广西两校2023-2024学年高三上学期开学摸底调研测试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024届新高考高三摸底调研测试物理第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量方法、比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。下列式子不属于比值法定义物理量的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗A．为牛顿第二定律的表达式，说明物体的加速度与F正比，与质量m成反比，故A不属于比值定义；BCD．为电场强度定义式，属于比值定义；为磁感应强度的定义式，也属于比值定义；为电阻的定义式，属于比值定义，故BCD属于比值定义。故选A。2.当前，我国机器人产业总体发展水平稳步提升，应用场景显著扩展，产品优势不断增强，创新型企业大量涌现。某品牌机器人做直线运动位移一时间图像（图像）如图所示，下列说法中正确的是（）A.该机器人在时刻离出发点最远B.在时间内，该机器人运动的加速度方向不变C.该机器人在时间内的速度大于在时间内的速度D.在时间内，该机器人运动速度方向始终不变，先做加速运动，后做减速运动〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，该机器人在时刻回到出发点，故A错误；BCD．图线的斜率表示质点的运动速度，由图可知，该机器人在时间内做正方向的匀速直线运动，时间内先减速，减速至零，然后做反方向的加速运动，时间内做负方向的匀速直线运动。质点在时间内的速度小于在时间内的速度；根据加速度与速度方向的关系可知，在时间内，该机器人运动的加速度方向不变，故B正确，CD错误。故选B。3.如图所示，物体a、b用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，a静止在倾角为30°的粗糙斜面上。已知，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，a相对斜面保持静止，则此过程中（）A.弹簧的弹力增大B.物体a对斜面的压力增大C.物体a受到的静摩擦力减小D.物体a受到的静摩擦力先减小后增大〖答案〗D〖解析〗A．对物体b受力分析，可得将斜面倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，弹簧的弹力始终等于物体b的重力，大小不变，故A错误；B．对物体a受力分析，可得易知倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，斜面对物体a的支持力减小。根据牛顿第三定律可知物体a对斜面的压力也减小，故B错误；CD．同理，沿斜面方向，物体a的受力平衡，有依题意联立，可得倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，物体a受到的静摩擦力先减小至零然后反向增大。故C错误；D正确。故选D。4.九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环绕地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行。假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为q。关于“天宫”空间站与“天问”探测器，下列说法不正确的是（）A.运行周期之比为 B.环绕速度之比为C.加速度之比为 D.动能之比为〖答案〗D〖解析〗A．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行周期之比为，故A正确，不符合题意；C．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的加速度之比为，故C正确，不符合题意；BD．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行速度之比为，由于未给出“天宫”空间站与“天问”探测器的质量之比，故动能之比无法得出，故B正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。5.如图所示，交流发电机通过电阻不计的导线为右侧的电路供电，电压表和电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，副线圈两端接有开关、滑动变阻器以及两个定值电阻、。保持线圈ABCD（电阻不计）在磁场中匀速转动，电流表A和电压表、的示数变化大小分别为和、，下列说法正确的是（）A.当线圈ABCD位于如图所示的位置时，线圈ABCD产生的感应电动势最大B.若发电机线圈的转速变为原来的2倍，其他条件不变，原线圈的输入功率也变为原来的2倍C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电压表的示数变大D.闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头而其他条件不变时，与比值不变〖答案〗D〖解析〗A．当线圈ABCD位于如图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈ABCD产生的感应电动势为0，故A错误；B．由题意，若发电机线圈的转速变为原来的2倍，其他条件不变，根据法拉第电磁感应定律可得可知原线圈产生交流电感应电动势的最大值变为原来的2倍，有效值也增大为原来的2倍，根据理想变压器输入功率等于输出功率，即可得原线圈的输入功率将变为原来的4倍，故B错误；C．电压表测量的是变压器输出端的电压，输出端的电压取决于输入端电压及变压器原副线圈的匝数比，所以，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电压表示数保持不变，故C错误；D．设变压器输出端的电压为，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头而其他条件不变时，根据闭合电路欧姆定律可得可得与比值为不变，所以与比值不变，故D正确。故选D。6.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为则根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有小球在最高点速率为时，设每根绳拉力大小为，则有解得故选A。7.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L，导轨弯曲部分光滑、平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为、方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量为、电阻为的金属棒从高为处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度大小为。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A.流过定值电阻的电流方向是：B.通过金属棒的电荷量为C.金属棒克服安培力所做的功为D.电阻R产生的焦耳热为〖答案〗D〖解析〗A．金属棒进入磁场切割磁感线产生感应电流，根据右手定则，可知流过定值电阻的电流方向是：，故A错误；B．金属棒穿过磁场区域的过程中，根据故B错误；C．在金属棒从静止释放到磁场右边界的过程中，由动能定理可得可得金属棒克服安培力所做的功为故C错误；D．由功能关系可知，回路中产生的焦耳热为由于电阻R和金属棒为串联关系，所以电阻R产生的焦耳热为故D正确。故选D。二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，图（b）为质点的振动图像、下列说法正确的是（）A.时，质点向轴负方向运动B.在时，质点的加速度方向沿轴负方向C.质点简谐运动的表达式为D.到，质点通过的路程为〖答案〗AD〖解析〗A．由乙图可知时质点Q位于平衡位置向y轴正方向运动，根据波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，则在时，质点向轴负方向运动，故A正确；B．由乙图可知周期为，从到，质点P由甲图图示位置再振动，此时质点P经过平衡位置到达y轴负半轴，所以此时加速度方向沿y轴正方向，故B错误；C．由乙图可知，质点Q简谐运动的表达式为由甲图可知质点M与质点Q相距半个波长，则质点M简谐运动的表达式为故C错误；D．由图甲可知时，波动方程为可知此时质点P的位移为设质点P的振动方程为代入，可得解得则时，质点P的位移为由于时，质点P向轴负方向运动，则到，质点通过的路程为故D正确。故选AD。9.如图所示，图1是不同温度下的黑体辐射强度随波长的变化规律图；图2为光电效应原理图，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数；图3为氢原子的能级图，有大量处于能级的氢原子向能级跃迁；图4为放射性元素剩余质量与原质量的比值随时间的变化规律图，下列说法中正确的是（）A.图1中，随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B.图2中，用频率更低的光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数C.图3中，从能级跃迁到能级时产生的光子波长最长D.图4中，的半衰期是5700年，则100个经过5700年还剩50个〖答案〗AC〖解析〗A．随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确；B．用频率更低的光照射光电管的阴极时，如果频率小于极限频率，则电流表没有示数，如果频率大于极限频率，则电流表有示数，故B错误；C．从能级跃迁到能级时，能级差最小，光子频率最小，波长最长，故C正确；D．半衰期指的是大量原子核衰变时的统计规律，100个不是大量，经过一个半衰期后不一定剩余50个，故D错误。故选AC。10.如图所示，倾斜传送带按顺时针匀速转动，将质量为的小物块轻轻放在传送带底端，小物块恰好在传送带的中点与传送带共速，之后匀速上升到传送带顶端。已知传送带与水平面夹角，传送带顶端离地高度，重力加速度。若全过程中传送带因为传送物体多消耗的电能是，下列说法正确的有（）A.物体在传送带上加速运动与匀速运动时间之比为B.传送带速度为C.物体与传送带间动摩擦因数D.在全过程中产生的热量〖答案〗CD〖解析〗A．由于物块做匀加速直线运动和匀速直线运动的位移相同，故两段运动的时间之比应为，选项A错误；BC．小物块在传送带上匀加速运动时，有可得又由能量守恒定律，传送带多消耗的电能解得故选项B错误，选项C正确；D．由产生的热量故选项D正确。故选CD第Ⅱ巻（非选择题）三、实验题（共2小题，共14分。）11.某同学做“探究求合力的方法”的实验，如图甲所示，在水平桌面上，将轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。在图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力、、三力的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为。撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，仍使它静止于点，如图丙所示。（1）以下说法证的是________。A．实验过程中、间的夹角要适当的大一些B．用一个力单独拉住小圆环时，小圆环可以不在点C．实验时必须记录、的方向D．实验前弹簧秤要进行机械调零（2）①在探究过程中应用了________的物理方法。（选填“转换法”、“等效替代法”、“控制变量法”）②若实验中，用A、B两只弹簧测力计把橡皮条上的结点拉到某一位置，这时、间夹角，如图所示，现改变弹簧测力计的拉力方向，使角减小，但不改变它的拉力大小，那么要使结点仍被拉到点，就应调节弹簧测力计拉力的大小及角，在下列调整方法中，不可行的是________。A．增大的拉力和角B．增大的拉力，角不变C．增大的拉力，减小角D．的拉力大小不变，增大角〖答案〗（1）ACD（2）等效替代法D〖解析〗（1）[1]A．为了减小相对误差，实验过程中、的夹角要适当大一些，故A正确；B．用一个力F单独拉住小环时，小圆环必须在O点，使单独作用的效果与、共同作用的效果一致，故B错误；C．实验时必须记录、的方向，故C正确；D．实验前弹簧秤要进行机械调零，故D正确。故选ACD。（2）①[2]在探究过程中应用了等效替代法。②[3]CD．设A弹簧测力计的拉力为，B弹簧测力计的拉力为，增大，且的大小不变，在合力方向的分力减小，在垂直合力的方向分力增大，要保持合力大小及方向都不变，则在合力方向的分力要增大，在垂直合力方向的分力也要增大，则要增大，作图图中红色、为原来两拉力，黑色为变化后的两拉力。由图可知，顺时针转动了一定角度，故角要减小，故C可行，不符合题意要求；D不可行，符合题意要求；A．当转过的角度再大点，如图由图中紫色线条可知，要增大，逆时针转动了一定角度，故角要增大，故A可行，不符合题意要求；B．当转到特定的角度，如图由图中蓝色线条可知，要增大，角不变，故B可行，不符合题意要求。故选D。12.某同学在研究标有额定工作状态为“，”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材：电流表（量程，内阻约为）电流表（豊理，内阻约为）电压表V（量程，阻约为）滑动变阻器R1（最大阻值为）滑动变阻器（最大阻值为）电源（电动势为，内阻不计）单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表________，滑动变阻器________（填器材后面的代号）；（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的________端（填“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关置________点（填“”或“”）。（3）正确连接电路后，开始实验，调节滑动变阻器的滑片，如果电压表的示数可以从零开始变化，灯泡也不亮，则可能故障是________。A.灯泡支路发生了短路B.灯泡支路发生了断路C.电流表内部线圈烧断了D.滑动变阻器左下端接入电路的导线有断路故障（4）故障排除后，将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据据、记录在表格中，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。（5）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为________W（结果保留三位有效数字）。〖答案〗（1）A2R1（2）左b（3）B（5）0.384〖解析〗（1）[1]灯泡的额定电流为为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表A2；[2]为了方便调节，滑动变阻器应选阻值较小R1。（2）[3]为了使灯泡的电流最小，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；[4]灯泡的电阻约为根据则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。（3）[5]A．若灯泡支路发生了短路，电流表有示数，电压表示数为零，故A错误；B．若灯泡支路发生了断路，电压表的示数可以从零开始变化，但电流表没有示数，灯泡也不亮，故B正确；C．若电流表内部线圈烧断了，电压表无示数，故C错误；D．若滑动变阻器左下端接入电路的导线有断路故障，电流表有示数，灯泡会发光，故D错误。故选B。（5）[6]由电路图，设灯泡的电压为，电流为，根据闭合电路欧姆定律可得代入数据整理得将此函数图像在图2中画出来，如图所示根据图线交点可知该小灯泡在该电路中的实际工作功率为四、解答题（共3小题，共40分，〖解析〗应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〗的不得分，有数字计算的题，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。）13.导热的U型管一端封闭，管中用水银封闭一定质量的气体，U型管两直管长度相等，间距为d，且d远大于管的粗细。当U型口向上、直管竖直放置时，管中两水银面等高，如图a，此时封闭气体柱长度为l0，大气压强为p0，室内温度不变，水银密度为ρ，重力加速度为g。（1）若将U型管在管平面内缓慢逆时针转过90°成图b，或顺时针缓慢转过90°成图c，求b、c两图中封闭气体柱长度之比（结果用p0、ρ、g、d表示）；（2）若U型管从图c继续顺时针缓慢转动，当左侧管中水银恰好与管口相齐时两侧管中水银面连线恰好在竖直方向上，如图d。已知d=22.5cm，l0=15cm，求大气压强p0（单位用cmHg表示）。〖答案〗（1）；（2）75cmHg〖解析〗（1）由题意可知封闭气体做等温变化，则从图a到图b，有从图a到图c过程有解得（2）从图c到图d过程中有其中l=2l0、代入数据解得p0=75cmHg14.如图所示，质量的平板车放在光滑的水平面上，质量的物块放在平板车右端上表面，质量的小球用长为的细线悬挂于点，点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度取，求：（1）平板车的长度；（2）小球与平板车碰撞过程损失的机械能。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）设物块在平板车上滑动时的加速度为，根据牛顿第二定律有解得设物块与平板车最后的共同速度为，根据运动学公式有设小球与平板车相碰后，平板车的速度为，根据动量守恒定律有解得设平板车的长度为，根据能量守恒有解得（2）设小球与平板车相碰前速度为，根据机械能守恒定律有解得设碰撞后小球的速度为，根据动量守恒定律有解得小球与平板车碰撞过程损失的机械能为15.如图所示，一半径为R的圆与x轴相切于原点O，圆内有直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大为B。与x轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第Ⅰ象限内存在沿-y方向的匀强电场。现有一束比荷为的带正电粒子沿着+y方向从原点O射入磁场，粒子离开磁场时方向沿x轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R，0）的点，不计粒子的重力，求：（1）粒子射入磁场时的速度；（2）电场强度的大小；（3）若仅使从O点射入的带电粒子初速度方向与-x轴方向成30°角，求粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）在圆形磁场中，沿径向入射的粒子沿径向飞出，作出粒子的运动轨迹如图所示根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为r=R在磁场中由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则解得（2）进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R，0）的点，则有，解得（3）作出轨迹如图所示由于轨迹半径与磁场圆半径相等，则四边形为棱形，可知飞出时速度沿x轴正方向，由几何关系可知，轨迹对应圆心角为磁场中圆周运动的周期磁场中运动的时间粒子从到做匀速直线运动，则在电场中竖直方向有粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间2024届新高考高三摸底调研测试物理第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量方法、比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。下列式子不属于比值法定义物理量的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗A．为牛顿第二定律的表达式，说明物体的加速度与F正比，与质量m成反比，故A不属于比值定义；BCD．为电场强度定义式，属于比值定义；为磁感应强度的定义式，也属于比值定义；为电阻的定义式，属于比值定义，故BCD属于比值定义。故选A。2.当前，我国机器人产业总体发展水平稳步提升，应用场景显著扩展，产品优势不断增强，创新型企业大量涌现。某品牌机器人做直线运动位移一时间图像（图像）如图所示，下列说法中正确的是（）A.该机器人在时刻离出发点最远B.在时间内，该机器人运动的加速度方向不变C.该机器人在时间内的速度大于在时间内的速度D.在时间内，该机器人运动速度方向始终不变，先做加速运动，后做减速运动〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，该机器人在时刻回到出发点，故A错误；BCD．图线的斜率表示质点的运动速度，由图可知，该机器人在时间内做正方向的匀速直线运动，时间内先减速，减速至零，然后做反方向的加速运动，时间内做负方向的匀速直线运动。质点在时间内的速度小于在时间内的速度；根据加速度与速度方向的关系可知，在时间内，该机器人运动的加速度方向不变，故B正确，CD错误。故选B。3.如图所示，物体a、b用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，a静止在倾角为30°的粗糙斜面上。已知，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，a相对斜面保持静止，则此过程中（）A.弹簧的弹力增大B.物体a对斜面的压力增大C.物体a受到的静摩擦力减小D.物体a受到的静摩擦力先减小后增大〖答案〗D〖解析〗A．对物体b受力分析，可得将斜面倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，弹簧的弹力始终等于物体b的重力，大小不变，故A错误；B．对物体a受力分析，可得易知倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，斜面对物体a的支持力减小。根据牛顿第三定律可知物体a对斜面的压力也减小，故B错误；CD．同理，沿斜面方向，物体a的受力平衡，有依题意联立，可得倾角由30°缓慢增大到45°的过程中，物体a受到的静摩擦力先减小至零然后反向增大。故C错误；D正确。故选D。4.九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环绕地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行。假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为q。关于“天宫”空间站与“天问”探测器，下列说法不正确的是（）A.运行周期之比为 B.环绕速度之比为C.加速度之比为 D.动能之比为〖答案〗D〖解析〗A．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行周期之比为，故A正确，不符合题意；C．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的加速度之比为，故C正确，不符合题意；BD．根据万有引力提供向心力，即即故“天宫”空间站与“天问”探测器的运行速度之比为，由于未给出“天宫”空间站与“天问”探测器的质量之比，故动能之比无法得出，故B正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。5.如图所示，交流发电机通过电阻不计的导线为右侧的电路供电，电压表和电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，副线圈两端接有开关、滑动变阻器以及两个定值电阻、。保持线圈ABCD（电阻不计）在磁场中匀速转动，电流表A和电压表、的示数变化大小分别为和、，下列说法正确的是（）A.当线圈ABCD位于如图所示的位置时，线圈ABCD产生的感应电动势最大B.若发电机线圈的转速变为原来的2倍，其他条件不变，原线圈的输入功率也变为原来的2倍C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电压表的示数变大D.闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头而其他条件不变时，与比值不变〖答案〗D〖解析〗A．当线圈ABCD位于如图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈ABCD产生的感应电动势为0，故A错误；B．由题意，若发电机线圈的转速变为原来的2倍，其他条件不变，根据法拉第电磁感应定律可得可知原线圈产生交流电感应电动势的最大值变为原来的2倍，有效值也增大为原来的2倍，根据理想变压器输入功率等于输出功率，即可得原线圈的输入功率将变为原来的4倍，故B错误；C．电压表测量的是变压器输出端的电压，输出端的电压取决于输入端电压及变压器原副线圈的匝数比，所以，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动而其他条件不变时，电压表示数保持不变，故C错误；D．设变压器输出端的电压为，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头而其他条件不变时，根据闭合电路欧姆定律可得可得与比值为不变，所以与比值不变，故D正确。故选D。6.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为则根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有小球在最高点速率为时，设每根绳拉力大小为，则有解得故选A。7.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L，导轨弯曲部分光滑、平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为、方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。质量为、电阻为的金属棒从高为处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度大小为。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A.流过定值电阻的电流方向是：B.通过金属棒的电荷量为C.金属棒克服安培力所做的功为D.电阻R产生的焦耳热为〖答案〗D〖解析〗A．金属棒进入磁场切割磁感线产生感应电流，根据右手定则，可知流过定值电阻的电流方向是：，故A错误；B．金属棒穿过磁场区域的过程中，根据故B错误；C．在金属棒从静止释放到磁场右边界的过程中，由动能定理可得可得金属棒克服安培力所做的功为故C错误；D．由功能关系可知，回路中产生的焦耳热为由于电阻R和金属棒为串联关系，所以电阻R产生的焦耳热为故D正确。故选D。二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）8.如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，是平衡位置在处的质点，图（b）为质点的振动图像、下列说法正确的是（）A.时，质点向轴负方向运动B.在时，质点的加速度方向沿轴负方向C.质点简谐运动的表达式为D.到，质点通过的路程为〖答案〗AD〖解析〗A．由乙图可知时质点Q位于平衡位置向y轴正方向运动，根据波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，则在时，质点向轴负方向运动，故A正确；B．由乙图可知周期为，从到，质点P由甲图图示位置再振动，此时质点P经过平衡位置到达y轴负半轴，所以此时加速度方向沿y轴正方向，故B错误；C．由乙图可知，质点Q简谐运动的表达式为由甲图可知质点M与质点Q相距半个波长，则质点M简谐运动的表达式为故C错误；D．由图甲可知时，波动方程为可知此时质点P的位移为设质点P的振动方程为代入，可得解得则时，质点P的位移为由于时，质点P向轴负方向运动，则到，质点通过的路程为故D正确。故选AD。9.如图所示，图1是不同温度下的黑体辐射强度随波长的变化规律图；图2为光电效应原理图，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数；图3为氢原子的能级图，有大量处于能级的氢原子向能级跃迁；图4为放射性元素剩余质量与原质量的比值随时间的变化规律图，下列说法中正确的是（）A.图1中，随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B.图2中，用频率更低的光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数C.图3中，从能级跃迁到能级时产生的光子波长最长D.图4中，的半衰期是5700年，则100个经过5700年还剩50个〖答案〗AC〖解析〗A．随着温度的升高，各种波长辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确；B．用频率更低的光照射光电管的阴极时，如果频率小于极限频率，则电流表没有示数，如果频率大于极限频率，则电流表有示数，故B错误；C．从能级跃迁到能级时，能级差最小，光子频率最小，波长最长，故C正确；D．半衰期指的是大量原子核衰变时的统计规律，100个不是大量，经过一个半衰期后不一定剩余50个，故D错误。故选AC。10.如图所示，倾斜传送带按顺时针匀速转动，将质量为的小物块轻轻放在传送带底端，小物块恰好在传送带的中点与传送带共速，之后匀速上升到传送带顶端。已知传送带与水平面夹角，传送带顶端离地高度，重力加速度。若全过程中传送带因为传送物体多消耗的电能是，下列说法正确的有（）A.物体在传送带上加速运动与匀速运动时间之比为B.传送带速度为C.物体与传送带间动摩擦因数D.在全过程中产生的热量〖答案〗CD〖解析〗A．由于物块做匀加速直线运动和匀速直线运动的位移相同，故两段运动的时间之比应为，选项A错误；BC．小物块在传送带上匀加速运动时，有可得又由能量守恒定律，传送带多消耗的电能解得故选项B错误，选项C正确；D．由产生的热量故选项D正确。故选CD第Ⅱ巻（非选择题）三、实验题（共2小题，共14分。）11.某同学做“探究求合力的方法”的实验，如图甲所示，在水平桌面上，将轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。在图乙中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力、、三力的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为。撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，仍使它静止于点，如图丙所示。（1）以下说法证的是________。A．实验过程中、间的夹角要适当的大一些B．用一个力单独拉住小圆环时，小圆环可以不在点C．实验时必须记录、的方向D．实验前弹簧秤要进行机械调零（2）①在探究过程中应用了________的物理方法。（选填“转换法”、“等效替代法”、“控制变量法”）②若实验中，用A、B两只弹簧测力计把橡皮条上的结点拉到某一位置，这时、间夹角，如图所示，现改变弹簧测力计的拉力方向，使角减小，但不改变它的拉力大小，那么要使结点仍被拉到点，就应调节弹簧测力计拉力的大小及角，在下列调整方法中，不可行的是________。A．增大的拉力和角B．增大的拉力，角不变C．增大的拉力，减小角D．的拉力大小不变，增大角〖答案〗（1）ACD（2）等效替代法D〖解析〗（1）[1]A．为了减小相对误差，实验过程中、的夹角要适当大一些，故A正确；B．用一个力F单独拉住小环时，小圆环必须在O点，使单独作用的效果与、共同作用的效果一致，故B错误；C．实验时必须记录、的方向，故C正确；D．实验前弹簧秤要进行机械调零，故D正确。故选ACD。（2）①[2]在探究过程中应用了等效替代法。②[3]CD．设A弹簧测力计的拉力为，B弹簧测力计的拉力为，增大，且的大小不变，在合力方向的分力减小，在垂直合力的方向分力增大，要保持合力大小及方向都不变，则在合力方向的分力要增大，在垂直合力方向的分力也要增大，则要增大，作图图中红色、为原来两拉力，黑色为变化后的两拉力。由图可知，顺时针转动了一定角度，故角要减小，故C可行，不符合题意要求；D不可行，符合题意要求；A．当转过的角度再大点，如图由图中紫色线条可知，要增大，逆时针转动了一定角度，故角要增大，故A可行，不符合题意要求；B．当转到特定的角度，如图由图中蓝色线条可知，要增大，角不变，故B可行，不符合题意要求。故选D。12.某同学在研究标有额定工作状态为“，”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材：电流表（量程，内阻约为）电流表（豊理，内阻约为）电压表V（量程，阻约为）滑动变阻器R1（最大阻值为）滑动变阻器（最大阻值为）电源（电动势为，内阻不计）单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表________，滑动变阻器________（填器材后面的代号）；（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的________端（填“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关置________点（填“”或“”）。（3）正确连接电路后，开始实验，调节滑动变阻器的滑片，如果电压表的示数可以从零开始变化，灯泡也不亮，则可能故障是________。A.灯泡支路发生了短路B.灯泡支路发生了断路C.电流表内部线圈烧断了D.滑动变阻器左下端接入电路的导线有断路故障（4）故障排除后，将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据据、记录在表格中，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。（5）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为________W（结果保留三位有效数字）。〖答案〗（1）A2R1（2）左b（3）B（5）0.384〖解析〗（1）[1]灯泡的额定电流为为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表A2；[2]为了方便调节，滑动变阻器应选阻值较小R1。（2）[3]为了使灯泡的电流最小，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；[4]灯泡的电阻约为根据则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。（3）[5]A．若灯泡支路发生了短路，电流表有示数，电压表示数为零，故A错误；B．若灯泡支路发生了断路，电压表的示数可以从零开始变化，但电流表没有示数，灯泡也不亮，故B正确；C．若电流表内部线圈烧断了，电压表无示数，故C错误；D．若滑动变阻器左下端接