为和，合外力冲量的大小分别为和，下列选项中可能正确的是（）A B. C. D.〖答案〗ABC〖解析〗A．物体在水平面上的运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，可求速度变化量的最大值和最小值，第一段运动速度变化量范围为第二段运动速度变化量范围为由加速度定义式可求加速度的范围；第一段运动加速度范围为第二段运动加速度范围为可能存在故A正确；B．根据牛顿第二定律可求合外力大小范围，第一段运动合力范围为第二段运动合力范围为可能存在故B正确；C．根据动量定理可求合外力的冲量，第一段运动合外力冲量范围为第二段运动合外力冲量范围为可能存在故C正确；D．根据动能定理可求合外力所做的功，第一段运动合外力做功为第二段运动合外力做功为解得故D错误。故选ABC。10.如图所示，在竖直平面xoy内存在一未知匀强电场。一质量为m的带电小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正向；经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。小球从P点运动到Q点的过程中（）A.机械能一直减小B.速度不小于C.所受电场力不小于D.水平位移与竖直位移大小的比值为〖答案〗BD〖解析〗A．小球在运动过程中，只有重力势能、动能与电势能之间的转化，小球由P点运动到Q点过程中，除重力做功之外有电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；B．根据题意可知小球在复合场中做类斜抛运动，由于小球在P、Q两点速度大小均为v，根据类斜抛运动的对称性可知，小球所受重力与电场力的合力F方向必定垂直于PQ连线指向左下方，令合力F方向与x轴负方向夹角为，则有，小球在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，则有小球在水平方向上做双向匀变速直线运动，则有解得，可知小球在沿PQ方向做匀速直线运动，在垂直于PQ方向做双向匀变速直线运动，可知当小球垂直于PQ方向的分速度减小为0时，小球速度最小，最小值即为PQ方向做匀速运动的速度，则有则其速度不小于，故B正确；C．根据上述，电场力与重力合力方向始终垂直于PQ方向，根据三角形法则可知，当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，则有则所受电场力不小于，故C错误；D．根据上述小球水平位移与竖直位移的大小分别为，解得故D正确。故选BD。二、非选择题（本题共5小题，共54分。11题6分，12题8分，13题10分，14题12分，15题18分，其中第13题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。）11.某实验小组利用图示装置研究小球碰撞时的动量守恒，主要实验步骤如下：①选取两个质量不同、大小相同的小球。用天平测出两小球的质量，并选定为入射小球。②安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽末端切线水平③白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。④不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。小球落点的平均位置P点在______。⑤把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤④的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。⑥改变入射小球从斜槽上自由滚下的高度，重复步骤④、⑤并记录小球落点位置相应数据如下表。根据表中数据规律，第4次测量OM的值应为______。次数OP/mOM/mON/m10.21360.15560.318620.19950.14530.298230.18480.13430.278040.1722

0.257850.15940.11610.2380⑦利用实验数据验证动量守恒。若入射小球与被碰小球的质量相等，则两小球碰撞后的运动情况可能为______。〖答案〗圆心0.1253见〖解析〗〖解析〗④[1]用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，小球落点的平均位置P点在圆心；⑥[2]根据动量守恒定律有根据平抛运动规律可知小球落地时间相等，则有即代入数据解得m⑦[3]碰撞过程中不存在能量损失，则有其中，解得，所以两小球碰撞后的运动情况可能为入射小球静止，被碰小球以入射小球的速度继续运动。12.有一标称为“2.5V，0.5W”的小灯泡，现要测量其伏安特性。实验室有如下器材供选用：A．直流电源E（3V）；B．电压表（0~3V，内阻约1200Ω）；C．电流表（0~0.3A，内阻约0.3Ω）；D．电流表（0~0.6A，内阻约0.15Ω）；E．滑动变阻器（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器（最大阻值为50Ω）；G．开关S，导线若干。回答下列问题：（1）若某同学设计了如图1所示的电路，则实验中电流表应选______（选填器材前的字母），滑动变阻器应选______（选填器材前的字母），闭合开关S前应将滑片移至最______端（选填“左”或“右”）。（2）在某次测量中得到电流表读数为0.188A，电压表的示数如图2所示，此时小灯泡两端的电压为______V，此组数据得到小灯泡的电阻为______Ω。（保留3位有效数字）（3）实验测得小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，从图中可知，小灯泡两端的电压越高，则电阻______（选填“越大”或“越小”），这是因为______。（4）若已知加在灯泡上的电压U与通过灯丝的电流I之间的关系为，其中k、n是与灯泡有关的常数。简述通过上述实验确定k、n的方法。______〖答案〗（1）CE左（2）2.5013.3（3）越大见〖解析〗（4）见〖解析〗〖解析〗【小问1详析】[1]小灯泡的额定电流为两个直流电流表虽然量程都大于0.2A，但为了能够让指针偏转适度从而读数精确，应选择C。[2][3]滑动变阻器应采用分压式接法，为了能够便于控制分压，应选择最大阻值较小的E。为了保护电路，闭合开关S前应将滑片移至最左端。【小问2详析】[1]电路图中电压表与小灯泡并联，此时小灯泡两端的电压为2.50V。[2]此组数据得到小灯泡的电阻为【小问3详析】[1][2]根据结合图像可知图线的斜率与电阻关系为所以小灯泡两端的电压越大，温度越高，电阻率越大，故电阻越大。【小问4详析】通过上述实验确定k、n的方法：在I-U图像中取几组数据，代入计算出k、n的几组值，再取平均值，以减小误差。13.森林着火后，采用直升机运水去灭火，如图所示。直升