2023屆新高考物理金榜猜題卷山東專版

2023屆新高考物理金榜猜題卷

一、單選題

1.生物體存活時體內(nèi)“C含量與大氣中相當(dāng)，死亡后停止吸收“C。某次考古中發(fā)現(xiàn)了

生物遺骨，經(jīng)測定，該生物遺骨中“C含量大約是剛?cè)ナ罆r的工。已知，"C的半衰期是

8

5730年，則該生物距今約（）

A.1910年B.5730年C.17190年D.45840年

2.如圖所示，真空中有一邊長為10cm的立方體?？臻g存在一勻強(qiáng)電場，已知A點電

勢為0,B、D、A，三點電勢均為IV,下列判斷正確的是（）

A.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為10V/m,方向由U指向A

B.勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為lojgv/m,方向由C，指向A

C.電子在c點的電勢能為-VLv

D.電子沿直線由A點到C點電場力做負(fù)功

3.甲、乙兩車在同一條平直公路上運(yùn)動，其X—圖像如圖所示，已知甲車做勻變速直

線運(yùn)動，其余數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知（）

A.r=2s時刻，甲乙兩車速度大小相等

B.0~2s內(nèi)，甲車位移等于乙車位移

C.甲車的初速度大小為2m/s

D.相遇之前，/=0.75s時兩車相距最遠(yuǎn)

4.在風(fēng)洞實驗中，將一質(zhì)量為1kg的小球自西向東以初速度大小20m/s水平拋出，風(fēng)

洞內(nèi)同時加上自北向南的大小隨時間均勻變化的風(fēng)力，風(fēng)力大小與時間r滿足

F=kt,k=10N/s,重力加速度g取10m/s2,則兩秒后（）

試卷第1頁，共8頁

A.小球的速度大小為2oV?m/s

B.小球的速度大小為40m/s

C.小球的動量變化量大小為20后kg.m/s

D.小球的動量變化量大小為40kg-m/s

5.如圖所示的光滑桿和輕彈簧的一端均固定在。點，可視為質(zhì)點的小球A固定在輕彈

簧的另一端，現(xiàn)使整個裝置環(huán)繞豎直軸。。，勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)角速度為。。時輕彈簧處于原

長狀態(tài)。則下列說法正確的是（）

A.角速度由。。逐漸增大，小球沿桿向上移動

B.角速度大于。。時，桿與小球間的作用力大小可能不變

C,僅增加小球的質(zhì)量，小球沿桿向上移動

D.%與小球的質(zhì)量大小有關(guān)

6.如圖所示，M是赤道上的物體在隨地球自轉(zhuǎn)，N是赤道平面內(nèi)的一顆人造地球衛(wèi)星,

運(yùn)行方向自西向東。已知地球同步衛(wèi)星距地面高度近似為5.6倍地球半徑，設(shè)地心為。，

TT

MN與ON間的夾角。最大為一，則（）

A.N的軌道半徑為地球半徑的6倍

B.N與M的轉(zhuǎn)動周期之比為

C.N與M的線速度大小之比為6.6疝：1

D.N與M的加速度大小之比為1：4

試卷第2頁，共8頁

7.如圖所示，某透明材料制成的三棱鏡截面為正三角形，AB=Z,一束單色光從AB中

點。射入三棱鏡，入射光線與AB的夾角為30。，在。點發(fā)生折射后的光線與BC平行，

已知光在真空中的傳播速度為C,則下列說法正確的是（）

A.三棱鏡對該單色光的折射率為過

3

B.該單色光從AC邊射出時的方向與從AB邊入射時的方向的夾角為120,

C.該單色光在三棱鏡中的傳播速度為

3

D.該單色光在三棱鏡中的傳播時間為近

8.如圖為“日”字形變壓器的示意圖，中間和兩臂上分別繞有匝數(shù)為％、4、％的線圈,

線圈匝數(shù)比%：%=10：4:5,兩臂電路中接有相同的電阻R。將中間線圈接入電壓

%=36V?sinlOOM（V）的交變電流，下列說法正確的是（）

A.每匝線圈中磁通量的變化率都相同

B.電壓表M的示數(shù)為14.4V

C.電壓表V,和匕示數(shù)比為4:5

D.電流表人|和人2示數(shù)比為5:4

二、多選題

9.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，，=0時波形圖如圖甲所示，原點處的質(zhì)點振動圖像如

圖乙所示，下列說法正確的是（）

試卷第3頁，共8頁

甲乙

A.波沿x軸正方向傳播

B.波的傳播速度為10m/s

C.x=lm處質(zhì)點經(jīng)0.5s通過的路程為5m

D.Z=ls時，尸2m處質(zhì)點比戶3m處質(zhì)點加速度大

10.如圖，輕桿左端與光滑轉(zhuǎn)軸上的點。相連，右端連接著一等邊三角形輕線框，三角

形的頂點上分別固定著質(zhì)量均為加、可視為質(zhì)點的三個小球A、B、C（。4的延長線垂

直于BC）,已知輕桿長為/,三角形線框的邊長為后，重力加速度為不計空氣阻

力，現(xiàn)將輕桿從水平位置由靜止釋放，則（）

A.在擺動過程中，A的機(jī)械能守恒B.桿豎直時，三個小球的總動能為6,

C.桿豎直時，小球A的動能為他舒D.桿豎直時，桿和線框?qū)的合力為

9

9mg

5

11.分子A固定于原點。處，另一分子B從距離。點很遠(yuǎn)處向。點運(yùn)動的過程中，分

子間作用力廠隨分子間距離r變化關(guān)系如圖所示，r=r，時，F(xiàn)=0O則下列說法正確的

A.歹隨廠變化關(guān)系圖像適用于理想氣體分子間作用力關(guān)系

B.B向A運(yùn)動過程中，分子間距越來越小，分子作用力越來越大

試卷第4頁，共8頁

c.B向A運(yùn)動過程中，A對B的作用力先做正功后做負(fù)功

D.B分子運(yùn)動到八處時，分子B動能最大

12.如圖所示，傾角。=30。的斜面上放置一間距為L的光滑U形導(dǎo)軌（電阻不計），導(dǎo)

軌上端連接電容為C的電容器，電容器初始時不帶電，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

8、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為2,“、電阻為R的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌

上，與導(dǎo)軌接觸良好，另一質(zhì)量為，"的重物用一根不可伸長的絕緣輕繩通過光滑的定滑

輪與導(dǎo)體棒拴接，定滑輪與導(dǎo)體棒間的輕繩與斜面平行。將重物由靜止釋放，在導(dǎo)體棒

到達(dá)導(dǎo)軌底端前的運(yùn)動過程中（電動勢未到達(dá)電容器的擊穿電壓），已知重力加速度為

g,下列說法正確的是（）

□

A.電容器M板帶正電，且兩極板所帶電荷量隨時間均勻增加

B.經(jīng)時間f導(dǎo)體棒的速度為＞，=2mg：,

3m+CBL

2BLmg

c.回路中電流與時間的關(guān)系為'=7；—-?

13m+CBLIR

D.重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和回路的焦耳熱

三、實驗題

13.為測量金屬絲的電阻率，實驗小組從實驗室中找到合適的器材后，按照如下的步驟

進(jìn)行操作：

（1）用刻度尺測量金屬絲的長度L,用螺旋測微器測量金屬絲的直徑“（如圖甲所示），

甲

試卷第5頁，共8頁

(2)分別用圖乙和圖丙所示的電路測量待測金屬絲的電阻，圖乙中電壓表和電流表的

示數(shù)分別為4、，圖丙中電壓表和電流表的示數(shù)分別為4、八。

(3)若采用圖乙電路中的電表示數(shù)計算金屬絲的電阻率.，則。=(用題給字

母表示)；若采用圖丙電路中的電表示數(shù)計算金屬絲的電阻率，則電阻率的測量值

真實值(填“大于”“等于”或“小于”)。

14.阿特伍德機(jī)的原理圖如圖所示，重物A、B的質(zhì)量分別為M和機(jī)，且定

滑輪摩擦不計，繩與滑輪質(zhì)量不計，繩不可伸長。物理實驗小組同學(xué)利用阿特伍德機(jī)進(jìn)

行改裝做力學(xué)實驗，在重物A右側(cè)安裝很窄的寬度為"的遮光片，在阿特伍德機(jī)右側(cè)固

定一豎直桿，桿上安裝兩個光電門，兩光電門間的豎直距離為白，重物A運(yùn)動時遮光片

可通過光電門，測量遮光時間小弓。重力加速度為g=10m/s2。

□A

A阿特伍德機(jī)

R0原理示意圖

(1)第一小組的同學(xué)用該實驗裝置驗證牛頓第二定律，若物理量滿足,則

牛頓第二定律成立。

(2)第二小組的同學(xué)用該實驗裝置驗證機(jī)械能守恒定律。具體操作是先將重物A用外

力向下拉到下面光電門以下一定距離，然后用力向下拉重物B,使重物A、B獲得足夠

的速度，在遮光片將要通過下面的光電門時，撤去外力，遮光片通過兩個光電門。測得

M=2kg,m=ikg,遮光片寬度為1cm,通過兩個光電門的時間分別為0.002s,0.004s,

h=2.8m,遮光片通過兩光電門過程中系統(tǒng)動能的減少量為J,重力勢能的

增加量為__________J=請說明動能變化量和重力勢能變化量數(shù)值不相等的原因：

試卷第6頁，共8頁

四、解答題

15.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)3變?yōu)闋顟B(tài)C的V-r圖像如圖所示.已知氣

體在狀態(tài)A時的壓強(qiáng)為1.5x10、Pa.求:

（1）狀態(tài)A的溫度；

（2）狀態(tài)C的壓強(qiáng)。

"nP

0.6

0.4

°TA30040077K

16.深海中有一個大殺器：海底斷崖，又叫“躍層”，“躍層”是海水參數(shù)隨深度變化而顯

著變化的水層。當(dāng)潛艇從高密度海域進(jìn)入低密度海域時，潛艇的浮力會突然減少，這樣

潛艇就會急劇下沉，專業(yè)上稱這種現(xiàn)象為“掉深”?！暗羯睢笨赡軙?dǎo)致潛艇的實際下潛深

度超過設(shè)計下潛深度，造成潛艇破裂進(jìn)水，結(jié)構(gòu)解體。已知潛艇的質(zhì)量為2.7x10,t,

正在水下200m處水平運(yùn)動，突然進(jìn)入“躍層”，以加速度,=im/s2豎直向下落（水平速

度很小，可以忽略不計）。潛艇指戰(zhàn)員迅速采取措施，向外排出海水，8s后開始以向上

的加速度與=1m/s?運(yùn)動。已知重力加速度g=10m/s2?

（1）求“躍層”內(nèi)海水密度與原來海水密度之比；

（2）采取措施后潛艇經(jīng)過多長時間回到原來深度？最深到了多深？

（3）潛艇排出了多少噸海水（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）？

17.一傳送帶裝置示意圖如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時

變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都

與BC相切.現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為機(jī)的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時

初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為人穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變,

當(dāng)前一個貨箱相對于傳送帶靜止時馬上放第二個，每個小貨箱相對傳送帶運(yùn)動的時間均

為to,CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L每個箱子在A處投放后，在到達(dá)

B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）.已

知在一段相當(dāng)長的時間內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N.這裝置由電動機(jī)帶動，傳送帶與

輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦.求：

試卷第7頁，共8頁

⑴傳送帶穩(wěn)定工作時的速度V0；

⑵此過程中電動機(jī)提供的電功W.

18.現(xiàn)有一對半圓柱體回旋加速器置于真空中，如圖所示，其半徑為凡高度為，，兩

金屬盒半圓柱體間狹縫寬度為詭有垂直于盒面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場

和垂直于盒面向下、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，磁場僅存在于兩盒內(nèi)，而電場存在

于整個裝置，兩盒間接有電壓為。的交流電。加速器上表面圓心A處有一粒子發(fā)射器，

現(xiàn)有一電荷量為+??、質(zhì)量為相的粒子從A點飄入狹縫中，初速度可以視為零。不考慮

相對論效應(yīng)和重力作用，若粒子能從加速器下表面邊緣離開，求：

(1)若U未知，粒子從A點到離開加速器下表面邊緣所用時間t及動能Ek；

(2)粒子在狼縫中被加速的次數(shù)〃;

(3)若H未知，粒子在狹縫中被加速的時間與在磁場中運(yùn)動的時間的比值。

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.c

【詳解】根據(jù)

t

(1V1

m=m-I=-m

U；8

可得

t

——=3

T

由題意知該生物遺骨中的，*c經(jīng)過3個半衰期，則該生物距今約

Q37M7190年

故選C?

2.B

【詳解】AB.B、D、A，三點電勢相等，在同一等勢面上，由電場方向和等勢面垂直且由高

電勢指向低電勢可知，電場方向由C，指向A,由幾何知識可得4仁=10瘋111,在ADC‘中，

AC，和的夾角余弦值

AD6

cosa=-------=------

ACr3

由

ADcosaE=UDA

得，電場強(qiáng)度

E=10%/Tv/m

故A錯誤，B正確；

C.由幾何知識可得

AC=loVTcm

AL與AC的夾角余弦值

ACV?

cose=-------二—

AC'3

由

ACcos?,E=UCA=①A

可得

Pc=2V

答案第1頁，共13頁

電子電荷量為-e,電子在C點的電勢能

Ep=-e(pc=-2eV

故C錯誤；

D.電子沿直線由A點到C點電場力做正功，故D錯誤。

故選B。

3.D

【詳解】A.在X—圖像中，圖線的斜率表示速度，由題圖可知，"2s時刻甲車的速度大

于乙車的速度，故A錯誤；

B.由題圖知，甲車位移為8m,乙車位移為6m,甲車位移大于乙車位移，故B錯誤；

C.由乙車圖線可知，乙車做勻速直線運(yùn)動，速度大小為3m/s；甲車的位移表達(dá)式為

12

x=vQt+-a}t+xQ

2

將(0,-2)、(1,0)、(2,6)代入上式，解得

2

x0=—2m,v0=0,ax=4m/s

故c錯誤；

D.兩車速度相同時，兩車相距最遠(yuǎn)，即

V甲

丫甲=丫乙=3m/s,t=----=0.75s

%

故D正確。

故選D。

4.C

【詳解】AB.2s時，小球向東的速度大小

匕=20m/s

向下的速度大小

v2=^^o=2Om/s

設(shè)向南的速度大小為％,由動量定理得

FtQ=mv3

解得

答案第2頁，共13頁

v.=20m/s

故小球的速度大小

v=\vi+V2+V3=2043m/s

故AB錯誤；

CD.動量變化量為末動量減去初動量，小球向東的動量變化量為零，向南的動量變化量為

20kg-m/s,向下的動量變化量為20kg-而5,由矢量三角形法可得小球的動量變化量大小為

20A/Tkg-m/s,故C正確，D錯誤。

故選c。

5.A

【詳解】AB.角速度由。。逐漸增大的過程中，假設(shè)彈簧仍處于原長狀態(tài)，由,=，〃。淀可

知小球所需的向心力增大，桿對小球的支持力增大，因此小球一定沿桿向上運(yùn)動，故A正

確，B錯誤。

D.當(dāng)角速度為。。時，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，假設(shè)桿與豎直方向的夾角為。，彈

簧的原長為4,則

mg2

--------=ma)0Zosin0

tan0

解得

mg

c.僅增加小球的質(zhì)量，角速度不變，彈簧仍處于原長，故c錯誤;

故選A?

6.C

答案第3頁，共13頁

【詳解】A.設(shè)地球半徑為R,如圖所示，當(dāng)夾角(9最大時，MN與地球相切，因此

R

sin0m=—

解得

%=2R

B.地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6.6R,根據(jù)開普勒第三定律得

(6.6?)3(2R)3

唁-T：

因此N與M轉(zhuǎn)動的周期之比為1:3.3必，B錯誤；

C.根據(jù)

v=cor

可知，地球同步衛(wèi)星與M的線速度大小之比為6.6：1,根據(jù)

可知，地球同步衛(wèi)星與N的線速度大小之比為1：而，因此N與M的線速度大小之比為

6.6癢;1,c正確；

D.根據(jù)

a=a)2r

可知，地球同步衛(wèi)星與M的加速度大小之比為6.6：1,根據(jù)

GM

a=------

r2

可知，地球同步衛(wèi)星與N的加速度大小之比為1：3.32,因此N與M的加速度大小之比為

2x3,33:1,D錯誤。

故選C。

7.C

答案第4頁，共13頁

【詳解】A.作出該單色光的光路圖，如圖所示

由幾何關(guān)系可知入射角/=60。,折射角r=30。，則三棱鏡對該單色光的折射率為

故A錯誤;

B.由幾何關(guān)系可知，該單色光在M點的入射角為

所以從4c邊射出的光線與從AB邊入射光線的偏向角為

a=2(f—r)=60°

故B錯誤;

C.由光速和折射率的關(guān)系可知該單色光在三棱鏡中的傳播速度為

故C正確；

D.該單色光在三棱鏡中傳播的距離為白，則該單色光在三棱鏡中的傳播時間為

73￡

故D錯誤。

故選C。

8.C

【詳解】A.由磁通量的定義可知穿過中間臂的磁通量等于左右兩臂的磁通量之和，可知中

間臂磁通量的變化率為兩臂磁通量變化率的二倍，故A錯誤；

BCD.輸入電壓的有效值為36V,根據(jù)

2狐Un

n2U_

2%U

答案第5頁，共13頁

解得

U、=7.2V

U2=9V

則電壓表V,和匕示數(shù)比為4:5,結(jié)合歐姆定律可知電流表A,和A2示數(shù)比為4:5,故C正確，

BD錯誤。

故選C。

9.BD

【詳解】A.由圖乙可知原點處的質(zhì)點U0時沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，對甲圖尸0處質(zhì)點用同側(cè)

法判斷可知波沿x軸負(fù)方向傳播，故A錯誤；

B.由圖可知在8m,T=0.8s,則波速為

28

v=——=m/s=1Om/s

T0.8

故B正確；

C.0.5s為八分之五個周期，小于四分之三個周期，所以Alm處質(zhì)點經(jīng)0.5s通過的路程小

于三個振幅，即小于0.3m,故C錯誤；

D.Uis時，即經(jīng)過了四分之五個周期，產(chǎn)2111處質(zhì)點位于x軸下方，ASm處質(zhì)點位于平衡

位置，所以x=2m處質(zhì)點比x=3m處質(zhì)點加速度大，故D正確。

故選BD?

10.BD

【詳解】A.將三個小球看成一個系統(tǒng)，在擺動過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但單個小球的

機(jī)械能不守恒，故A錯誤；

B.由幾何關(guān)系可知，輕桿從水平位置擺動到豎直位置時，系統(tǒng)重心下降的高度為

h=1+V3/sin60°x—=21

3

系統(tǒng)減少的重力勢能為

AEp=3mgh=6mgi

由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得

EK-0=AEp=6mgi

桿豎直時，三個小球的總動能為6,"g/,故B正確;

答案第6頁，共13頁

C.由幾何關(guān)系可知

rB=rc=〃+（&/）2-26-COS150。=屈

由

,1212

E'=-mv=-m（ro））

22

可知

-kc_丫；_7

「廠1

則有

EKA：E/：七4=1：7:7

則桿豎直時，小球A的動能為

故C錯誤；

D.輕桿位于豎直位置時，對小球A有

解得桿和線框?qū)的合力為

9mg

F=-------

5

故D正確。

故選BD。

11.CD

【詳解】A.理想氣體分子間距足夠大，分子間作用力為零，故A錯誤；

B.B向A運(yùn)動過程中分子間作用力先變大后變小，再變大，故B錯誤；

C.B向A運(yùn)動過程中，A對B的分子間作用力先表現(xiàn)為引力做正功，后表現(xiàn)為斥力做負(fù)功，

故C正確；

D.B向A運(yùn)動過程中，在r大于“時，分子間作用力為引力做正功，B的動能增大，在r

小于，i時，分子間作用力為斥力做負(fù)功，B的動能減小，所以在外處時，B分子動能最大，

故D正確。

故選CD。

答案第7頁，共13頁

12.AB

【詳解】A.設(shè)運(yùn)動過程中經(jīng)時間導(dǎo)體棒的速度增加對電容器，兩極板的充電電

流

IAQC\UCBL\v

△tNtA/

對導(dǎo)體棒受力分析，由牛頓第二定律有

2mgsin30+Fy—BIL=2ma

對重物分析，有

mg-Fy=ma

又

Av

----=a

△t

解得

2mg

a-

3m+CB2L2

加速度恒定，所以導(dǎo)體棒在到達(dá)導(dǎo)軌底端前做勻加速直線運(yùn)動，電容器兩極板所帶電荷量隨

時間均勻增加，由右手定則可知，M板帶正電，故A正確；

B.經(jīng)時間r,導(dǎo)體棒的速度

2mgt

v=-------------------

3m+CB2L2

故B正確；

C.由A項分析可知回路中電流恒定，故C錯誤；

D.重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為動能和回路的焦耳熱，一部分

轉(zhuǎn)化為電容器儲存的電能，故D錯誤。

故選AB?

13.2.150-------L大于

4y

【詳解】（1）口］根據(jù)題圖甲可知，金屬絲的直徑

d=2mm+15.0x0.01mm=2.150mm

（3）［2］若采用題圖乙電路，則由

答案第8頁，共13頁

R=—

X<

nd2

5=------

4

解得

2

ndUt

P=----------

[3]題圖丙采用電流表內(nèi)接法，金屬絲兩端電壓的測量值偏大，所以電阻率的測量值也偏大。

(M+d'(1

14.Mg_mg----------I——I28.12528空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力

2h3t：J

做負(fù)功

【詳解】(D口]遮光片通過兩光電門的速度

dd

匕=—，匕=—

由

22c[

叱一匕=2ah.

得

V：-v,2d2(1

a=-----------=-----1—-——I

2h2h)

對重物A、B,由牛頓第二定律得

Mg—mg=(M+m)a

若牛頓第二定律成立，則滿足

(M+m)d2(11、

Mg-mg=--------------------1—-—|

2hU3

(2)[2][3]根據(jù)題意，可得遮光片通過兩光電門的速度

1x10-21X10-2

v=-----------m/s=5m/s,v2=-----------m/s=2.5m/s

0.0020.004

則系統(tǒng)減少的動能

AEk=—(M+m)(v；-v；)=28.125J

增加的重力勢能為

Mgh—mgh=28J

[4]動能的減少量大于重力勢能的增加量，是因為空氣阻力、繩與滑輪間的摩擦力做負(fù)功。

答案第9頁，共13頁

15.(1)200K;(2)2.0X1O5Pa

【詳解】(1)從狀態(tài)A到狀態(tài)S氣體發(fā)生等壓變化，壓強(qiáng)保持不變，即

PA=PB=L5xl()5pa

根據(jù)蓋一呂薩克定律有

土」

TATB

解得

TA=200K

(2)從狀態(tài)5到狀態(tài)C,氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律有

PBPc

TBTc

代入數(shù)據(jù)解得

5

pc=2.0x10Pa

16.(1)—;(2)(8+8V7)S,264m；(3)4.9x106t

10

【詳解】(1)設(shè)原來海水密度為2，根據(jù)題意，有

mg=F浮=排

“躍層”內(nèi)海水密度為，，有

mg-F；=max

Fv

n=P'sa

解得

PF910

(2)潛艇在勻加速下落階段，有

12

%=-=32m

2

又

匕==8m/s

排水后，潛艇先勻減速下降，再勻加速上升，對這個過程，有

答案第10頁，共13頁

712

-hl=V/-~a2t2

22

得

弓=(8+8石)s

勻減速下降過程，有

2

V.

h2=------=32m

24

潛艇最深位置

h=200m+々+%=264m

(3)排出海水后，設(shè)潛艇質(zhì)量為蘇，有

-m'g=m'a2

得

zn'=2.21x107t

潛艇排出海水的質(zhì)量

Am=2.7x107t-2.21x107t=4.9xlO6t

、LmNL2

17.(1)%=—;(2)W=;—+Nmgh

【詳解】(1)(2)以地面為參考系(下同)，設(shè)傳送帶的運(yùn)動速度為"，在水平段運(yùn)輸?shù)倪^

程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動，設(shè)這段路程為門，加速度為。，則對小

箱有

12

s=-at0

2

vo=ato

在這段時間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的路程為

%=V-。

由以上可得

s2=2%

用了表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為

答案第11頁，共13頁

1

Wx=fsx=-mv)

傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功

2ml，mV

卬2=fS2=-T0=0

兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量

12

Q=-mvQ

2

可見，在小箱加速運(yùn)動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等.在運(yùn)載N個小箱的過程中,

電動機(jī)輸出的電功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即

12

W=N(—mv0+mgh+Q)

2

已知相鄰兩小箱的距離為L所以

vozo=L

聯(lián)解得

L

%=一

%

mNL_2

W=-----—+Nmgh

1Q12Hmq2B2R2,、qB2R2,、2d

18.(1)--------,qEH+-----------；(2)----------;(3)