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四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期12月一诊热身考试理科综合试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期12月一诊热身考试理科综合试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中（ ）
A. 若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点
B. 若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零
C. 若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大
D. 若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．若要研究某时刻骑手的动作，由于不同时刻骑手的动作不同，不可以把摩托车和骑手看作质点，故A错误；
B．在最高点，骑手有水平方向的速度，动能不为零，故B错误；
CD．若不考虑转动的影响，摩托车在空中飞行的过程中只受重力作用，做斜抛运动，加速度为重力加速度，即做匀变速曲线运动，骑手机械能守恒，故C错误、D正确。
故选D
2. 在如图所示的电路中，电压表为理想表，电源内阻为r，滑动变阻器总电阻为R2，R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的效率先变大再减小
B. 电源输出功率先增大再减小
C. 电压表示数先增大再减小
D. 灵敏电流计G的电流方向d→c
【答案】B
【解析】
【详解】A．滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，电源的效率为
可知外电阻变大，则电源的效率变大，选项A错误；
B．当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；因 R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，外电阻先靠近电源内阻后远离电源内阻，可知电源输出功率先增加后减小，选项B正确；
C．外电阻变大，总电流减小，则路端电压变大，即电压表示数增大，选项C错误；
D．路端电压变大，R1电压减小，则滑动变阻器两端电压变大，电容器两板电压变大，电容器充电，则灵敏电流计G的电流方向c→d，选项D错误。
故选B。
3. 一物体在如图甲所示的平面上运动，其方向的图像和y方向的图像分别如图乙、图丙所示，图丙中段为抛物线，轨迹方程为，虚线为时该抛物线的切线，已知时物体的位置坐标为，下列说法正确的是（ ）
A. 时，物体的速度大小为
B. 时，物体的位置坐标为
C. 前2s物体y方向的加速度越来越小
D. 物体在2s内做加速度大小的曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．在t=0时刻
所以
A错误；
B．在t=2s时，x方向和y方向的位移分别为
故此时物体的坐标为
B错误；
CD．前2秒，y方向物体的位移方程为抛物线，为时间的二次函数，因此，此时在y方向上做匀加速运动，物体在y方向的加速度为
又
所以
C错误，D正确。
故选D。
4. 华为mate 60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等
B. 能实现全球通信时，卫星离地高度至少2R
C. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为
D. 通信卫星和地球自转周期之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．通信卫星受到的万有引力大小为
由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；
B．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示
由几何关系可知，，，其OA为地球半径R，所以由几何关系有
解得
所以解得
所以通信卫星高度至少为R，故B错误；
C．对卫星有，其万有引力提供做圆周运动的向心力，有
在地球表面有
其动能为
故C正确；
D．对通信卫星有
地球的自转周期与同步卫星相同，对同步卫星有
整理有
故D错误。
故选C。
5. 如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域AB，该区域中的P点距A点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到B。然后再让乙物块从B由静止释放滑到A。两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中错误的是（ ）
A. 两个物块在上述过程中获得的速度大小相等
B. 甲物块在上述过程中所用时间较长
C. 若甲乙同时从A、B释放，它们可能在P点相遇
D. 若甲乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据动能定理得
所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A项正确，不符合题意；
B．甲、乙两物体运动的大致如图所示
甲运动过程加速度在增大，故图像的斜率增大，如图线1；乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图线2，由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故B项正确，不符合题意；
C．若甲乙同时从A、B释放时，由B项可知乙物块B到P段时间加速度大于甲物块从A到P端的加速度，所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C项正确，不符合题意；
D．若甲乙同时从A、B释放，由B项可知当甲、乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲、乙之间的相互作用力为F，对甲物块根据动量定理可知甲乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动。故D项错误，符合题意。
故选D。
6. 如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示。，。则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体质量
B. 物体与斜面间的动摩擦因数
C. 物体上升过程的加速度大小
D. 物体回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为，则有
解得
故A错误；
B．根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有
解得
故B正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有
其中
解得
故D正确。
故选BD。
7. 若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A. O、A、B三点场强相等
B. 场强EA
C. 电势φA：φD＝（2+4）：9
D. 在D处放置一负电荷q，其电势能Ep
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强
E
根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误；
B．三角形边长为L，则
NA＝Lcs30°
代入
E
故B错误；
C．A点的电势
φA＝2
D点的电势
φD＝3
所以
φA：φD＝（2+4）：9
故C正确；
D．有
φD
在D处放置一负电荷q，其电势能
Ep
故D正确；
故选CD。
8. 如图所示，光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧轨道BCD的半径为r2，圆弧轨道AB的半径r1未知且可调节。一质量为m的小球，从A点（与O1等高）静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关
B. 只要小球在空中运动时间相同，落在圆弧轨道BCD上时的动能就相同
C. 适当调节r1的大小，小球可以垂直落在圆弧轨道BCD上
D. 当时，小球在空中运动的时间最长
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球从A点静止释放到B点，根据机械能守恒有
根据牛顿第二定律有
联立解得，轨道对小球的支持力为
则小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关，故A正确；
B．小球经过B点落在圆弧轨道BCD上，小球在空中运动时间相同，则小球下落高度h相同，则小球落在圆弧BC、CD上的等高处，则根据平抛规律可知，水平位移不同，离开B点的初速度不同，则根据动能定理有
可知落在圆弧轨道BCD上时的动能不相同，故B错误；
C．若小球垂直落在圆弧轨道BCD上，则其速度的反向延长线必然经过圆弧的圆心O点。根据平抛运动规律有，速度的反向延长线经过水平位移的中点，但O点不为水平位移的中点，则小球不可能垂直落在圆弧轨道BCD上，故C错误；
D．若小球在空中运动的时间最长，即此时小球落在C点，则根据平抛规律有
根据动能定理有
联立解得
故D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题，共174分）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13~16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分
9. 在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。
【答案】 ①. 12 ②. 0.20 ③. 0.13
【解析】
【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有
Δx = 5.00cm，F = 0.610N
根据胡克定律
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有
F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′ ≈0.33kg
则待测物体的质量为
Δm = m′ - m = 0.13kg
10. 小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W。器材有：
电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计
电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω
电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω
定值电阻R1=10Ω
定值电阻R2=50Ω
滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A
滑动变阻器R4：最大阻值3Ω，最大电流3A
滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A
开关、导线等。
（1）滑动变阻器应选用______（选填“R3”“R4”或“R5”）；了精确测量数据，选用定值电阻_______（选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用。
（2）请根据选用的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇符号用M表示，需在图中标上所用元件对应的符号________。
（3）小芳在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，造成这种现象的原因是______。
【答案】 ①. R4 ②. R2 ③. ④. 6.0 ⑤. 电动机突然开始转动，产生了反电动势
【解析】
【详解】（1）[1]电风扇的额定电压为
额定功率为
电风扇的额定电流为
由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线，电压需要从0调节，滑动变阻器采用分压式，使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A，所以为了防止滑动变阻器烧坏且操作方便，滑动变阻器选；
[2]通过电流表A2与电阻串联改装成电压表，因电压调节范围为0～5.0V，需要串联的电阻阻值为
所以选取固定电阻
改装成电压表，其量程为
（2）[3]因为电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，因此电流表采用外接法，电路图如图所示
（3）[4]小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动，属于纯电阻电路，实验数据得知为0.10A时，为
小电风扇的电阻为
（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。
11. 足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B．用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m．已知匀强电场的场强，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2．求：
(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？
(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？
【答案】(1)a1＝1.25 m/s2，a2＝5 m/s2； (2)x＝0.04 m
【解析】
【详解】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有
a1t1＝a2t2
h＝a1t12＋a2t22
求得
a1＝1.25 m/s2
a2＝5 m/s2
(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得
竖直方向上
mg－N＝ma2
水平方向上
Eq－μN＝ma3
求得
a3＝0.1g＝1 m/s2
在这个过程中滑板B的水平位移大小为
x3＝a3t22＝002 m
在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有
μmg－Eq＝ma4
得
a4＝0.1g＝1 m/s2
该过程中滑板B的水平位移大小为
x4＝x3＝0.02 m
最后滑板B静止时离出发点的水平距离
x＝x4＋x3＝0.04 m
12. “鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力
由
知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式
由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F的长度为x，则
[物理—选修3-4]
13. 某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，以手的平衡位置为坐标原点，如图是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为12m
B. 该时刻M点的位移为
C. 该时刻N点的振动方向沿y轴负方向
D. 再经过0.125s，M点经过的路程为30cm
E. 从该时刻开始计时，质点M的振动方程为
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.由图像可知，该波的波长为
A正确；
B.图示时刻的波动方程为
该时刻M点的位移为
B错误；
C.由题意，该波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻N点的振动方向沿y轴负方向，C正确；
DE.从该时刻开始计时，质点M的振动方程为
再经过0.125s，M点的位移为
M点经过的路程为
D错误，E正确。
故选ACE。
14. 如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心角为120°，与球台平面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。已知玻璃对单色光的折射率为2，光在真空中的速率为，求：
（1）求：该单色光在玻璃球台中的传播速度；
（2）求：同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间（只考虑全反射）。
【答案】（1）1.5×108m/s；（2）8×10−9s
【解析】
【详解】（1）由题意作出光路图如图所示，可知光在玻璃球台中传播的速度
（2）设光在玻璃球台中产生全反射的临界角为C，则有
解得
由几何关系可知，最边缘的光线在球面的入射角为
可知最边缘的光线是最先在球面处发生全反射的光，且该光线经3次全反射而射出平台，则有传播的时间
代入数据解得
1. 摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中（ ）
A. 若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点
B. 若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零
C. 若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大
D. 若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．若要研究某时刻骑手的动作，由于不同时刻骑手的动作不同，不可以把摩托车和骑手看作质点，故A错误；
B．在最高点，骑手有水平方向的速度，动能不为零，故B错误；
CD．若不考虑转动的影响，摩托车在空中飞行的过程中只受重力作用，做斜抛运动，加速度为重力加速度，即做匀变速曲线运动，骑手机械能守恒，故C错误、D正确。
故选D
2. 在如图所示的电路中，电压表为理想表，电源内阻为r，滑动变阻器总电阻为R2，R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的效率先变大再减小
B. 电源输出功率先增大再减小
C. 电压表示数先增大再减小
D. 灵敏电流计G的电流方向d→c
【答案】B
【解析】
【详解】A．滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，电源的效率为
可知外电阻变大，则电源的效率变大，选项A错误；
B．当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；因 R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，外电阻先靠近电源内阻后远离电源内阻，可知电源输出功率先增加后减小，选项B正确；
C．外电阻变大，总电流减小，则路端电压变大，即电压表示数增大，选项C错误；
D．路端电压变大，R1电压减小，则滑动变阻器两端电压变大，电容器两板电压变大，电容器充电，则灵敏电流计G的电流方向c→d，选项D错误。
故选B。
3. 一物体在如图甲所示的平面上运动，其方向的图像和y方向的图像分别如图乙、图丙所示，图丙中段为抛物线，轨迹方程为，虚线为时该抛物线的切线，已知时物体的位置坐标为，下列说法正确的是（ ）
A. 时，物体的速度大小为
B. 时，物体的位置坐标为
C. 前2s物体y方向的加速度越来越小
D. 物体在2s内做加速度大小的曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．在t=0时刻
所以
A错误；
B．在t=2s时，x方向和y方向的位移分别为
故此时物体的坐标为
B错误；
CD．前2秒，y方向物体的位移方程为抛物线，为时间的二次函数，因此，此时在y方向上做匀加速运动，物体在y方向的加速度为
又
所以
C错误，D正确。
故选D。
4. 华为mate 60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等
B. 能实现全球通信时，卫星离地高度至少2R
C. 其中一颗质量为m的通信卫星的动能为
D. 通信卫星和地球自转周期之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．通信卫星受到的万有引力大小为
由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；
B．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示
由几何关系可知，，，其OA为地球半径R，所以由几何关系有
解得
所以解得
所以通信卫星高度至少为R，故B错误；
C．对卫星有，其万有引力提供做圆周运动的向心力，有
在地球表面有
其动能为
故C正确；
D．对通信卫星有
地球的自转周期与同步卫星相同，对同步卫星有
整理有
故D错误。
故选C。
5. 如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域AB，该区域中的P点距A点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到B。然后再让乙物块从B由静止释放滑到A。两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中错误的是（ ）
A. 两个物块在上述过程中获得的速度大小相等
B. 甲物块在上述过程中所用时间较长
C. 若甲乙同时从A、B释放，它们可能在P点相遇
D. 若甲乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据动能定理得
所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A项正确，不符合题意；
B．甲、乙两物体运动的大致如图所示
甲运动过程加速度在增大，故图像的斜率增大，如图线1；乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图线2，由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故B项正确，不符合题意；
C．若甲乙同时从A、B释放时，由B项可知乙物块B到P段时间加速度大于甲物块从A到P端的加速度，所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C项正确，不符合题意；
D．若甲乙同时从A、B释放，由B项可知当甲、乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲、乙之间的相互作用力为F，对甲物块根据动量定理可知甲乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动。故D项错误，符合题意。
故选D。
6. 如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示。，。则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体质量
B. 物体与斜面间的动摩擦因数
C. 物体上升过程的加速度大小
D. 物体回到斜面底端时的动能
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为，则有
解得
故A错误；
B．根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有
解得
故B正确；
C．物体上升过程中，由牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有
其中
解得
故D正确。
故选BD。
7. 若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A. O、A、B三点场强相等
B. 场强EA
C. 电势φA：φD＝（2+4）：9
D. 在D处放置一负电荷q，其电势能Ep
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强
E
根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误；
B．三角形边长为L，则
NA＝Lcs30°
代入
E
故B错误；
C．A点的电势
φA＝2
D点的电势
φD＝3
所以
φA：φD＝（2+4）：9
故C正确；
D．有
φD
在D处放置一负电荷q，其电势能
Ep
故D正确；
故选CD。
8. 如图所示，光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧轨道BCD的半径为r2，圆弧轨道AB的半径r1未知且可调节。一质量为m的小球，从A点（与O1等高）静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关
B. 只要小球在空中运动时间相同，落在圆弧轨道BCD上时的动能就相同
C. 适当调节r1的大小，小球可以垂直落在圆弧轨道BCD上
D. 当时，小球在空中运动的时间最长
【答案】AD
【解析】
【详解】A．小球从A点静止释放到B点，根据机械能守恒有
根据牛顿第二定律有
联立解得，轨道对小球的支持力为
则小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关，故A正确；
B．小球经过B点落在圆弧轨道BCD上，小球在空中运动时间相同，则小球下落高度h相同，则小球落在圆弧BC、CD上的等高处，则根据平抛规律可知，水平位移不同，离开B点的初速度不同，则根据动能定理有
可知落在圆弧轨道BCD上时的动能不相同，故B错误；
C．若小球垂直落在圆弧轨道BCD上，则其速度的反向延长线必然经过圆弧的圆心O点。根据平抛运动规律有，速度的反向延长线经过水平位移的中点，但O点不为水平位移的中点，则小球不可能垂直落在圆弧轨道BCD上，故C错误；
D．若小球在空中运动的时间最长，即此时小球落在C点，则根据平抛规律有
根据动能定理有
联立解得
故D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题，共174分）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分，第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13~16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分
9. 在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：
（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。
（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。
（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。
【答案】 ①. 12 ②. 0.20 ③. 0.13
【解析】
【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有
Δx = 5.00cm，F = 0.610N
根据胡克定律
计算出
k ≈ 12N/m
（2）[2]根据牛顿第二定律有
F = ma
则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
m = 0.20kg
（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
m′ ≈0.33kg
则待测物体的质量为
Δm = m′ - m = 0.13kg
10. 小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W。器材有：
电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计
电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω
电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω
定值电阻R1=10Ω
定值电阻R2=50Ω
滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A
滑动变阻器R4：最大阻值3Ω，最大电流3A
滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A
开关、导线等。
（1）滑动变阻器应选用______（选填“R3”“R4”或“R5”）；了精确测量数据，选用定值电阻_______（选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用。
（2）请根据选用的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇符号用M表示，需在图中标上所用元件对应的符号________。
（3）小芳在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1先增大到某值时突然减小，造成这种现象的原因是______。
【答案】 ①. R4 ②. R2 ③. ④. 6.0 ⑤. 电动机突然开始转动，产生了反电动势
【解析】
【详解】（1）[1]电风扇的额定电压为
额定功率为
电风扇的额定电流为
由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线，电压需要从0调节，滑动变阻器采用分压式，使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A，所以为了防止滑动变阻器烧坏且操作方便，滑动变阻器选；
[2]通过电流表A2与电阻串联改装成电压表，因电压调节范围为0～5.0V，需要串联的电阻阻值为
所以选取固定电阻
改装成电压表，其量程为
（2）[3]因为电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，因此电流表采用外接法，电路图如图所示
（3）[4]小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动，属于纯电阻电路，实验数据得知为0.10A时，为
小电风扇的电阻为
（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。
11. 足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B．用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m．已知匀强电场的场强，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2．求：
(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？
(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？
【答案】(1)a1＝1.25 m/s2，a2＝5 m/s2； (2)x＝0.04 m
【解析】
【详解】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有
a1t1＝a2t2
h＝a1t12＋a2t22
求得
a1＝1.25 m/s2
a2＝5 m/s2
(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得
竖直方向上
mg－N＝ma2
水平方向上
Eq－μN＝ma3
求得
a3＝0.1g＝1 m/s2
在这个过程中滑板B的水平位移大小为
x3＝a3t22＝002 m
在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有
μmg－Eq＝ma4
得
a4＝0.1g＝1 m/s2
该过程中滑板B的水平位移大小为
x4＝x3＝0.02 m
最后滑板B静止时离出发点的水平距离
x＝x4＋x3＝0.04 m
12. “鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力
由
知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式
由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F的长度为x，则
[物理—选修3-4]
13. 某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，以手的平衡位置为坐标原点，如图是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为12m
B. 该时刻M点的位移为
C. 该时刻N点的振动方向沿y轴负方向
D. 再经过0.125s，M点经过的路程为30cm
E. 从该时刻开始计时，质点M的振动方程为
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.由图像可知，该波的波长为
A正确；
B.图示时刻的波动方程为
该时刻M点的位移为
B错误；
C.由题意，该波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻N点的振动方向沿y轴负方向，C正确；
DE.从该时刻开始计时，质点M的振动方程为
再经过0.125s，M点的位移为
M点经过的路程为
D错误，E正确。
故选ACE。
14. 如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心角为120°，与球台平面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。已知玻璃对单色光的折射率为2，光在真空中的速率为，求：
（1）求：该单色光在玻璃球台中的传播速度；
（2）求：同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间（只考虑全反射）。
【答案】（1）1.5×108m/s；（2）8×10−9s
【解析】
【详解】（1）由题意作出光路图如图所示，可知光在玻璃球台中传播的速度
（2）设光在玻璃球台中产生全反射的临界角为C，则有
解得
由几何关系可知，最边缘的光线在球面的入射角为
可知最边缘的光线是最先在球面处发生全反射的光，且该光线经3次全反射而射出平台，则有传播的时间
代入数据解得
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