2024屆安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)高三下學期聯(lián)考物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE22024年安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)第26屆高三聯(lián)考物理考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是（）A.β衰變的電子來自原子核外B.太陽輻射的能量主要來自太陽內部的重核裂變反應C.原子核比結合能越大，表明原子核中核子結合得越牢固，原子核就越穩(wěn)定D.氫原子躍遷時核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，電子的動能減小，原子總能量減小〖答案〗C〖解析〗A．β衰變的電子來自原子核內的一個中子轉化為一個質子并放出一個電子，故A錯誤；B．太陽輻射的能量主要來自太陽內部的熱核反應，故B錯誤；C．原子核比結合能越大，表明原子核中核子結合得越牢固，原子核就越穩(wěn)定，故C正確；D．氫原子躍遷時核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，放出能量，根據(jù)可知r減小，電子的動能增大，但由于放出能量，原子總能量減小，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，一質量為m的物體，沿半徑為R的四分之一固定圓弧軌道滑行，由于物體與軌道之間動摩擦因數(shù)是變化的，使物體滑行到最低點的過程中速率不變。該物體在此運動過程，下列說法正確的是（）A.動量不變 B.重力做功的瞬時功率不變C.重力做功隨時間均勻變化 D.重力的沖量隨時間均勻變化〖答案〗D〖解析〗A．物體的速度大小不變，方向發(fā)生改變，則物體的動量大小不變，方向發(fā)生改變，故A錯誤；B．根據(jù)由于物體豎直方向的分速度逐漸減小，則重力做功的瞬時功率逐漸減小，故B錯誤；C．根據(jù)物體速率不變，但豎直方向的分速度發(fā)生改變，所以物體下落的高度不是隨時間均勻變化，則重力做功不是隨時間均勻變化，故C錯誤；D．根據(jù)由于重力恒定不變，可知重力的沖量隨時間均勻變化，故D正確。故選D。3.某同學完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關系可能正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有解得以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有解得因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。故選B。4.以速度水平拋出一小球，經過時間t后，其位移為1m，速度方向與水平面夾角的正切值，重力加速度g取，不計空氣阻力，下列選項正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗平拋運動過程如圖所示根據(jù)平拋運動推論有根據(jù)幾何知識有，根據(jù)幾何知識可得，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，解得，故選A。5.中國載人登月初步方案已公布，計劃2030年前實現(xiàn)載人登月科學探索。假如在登月之前需要先發(fā)射兩顆探月衛(wèi)星進行科學探測，兩衛(wèi)星在同一平面內繞月球的運動可視為勻速圓周運動，且繞行方向相同，如圖1所示，測得兩衛(wèi)星之間的距離隨時間變化的關系如圖2所示，不考慮兩衛(wèi)星之間的作用力。下列說法正確的是（）A.a、b兩衛(wèi)星的線速度大小之比B.a、b兩衛(wèi)星的加速度大小之比C.a衛(wèi)星的運轉周期為TD.b衛(wèi)星的運轉周期為7T〖答案〗D〖解析〗A．設a星與月球的距離為，b星與月球的距離為，根據(jù)圖像有，聯(lián)立解得，兩衛(wèi)星均繞月球運動，設a星與b星的速度分別為、，根據(jù)牛頓第二定律有解得可知a、b兩衛(wèi)星的線速度大小之比故A錯誤；B．根據(jù)解得可知a、b兩衛(wèi)星的加速度大小之比故B錯誤；CD．根據(jù)開普勒第三定律可得可得根據(jù)圖像可知，經過時間兩衛(wèi)星再次相距最近，有聯(lián)立解得，故C錯誤，D正確。故選D。6.某簡諧橫波波源的振動圖像如圖1所示，該波源的振動形式在介質中傳播，某時刻的完整波形如圖2所示，其中P、Q是介質中的兩個質點，該波的波源位于圖2中坐標原點處，下列說法正確的是（）A.該波周期為0.1sB.再經過0.4s，圖2中質點Q處于波谷C.圖2中質點Q第一次處于波谷時，波源處于波峰位置D.從到質點Q開始振動，質點P運動的路程為0.3m〖答案〗C〖解析〗A．由圖1可知該波的周期為0.2s，故A錯誤；B．由圖2可知該波的波長為，波速為經過，波傳播的距離為由圖2根據(jù)波形平移法可知，再經過0.4s，圖2中質點Q處于平衡位置，故B錯誤；C．根據(jù)波形平移法可知，再經過質點Q第一次處于波谷，波源從圖示時刻再經過個周期，波源處于波峰，故C正確；D．由題圖可知波形圖對應的時刻為，由波形平移法可知，在經過質點Q開始振動，由于則從到質點Q開始振動，質點P運動的路程為故D錯誤。故選C。7.如圖所示，電阻不能忽略的圓形金屬線圈在磁場中保持恒定角速度ω0勻速轉動，通過理想變壓器為后面的電路供電，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2，電壓表和電流表均為理想交流電表，不計導線的電阻。下列說法正確的是（）A.僅將滑片P下滑時，不變B.僅將滑片P下滑時，電壓表示數(shù)V2變大C.僅將滑片P下滑時，電流表示數(shù)A3變小D.僅將圓形線圈拉直成正方形（線圈周長不變），電源的效率變小〖答案〗A〖解析〗A．對原線圈有聯(lián)立可得所以故A正確；B．根據(jù)變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關系若僅將滑片P下滑時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據(jù)等效電阻法可知，原線圈回路中的電流I1增大，則原線圈的輸入電壓U1減小，U2減小，所以電壓表示數(shù)V2減小，故B錯誤；C．由于I1增大，則I2增大，根據(jù)歐姆定律可知，R1兩端的電壓增大，R2兩端的電壓減小，流過R2的電流減小，流過R3的電流增大，故C錯誤；D．若僅將圓形線圈拉直成正方形（線圈周長不變），由于外電路等效電阻和電源內阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知則電源的效率不變，故D錯誤。故選A8.如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面足夠長，空間存在方向與斜面平行的勻強電場。質量為m，電荷量為的帶電小球（可視為質點），從固定斜面底端A點由靜止釋放，經時間t，小球沿斜面上升到B點，此時撤去電場，又經過2t時間小球恰好回到初始位置A，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.撤去電場前小球從A到B電勢能逐漸增加B.帶電小球上滑過程中撤去電場前后的加速度大小之比1∶2C.小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為D.撤去電場前A、B兩點間的電勢差為〖答案〗C〖解析〗A．撤去電場前電場力對小球做正功，其電勢能減小，故A錯誤；B．設撤去電場時小球的位移大小為，速度大小為，撤去電場前小球的加速度大小為，撤去電場后小球的加速度大小為，根據(jù)位移與時間的關系可得，根據(jù)速度時間關系可得聯(lián)立解得故B錯誤；C．撤去電場后小球上升到最高點時間解得由此可知，小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為故C正確；D．撤去電場前，根據(jù)動能定理有由于所以可得聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9.如圖所示，一小物塊由靜止開始沿傾角為的斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為，取地面為零勢能面，已知。該過程中，物塊的機械能E、重力勢能、動能、摩擦產生的熱量Q與水平位移x的關系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗AD．設O點到斜面底端的距離為，物塊釋放點的高度為，物塊從釋放到停止運動的過程中，克服摩擦力做功可得根據(jù)能量守恒可知而物塊在該過程中機械能的減少量始終等于克服摩擦力所做的功，則物塊在軸上任意位置的機械能為其圖像為縱軸截距為，斜率為的傾斜直線，而其圖像為過原點，斜率為的傾斜直線，故A錯誤，D正確；B．物塊的重力勢能可知物塊圖像為縱軸截距，斜率為的圖線，當時，重力勢能為0保持不變，故B正確；C．當物塊從最高點下滑至斜面最低點的過程中，物塊的動能當物塊下滑至斜面底端時其動能此后在水平面上克服摩擦力做功，則有可知，動能達到最大值前，其圖像為過原點的傾斜直線，斜率為，動能達到最大后在水平面上運動，其圖線的斜率為，可知圖線具有對稱性，故C錯誤。故選BD。10.如圖所示，在xOy平面的第一、二象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在第三、四象限范圍內有沿x軸正方向的勻強電場，在坐標原點O有一個粒子源可以向x軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，x軸上的P點坐標為，y軸上的Q點坐標為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是（）A.所有經過P點的粒子最小速度為B.若以最小速率經過P點的粒子又恰好能過Q點，則電場強度大小為C.沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經過P點，速度大小一定不同D.所有經過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同〖答案〗AD〖解析〗A．根據(jù)洛倫茲力充當向心力有可得而所有通過P點的粒子，OP為其軌跡上的一條弦，可知，在粒子比荷相同的情況下，粒子的發(fā)射速度越大，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，因此當OP為粒子軌跡的直徑時，經過P點的粒子半徑最小，最小半徑可得最小入射速度故A正確；B．以最小速率經過P點的粒子入射方向沿著軸正方向，出射方向過P點沿著軸負方向，即進入電場時垂直與電場方向，可知粒子進入電場后做類平拋運動，豎直方向做勻速直線運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)平拋運動的研究方法可得，聯(lián)立解得故B錯誤；C．如圖1所示沿圖1所示軌跡運動的粒子，進入磁場的方向不同，但都經過了P點，且粒子入射速度大小相同，故C錯誤；D．設沿不同方向進入磁場粒子經過P點的速度方向與軸的夾角為，如圖2所示根據(jù)幾何關系可得，則有可知粒子出磁場時垂直電場方向的分速度為定值，則粒子穿過電場的過程中沿軸負方向做勻速直線運動，有可得因此，所有經過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共58分。11.某學習小組通過實驗測定一截面為半圓形的玻璃磚的折射率n，方法如下：（1）玻璃磚直徑AB與豎直放置的光屏MN垂直并接觸于A點，置于水平桌面的白紙上。（2）用激光筆從玻璃磚一側照射半圓玻璃磚的圓心O，如圖所示，在屏幕MN上可以觀察到兩個光斑C、D，用大頭針分別在白紙上標記圓心O點、C點、D點的位置，移走玻璃磚和光屏。（3）用刻度尺測量OC和OD的長度分別為、。（4）利用所測量的物理量，寫出玻璃磚折射率的表達式______。（5）實驗中，不斷增大入射角，_______（填“能”或“不能”）觀察到全反射現(xiàn)象。（6）為減小實驗誤差，實驗中應適當_______（填“增大”或“減小”）激光在O點的入射角?！即鸢浮剑?）（5）不能（6）增大〖解析〗（4）[1]如圖OC所在光線為反射光線，OD所在光線為折射光線，玻璃磚折射率的表達式（5）[2]光是從光疏介質射入光密介質，所以不能觀察到全反射現(xiàn)象。（6）[3]為減小實驗誤差，實驗中應適當增大激光在O點的入射角。12.如圖1所示為某多用電表的歐姆擋“×10”擋內部電路示意圖。表頭G滿偏電流10mA、內阻10Ω，電源的電動勢設計值為1.50V。（1）該多用電表的A表筆應為_______（填“紅”或“黑”）表筆。（2）由于長時間未使用，該多用表內部電源電動勢發(fā)生了變化，但仍可歐姆調零。為了測得其內部電源的電動勢，實驗步驟如下：①將選擇開關旋至歐姆“×10”擋位，紅、黑表筆短接進行歐姆調零；②將一電阻箱串聯(lián)在兩表筆間，實驗電路如圖2所示，為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱應選用_______（填字母序號）；A．最大阻值99.99ΩB．最大阻值999.9Ω③調節(jié)電阻箱的阻值，當多用表的指針如圖3所示時，通過表頭G的電流為_______mA；④連續(xù)調節(jié)電阻箱的阻值，記錄多組電阻箱阻值R和通過毫安表的電流I，作出圖像如圖4所示，則現(xiàn)在的電源電動勢E=_______V。（3）用該歐姆表測得一定值電阻的阻值為300Ω，如果操作無誤，不考慮偶然誤差的情況下，則該定值電阻的實際阻值為_______Ω?！即鸢浮剑?）紅（2）B6.01.4（3）280〖解析〗【小問1詳析】電流從紅表筆流入，黑表筆流出，所以該多用電表的A表筆應為紅表筆?！拘?詳析】[1]為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱應選用阻值較大的，即回路中電阻變化范圍較大，則電流變化范圍大。故選B。[2]電流表的每一小格為0.2mA，所以通過表頭G的電流為6.0mA；[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以結合圖像可得【小問3詳析】當電源的電動勢為1.5V時，有當電動勢為1.4V時，有聯(lián)立解得13.如圖所示，兩個橫截面積均為S的絕熱汽缸水平放置并固定在水平面上，兩個汽缸通過底部的細管連通，細管上裝有閥門。左側汽缸長度為L，內部有壓強為、溫度為的理想氣體；右側汽缸足夠長，絕熱活塞（厚度不計）與汽缸底部隔開長度為L的真空，并用銷釘固定活塞，右端開口與大氣相通?；钊c汽缸內壁間無摩擦且不漏氣，不計細管的容積和電熱絲的體積，大氣壓強為p0。（1）僅打開閥門，判斷理想氣體內能的變化情況并說明理由；（2）打開閥門，并拔去銷釘，給電熱絲通電使汽缸內溫度緩慢升高到，求穩(wěn)定后活塞移動的距離?！即鸢浮剑?）見〖解析〗；（2）L〖解析〗（1）根據(jù)題意，僅打開閥門K1，汽缸內氣體體積自由膨脹，對外不做功，同時由于汽缸絕熱，氣體既不吸熱也不放熱，所以根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體內能不變；（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程即解得14.如圖所示，豎直放置的光滑導軌寬為L，上端接有阻值為R的電阻，導軌的一部分處于寬度和間距均為d、磁感應強度大小均為B的4個矩形勻強磁場中。水平金屬桿ab在距離第1個磁場h高度處由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)金屬桿每次進入磁場時的速度都相等。金屬桿接入導軌間的電阻為2R，與導軌始終垂直且接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g，求：（1）金屬桿從釋放到穿出第1個磁場的過程，通過電阻R的電荷量；（2）金屬桿從第4個磁場穿出時的速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）根據(jù)題意可知，通過電阻R的電荷量為解得（2）金屬桿進入磁場1和2時的速度相等，則金屬桿通過磁場1、2、3、4產生的熱量相等，即設金屬桿從第4個磁場穿出時的速度大小為v，根據(jù)能量守恒定律有解得15.如圖所示，兩個質量均為、長度均為的相同木板A、B靜止在粗糙的水平地面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為，C為一半徑的光滑四分之一固定圓弧軌道，底端切線水平且與木板A、B的上表面等高?，F(xiàn)將質量也為的小物塊P由圓弧頂端無初速度釋放，沿圓弧下滑剛滑過圓弧最底端時與靜止在A上表面最左端的質量的小物塊Q發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰撞后P滑回圓弧軌道后鎖定，Q與木板間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩小物塊均可看成質點，重力加速度g取。求：（1）小物塊P第一次剛滑到圓弧最底端時對軌道的壓力；（2）小物塊Q與木板B之間因摩擦而產生的熱量；（3）最終兩木板間的距離?！即鸢浮剑?）30N，方向豎直向下；（2）；（3）〖解析〗（1）小物塊P從釋放到第一次剛滑到圓弧最底端時，由動能定理可得解得在圓弧最底端，由牛頓第二定律可得解得由牛頓第三定律可知，小物塊P運動到圓弧最底端時對軌道的壓力大小為30N，方向豎直向下；（2）小物塊P剛要滑上木板A時與小物塊Q發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒由機械能守恒聯(lián)立解得碰后小物塊P向左滑離木板，小物塊Q在木板A上向右做勻減速直線運動解得設經時間，小物塊Q滑過木板A，其位移這段時間，木板A、B一起向右做勻加速直線運動，由解得其位移又由解得（不符合題意，舍去）此時，小物塊Q的速度兩木板速度為之后小物塊Q在木板B上向右做勻減速直線運動，木板B做勻加速直線運動，對木板B有解得設經時間共速解得這段時間內，小物塊Q的位移為木板B的位移為小物塊Q與木板B之間因摩擦而產生的熱量（3）小物塊Q與木板B共速時，速度為一起勻減速直線運動，由解得設該過程運動的位移為，由解得小物塊Q離開木板A后，A向右做勻減速運動，設加速度為，由解得設該過程木板A運動的位移為，由解得綜上所述，最終兩木板間的距離為2024年安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)第26屆高三聯(lián)考物理考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆把答題卡對應題目的〖答案〗標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他〖答案〗標號?；卮鸱沁x擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是（）A.β衰變的電子來自原子核外B.太陽輻射的能量主要來自太陽內部的重核裂變反應C.原子核比結合能越大，表明原子核中核子結合得越牢固，原子核就越穩(wěn)定D.氫原子躍遷時核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，電子的動能減小，原子總能量減小〖答案〗C〖解析〗A．β衰變的電子來自原子核內的一個中子轉化為一個質子并放出一個電子，故A錯誤；B．太陽輻射的能量主要來自太陽內部的熱核反應，故B錯誤；C．原子核比結合能越大，表明原子核中核子結合得越牢固，原子核就越穩(wěn)定，故C正確；D．氫原子躍遷時核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，放出能量，根據(jù)可知r減小，電子的動能增大，但由于放出能量，原子總能量減小，故D錯誤。故選C。2.如圖所示，一質量為m的物體，沿半徑為R的四分之一固定圓弧軌道滑行，由于物體與軌道之間動摩擦因數(shù)是變化的，使物體滑行到最低點的過程中速率不變。該物體在此運動過程，下列說法正確的是（）A.動量不變 B.重力做功的瞬時功率不變C.重力做功隨時間均勻變化 D.重力的沖量隨時間均勻變化〖答案〗D〖解析〗A．物體的速度大小不變，方向發(fā)生改變，則物體的動量大小不變，方向發(fā)生改變，故A錯誤；B．根據(jù)由于物體豎直方向的分速度逐漸減小，則重力做功的瞬時功率逐漸減小，故B錯誤；C．根據(jù)物體速率不變，但豎直方向的分速度發(fā)生改變，所以物體下落的高度不是隨時間均勻變化，則重力做功不是隨時間均勻變化，故C錯誤；D．根據(jù)由于重力恒定不變，可知重力的沖量隨時間均勻變化，故D正確。故選D。3.某同學完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關系可能正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有解得以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有解得因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。故選B。4.以速度水平拋出一小球，經過時間t后，其位移為1m，速度方向與水平面夾角的正切值，重力加速度g取，不計空氣阻力，下列選項正確的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗平拋運動過程如圖所示根據(jù)平拋運動推論有根據(jù)幾何知識有，根據(jù)幾何知識可得，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，解得，故選A。5.中國載人登月初步方案已公布，計劃2030年前實現(xiàn)載人登月科學探索。假如在登月之前需要先發(fā)射兩顆探月衛(wèi)星進行科學探測，兩衛(wèi)星在同一平面內繞月球的運動可視為勻速圓周運動，且繞行方向相同，如圖1所示，測得兩衛(wèi)星之間的距離隨時間變化的關系如圖2所示，不考慮兩衛(wèi)星之間的作用力。下列說法正確的是（）A.a、b兩衛(wèi)星的線速度大小之比B.a、b兩衛(wèi)星的加速度大小之比C.a衛(wèi)星的運轉周期為TD.b衛(wèi)星的運轉周期為7T〖答案〗D〖解析〗A．設a星與月球的距離為，b星與月球的距離為，根據(jù)圖像有，聯(lián)立解得，兩衛(wèi)星均繞月球運動，設a星與b星的速度分別為、，根據(jù)牛頓第二定律有解得可知a、b兩衛(wèi)星的線速度大小之比故A錯誤；B．根據(jù)解得可知a、b兩衛(wèi)星的加速度大小之比故B錯誤；CD．根據(jù)開普勒第三定律可得可得根據(jù)圖像可知，經過時間兩衛(wèi)星再次相距最近，有聯(lián)立解得，故C錯誤，D正確。故選D。6.某簡諧橫波波源的振動圖像如圖1所示，該波源的振動形式在介質中傳播，某時刻的完整波形如圖2所示，其中P、Q是介質中的兩個質點，該波的波源位于圖2中坐標原點處，下列說法正確的是（）A.該波周期為0.1sB.再經過0.4s，圖2中質點Q處于波谷C.圖2中質點Q第一次處于波谷時，波源處于波峰位置D.從到質點Q開始振動，質點P運動的路程為0.3m〖答案〗C〖解析〗A．由圖1可知該波的周期為0.2s，故A錯誤；B．由圖2可知該波的波長為，波速為經過，波傳播的距離為由圖2根據(jù)波形平移法可知，再經過0.4s，圖2中質點Q處于平衡位置，故B錯誤；C．根據(jù)波形平移法可知，再經過質點Q第一次處于波谷，波源從圖示時刻再經過個周期，波源處于波峰，故C正確；D．由題圖可知波形圖對應的時刻為，由波形平移法可知，在經過質點Q開始振動，由于則從到質點Q開始振動，質點P運動的路程為故D錯誤。故選C。7.如圖所示，電阻不能忽略的圓形金屬線圈在磁場中保持恒定角速度ω0勻速轉動，通過理想變壓器為后面的電路供電，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2，電壓表和電流表均為理想交流電表，不計導線的電阻。下列說法正確的是（）A.僅將滑片P下滑時，不變B.僅將滑片P下滑時，電壓表示數(shù)V2變大C.僅將滑片P下滑時，電流表示數(shù)A3變小D.僅將圓形線圈拉直成正方形（線圈周長不變），電源的效率變小〖答案〗A〖解析〗A．對原線圈有聯(lián)立可得所以故A正確；B．根據(jù)變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關系若僅將滑片P下滑時，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據(jù)等效電阻法可知，原線圈回路中的電流I1增大，則原線圈的輸入電壓U1減小，U2減小，所以電壓表示數(shù)V2減小，故B錯誤；C．由于I1增大，則I2增大，根據(jù)歐姆定律可知，R1兩端的電壓增大，R2兩端的電壓減小，流過R2的電流減小，流過R3的電流增大，故C錯誤；D．若僅將圓形線圈拉直成正方形（線圈周長不變），由于外電路等效電阻和電源內阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知則電源的效率不變，故D錯誤。故選A8.如圖所示，傾角為30°的光滑絕緣斜面足夠長，空間存在方向與斜面平行的勻強電場。質量為m，電荷量為的帶電小球（可視為質點），從固定斜面底端A點由靜止釋放，經時間t，小球沿斜面上升到B點，此時撤去電場，又經過2t時間小球恰好回到初始位置A，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.撤去電場前小球從A到B電勢能逐漸增加B.帶電小球上滑過程中撤去電場前后的加速度大小之比1∶2C.小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為D.撤去電場前A、B兩點間的電勢差為〖答案〗C〖解析〗A．撤去電場前電場力對小球做正功，其電勢能減小，故A錯誤；B．設撤去電場時小球的位移大小為，速度大小為，撤去電場前小球的加速度大小為，撤去電場后小球的加速度大小為，根據(jù)位移與時間的關系可得，根據(jù)速度時間關系可得聯(lián)立解得故B錯誤；C．撤去電場后小球上升到最高點時間解得由此可知，小球從底端A沿斜面上升到最高點的時間為故C正確；D．撤去電場前，根據(jù)動能定理有由于所以可得聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9.如圖所示，一小物塊由靜止開始沿傾角為的斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為，取地面為零勢能面，已知。該過程中，物塊的機械能E、重力勢能、動能、摩擦產生的熱量Q與水平位移x的關系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗AD．設O點到斜面底端的距離為，物塊釋放點的高度為，物塊從釋放到停止運動的過程中，克服摩擦力做功可得根據(jù)能量守恒可知而物塊在該過程中機械能的減少量始終等于克服摩擦力所做的功，則物塊在軸上任意位置的機械能為其圖像為縱軸截距為，斜率為的傾斜直線，而其圖像為過原點，斜率為的傾斜直線，故A錯誤，D正確；B．物塊的重力勢能可知物塊圖像為縱軸截距，斜率為的圖線，當時，重力勢能為0保持不變，故B正確；C．當物塊從最高點下滑至斜面最低點的過程中，物塊的動能當物塊下滑至斜面底端時其動能此后在水平面上克服摩擦力做功，則有可知，動能達到最大值前，其圖像為過原點的傾斜直線，斜率為，動能達到最大后在水平面上運動，其圖線的斜率為，可知圖線具有對稱性，故C錯誤。故選BD。10.如圖所示，在xOy平面的第一、二象限內有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在第三、四象限范圍內有沿x軸正方向的勻強電場，在坐標原點O有一個粒子源可以向x軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，x軸上的P點坐標為，y軸上的Q點坐標為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是（）A.所有經過P點的粒子最小速度為B.若以最小速率經過P點的粒子又恰好能過Q點，則電場強度大小為C.沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經過P點，速度大小一定不同D.所有經過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同〖答案〗AD〖解析〗A．根據(jù)洛倫茲力充當向心力有可得而所有通過P點的粒子，OP為其軌跡上的一條弦，可知，在粒子比荷相同的情況下，粒子的發(fā)射速度越大，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，因此當OP為粒子軌跡的直徑時，經過P點的粒子半徑最小，最小半徑可得最小入射速度故A正確；B．以最小速率經過P點的粒子入射方向沿著軸正方向，出射方向過P點沿著軸負方向，即進入電場時垂直與電場方向，可知粒子進入電場后做類平拋運動，豎直方向做勻速直線運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)平拋運動的研究方法可得，聯(lián)立解得故B錯誤；C．如圖1所示沿圖1所示軌跡運動的粒子，進入磁場的方向不同，但都經過了P點，且粒子入射速度大小相同，故C錯誤；D．設沿不同方向進入磁場粒子經過P點的速度方向與軸的夾角為，如圖2所示根據(jù)幾何關系可得，則有可知粒子出磁場時垂直電場方向的分速度為定值，則粒子穿過電場的過程中沿軸負方向做勻速直線運動，有可得因此，所有經過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故D正確。故選AD。三、非選擇題：本題共5小題，共58分。11.某學習小組通過實驗測定一截面為半圓形的玻璃磚的折射率n，方法如下：（1）玻璃磚直徑AB與豎直放置的光屏MN垂直并接觸于A點，置于水平桌面的白紙上。（2）用激光筆從玻璃磚一側照射半圓玻璃磚的圓心O，如圖所示，在屏幕MN上可以觀察到兩個光斑C、D，用大頭針分別在白紙上標記圓心O點、C點、D點的位置，移走玻璃磚和光屏。（3）用刻度尺測量OC和OD的長度分別為、。（4）利用所測量的物理量，寫出玻璃磚折射率的表達式______。（5）實驗中，不斷增大入射角，_______（填“能”或“不能”）觀察到全反射現(xiàn)象。（6）為減小實驗誤差，實驗中應適當_______（填“增大”或“減小”）激光在O點的入射角?！即鸢浮剑?）（5）不能（6）增大〖解析〗（4）[1]如圖OC所在光線為反射光線，OD所在光線為折射光線，玻璃磚折射率的表達式（5）[2]光是從光疏介質射入光密介質，所以不能觀察到全反射現(xiàn)象。（6）[3]為減小實驗誤差，實驗中應適當增大激光在O點的入射角。12.如圖1所示為某多用電表的歐姆擋“×10”擋內部電路示意圖。表頭G滿偏電流10mA、內阻10Ω，電源的電動勢設計值為1.50V。（1）該多用電表的A表筆應為_______（填“紅”或“黑”）表筆。（2）由于長時間未使用，該多用表內部電源電動勢發(fā)生了變化，但仍可歐姆調零。為了測得其內部電源的電動勢，實驗步驟如下：①將選擇開關旋至歐姆“×10”擋位，紅、黑表筆短接進行歐姆調零；②將一電阻箱串聯(lián)在兩表筆間，實驗電路如圖2所示，為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱應選用_______（填字母序號）；A．最大阻值99.99ΩB．最大阻值999.9Ω③調節(jié)電阻箱的阻值，當多用表的指針如圖3所示時，通過表頭G的電流為_______mA；④連續(xù)調節(jié)電阻箱的阻值，記錄多組電阻箱阻值R和通過毫安表的電流I，作出圖像如圖4所示，則現(xiàn)在的電源電動勢E=_______V。（3）用該歐姆表測得一定值電阻的阻值為300Ω，如果操作無誤，不考慮偶然誤差的情況下，則該定值電阻的實際阻值為_______Ω。〖答案〗（1）紅（2）B6.01.4（3）280〖解析〗【小問1詳析】電流從紅表筆流入，黑表筆流出，所以該多用電表的A表筆應為紅表筆?！拘?詳析】[1]為使測量過程指針偏轉范圍盡量大些，電阻箱應選用阻值較大的，即回路中電阻變化范圍較大，則電流變化范圍大。故選B。[2]電流表的每一小格為0.2mA，所以通過表頭G的電流為6.0mA；[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得所以結合圖像可得【小問3詳析】當電源的電動勢為1.5V時，有當電動勢為1.4V時，有聯(lián)立解得13.如圖所示，兩個橫截面積均為S的絕熱汽缸水平放置并固定在水平面上，兩個汽缸通過底部的細管連