2024届江西省高三下学期压轴模拟一物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE22024年普通高中学业水平选择性考试模拟试题物理（一）本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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.如图甲、乙所示分别为两交变电源的输出电压随时间变化的图像，让它们分别接在阻值相同的定值电阻的两端，则时间T内与甲、乙两电源相接的电阻产生的热量之比为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设定值电阻的阻值为R，由图甲可知一个周期内定值电阻产生的热量由图乙可知一个周期内定值电阻产生的热量解得故选A。2.如图所示的电路，理想变压器的原线圈通过理想交流电流表接在交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡、、定值电阻R、电动机M和理想交流电压表。初始状态时开关断开，现将开关闭合，下列说法正确的是（）A.电流表的示数变小 B.电压表的示数变大C.灯泡变暗 D.灯泡变暗〖答案〗D〖解析〗AC．原线圈接入的交流电一定，开关闭合后，变压器的输出功率增大，通过原副线圈的电流均增大，故电流表的示数变大，灯泡变亮故，AC错误；B．原线圈接入的交流电一定，原线圈两端的电压不变，原副线圈匝数比不变，根据电压匝数的关系可知，副线圈两端电压不变，即电压表的示数不变，故B错误；D．结合上述可知，副线圈两端的电压不变，通过副线圈的电流增大，则灯泡和定值电阻R两端的电压均增大，灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，故D正确。故选D。3.进入21世纪，北斗导航系统全球组网、天宫空间站在轨建造完成，标志着我国的航天事业走在了世界前列。已知天宫空间站和北斗导航系统中的中圆轨道卫星均绕地球做匀速圆周运动，周期分别为、，则空间站和中圆轨道卫星的（）A.运转半径之比为 B.线速度大小之比为C.向心加速度大小之比为 D.线速度均大于第一宇宙速度〖答案〗B〖解析〗A．根据开普勒第三定律可得A错误；B．根据万有引力提供向心力可得线速度大小可得B正确；C．根据可得向心加速度大小之比C错误；D．第一宇宙速度是环绕速度的最大值，空间站和中圆轨道卫星的线速度均小于第一宇宙速度，D错误。故选B。4.如图所示，真空中孤立的、半径为r、表面光滑的金属球固定在绝缘支架上，金属球材料的极限频率为，普朗克常量为h，电子的电荷量为e、若以无穷远处为零电势点，均匀带电金属球的电势，其中Q为金属球所带的电荷量，k为静电力常量，r为金属球的半径。现用频率为的光持续照射金属球，则金属球被照射后所带电荷量的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根据光电效应方程，光电子的最大初动能金属球的电势的最大值为，则可得由电势可得金属球所带电荷量的最大值故选A5.如图所示，一人随电梯由静止开始先匀加速后匀速向上运动，从电梯开始运动时计时，下列关于人受到的摩擦力f、支持力、人的动能以及重力势能随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．电梯先匀加速上升再匀速上升，对运动过程受力分析结合牛顿第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A错误；B．加速上升阶段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，匀速上升阶段，支持力等于重力，B错误；C．人的动能先增大后不变，动能增大阶段，动能表达式C正确；D．设电梯的倾角为，加速运动时，上升的高度随时间的关系为重力势能随时间变化的关系为D错误。故选C。6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻该波刚传播到质点P，波形图如图所示，时刻平衡位置在处的质点Q（图中未标出）恰好第一次到达波谷，下列说法正确的是（）A.该波的波速大小为 B.波源的振动周期为C.内质点Q沿y轴负方向加速运动 D.内质点P经过的路程为〖答案〗C〖解析〗B．由图可知波长P、Q两质点之间的距离为，该波由质点P传播到质点Q用时同，再经由平衡位置第一次到达波谷，可知可得波源的振动周期B项错误；A．波速A项错误；C．经该波传播到质点Q，时间内质点Q由波峰向平衡位置运动，沿y轴负方向加速运动，C项正确；D．由波形图可知波动方程代入，和，，可得内，质点P经过的路程D项错误。故选C。7.如图所示，粗糙轻杆BC水平固定在竖直转轴AB上，质量为m的小球穿在轻杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定在竖直转轴上的A点，A、B两点之间的距离为L，弹簧的原长为。装置静止时将小球向左缓慢推到距B点处松手，小球恰好能保持静止，现使该装置由静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动，当小球与轻杆之间的弹力为零时，保持角速度不变，此时小球与B点之间的距离为，从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程外界提供给装置的能量为E。已知小球与轻杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）A.当小球与轻杆之间的弹力为零时，该装置转动的角速度大小为B.弹簧的劲度系数为C.小球与轻杆之间的动摩擦因数为D.从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程，小球克服摩擦力做的功为〖答案〗D〖解析〗A．当小球与轻杆之间的弹力为零时，小球圆周运动的半径设此时弹簧与轻杆之间的夹角为，则有小球与轻杆之间的弹力为零时，摩擦力为0，对小球进行分析，则有解得故A错误；B．设小球与轻杆之间的弹力为零时弹簧伸长量为，在竖直方向有结合上述有解得故B错误；C．设装置静止时弹簧与轻杆之间的夹角为，则有弹簧的压缩量由平衡条件可得，联立解得故C错误；D．两种状态弹簧的弹性势能相等，整个过程外界提供给装置的能量解得故D正确。故选D。8.如图所示，在正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别固定着一个电荷量为q的正点电荷，D点固定着一个电荷量也为q的负点电荷，O点为正方形的中心，M、N两点分别为AD边和BC边的中点，下列说法正确的是（）A.M、N、O三点的电场强度大小的关系为B.M、N、O三点电势的关系为C.若将C点的点电荷沿OC连线向O点靠近，电场力做负功D.若将C点的点电荷沿OC连线向O点靠近，电势能逐渐减小〖答案〗AC〖解析〗A．根据电场的叠加，可知M点、N点、O点的场强等于A、D两处等量异种电荷产生的场强和B、C两处等量同种电荷产生的场强的叠加，根据等量异种电荷和等量同种电荷产生的电场的特点，可知A、D两处等量异种电荷在M点、O点、N点产生的场强大小的关系为B、C两处等量同种电荷在M点、O点、N点产生的场强大小的关系为，可知，O点的场强等于B、D两处等量异种电荷在O点的场强与A、C两处等量同种电荷在O点的场强的叠加，而B、D间的距离大于A、D间的距离，有A、D两处等量异种电荷在M点的场强大于B、D两处等量异种电荷在O点的场强，故A正确；B．M点、N点、O点位于A、D两处等量异种电荷产生的电场的同一条等势线上，距离B、C两处的电荷越近的点电势越高，故B错误；CD．AC连线是B、D两处的电荷产生的电场中的一条等势线，C点处的电荷向O点靠近时与A点处的正电荷距离减小，电势逐渐升高，电势能逐渐增大，电场力做负功，C正确，D错误。故选AC。9.半圆柱状光学器件的横截面如图所示，O点为圆心、AB为直径，一束由红光和紫光组成的复色光，在真空中从A点斜射到器件的上表面，折射光分成两束分别照射到圆弧面上的P、Q两点。已知当入射角时，紫光恰好在圆弧面上发生全反射，下列说法正确的是（）A.此时红光在圆弧面上也一定发生了全反射B.该器件对紫光的折射率为C.若增大入射角，红光和紫光均会在圆弧面上发生全反射D.两束折射光分别由A点到P点和由A点到Q点传播的时间相等〖答案〗BD〖解析〗A．紫光的频率大于红光的频率，该器件对紫光的折射率大于红光的折射率，由折射定律可知，紫光的折射角小于红光的折射角，所以红光照射到P点，光路图如图所示由，可知全反射临界角的关系为由几何关系可知因紫光恰好发生全反射，故则红光不会发生全反射，A错误；B．对紫光根据几何关系，可得临界角则可得解得B正确；C．当入射角增大，折射角相应增大，红光和紫光在圆弧面的入射角均减小，红光和紫光的入射角均小于各自的临界角，故均不会发生全反射，C错误；D．根据几何关系紫光在器件中传播的速度传播时间同理可得故D正确。故选BD。10.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨间距为L，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻，导轨处在垂直导轨平面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现使金属棒MN从导轨底端以初速度沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒返回导轨底端。已知金属棒返回导轨底端时的速度未达到匀速状态且大小为，金属棒的长度为L、质量为m、电阻为r，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.金属棒从导轨底端出发至返回底端的过程中加速度一直减小B.金属棒上滑过程中的平均速度大小满足C.金属棒从导轨底端出发至返回底端所经历的时间为D.金属棒上滑过程中回路产生的焦耳热为〖答案〗ABC〖解析〗A．金属棒上滑过程中根据牛顿第二定律又联立可得随着速度v的减小，加速度a逐渐减小，同理可得下滑过程中随着速度v的增大，加速度a逐渐减小，A正确；B．其图像如图所示因上滑过程和下滑过程的位移大小相等，则图线与横轴所围成的A、B两部分的面积相等，可知上滑过程的平均速度小于，下滑过程的平均速度大于，因上滑过程的时间小于下滑过程的时间，故上滑过程的平均速度大于，即金属棒上滑过程中的平均速度大小满足B正确；C．金属棒从导轨底端出发至返回底端的整个过程中，由动量定理可得安培力的冲量又，因为，所以解得C正确；D．整个过程机械能的减少量等于回路中产生的总焦耳热上滑过程比下滑过程经过同一位置时的速度大、感应电流大、安培力大，故上滑过程克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，即上滑过程产生的焦耳热大于下滑过程产生的焦耳热，故应大于，D错误。故选ABC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图甲所示为“探究小车加速度a与受力F、质量M关系”的实验装置图，槽码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g。（1）实验开始时首先平衡了摩擦力。若不计细线的质量和滑轮的摩擦，且没有满足，增加槽码的个数，使槽码的总质量变为原来的2倍，则细线上的拉力___________（填“大于”“等于”或“小于”）原来的2倍。（2）如图乙所示为某同学通过正确操作获得的一条纸带。已知所用交流电源的频率为，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据图乙中的数据可得小车的加速度大小为___________。（结果保留三位有效数字）（3）保持槽码的质量m一定，改变小车的质量M，某同学在处理数据时，以小车加速度的倒数为纵轴、以小车的质量M为横轴，作出的图像如图丙所示，图中纵截距___________。（用题中所给字母表示）〖答案〗（1）小于（2）1.25（3）〖解析〗【小问1详析】以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得以槽码为研究对象，根据牛顿第二定律可得联立可得若保持小车的质量M不变，将槽码的质量m增大为原来的2倍，则有【小问2详析】相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔根据可得【小问3详析】对槽码和小车整体有可得可知图像的纵截距等于重力加速度的倒数,即12.某实验小组用多用电表测量一个二极管的正向电阻，分别利用“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡进行正确操作，发现测得的阻值有很大差距。分析原因时，有同学提出，在使用多用电表测量电阻时，多用电表的内部电路可以等效为一个直流电源，可能因为多用电表两个倍率欧姆挡所用电源电动势不同而造成二极管的工作点不同，为分析具体原因，该小组同学进行了如下实验。（1）将多用电表调到“×100”欧姆挡，红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；将电阻箱的阻值调到最大；把多用电表、电流表（量程为，内阻约为）、电阻箱（阻值范围为）和开关串联成闭合回路。请用笔画线代替导线，完成图甲中的实物连线图。___________（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，该多用电表的表盘指针如图乙所示，其示数为___________，电流表的表盘指针如图丙所示，其示数为___________。已知多用电表表盘正中央的刻度值为15，可知多用电表内部电源的电动势为___________V（结果保留三位有效数字）；再换用“×10”欧姆挡，重复上述操作，测得内部电源电动势与“×100”欧姆挡相同。（3）该型号二极管伏安特性曲线如图丁所示，请在图丁中作图确定分别用多用电表“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡测定二极管的正向电阻时的工作点。___________可知用“×10”欧姆挡测得的阻值明显___________（填“大于”或“小于”）用“×100”欧姆挡测得的阻值。其原因并非是多用电表内部电源的电动势不同，而是不同电阻挡的多用电表的___________不同。〖答案〗（1）（2）##19004601.56（3）小于内阻〖解析〗【小问1详析】多用电表在使用时必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出同，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，实物连线图如图所示【小问2详析】[1]多用电表用“×100”欧姆挡，读数为[2]电流表量程为，最小分度为，读数为；[3]多用电表测量电阻的原理是闭合电路欧姆定律，当两表笔短接时调整调零旋钮使表针满偏，即当待测电阻的阻值等于时，这时表头指针半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以为中值电阻，“×100”欧姆挡多用电表的内阻为，由闭合电路欧姆定律可得【小问3详析】[1]当用多用电表的“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡测定二极管的正向电阻时，多用电表可视为电动势内阻分别为和的等效电源，短路电流分别为在图丁中作出两等效电源伏安特性曲线如图所示[2]与二极管伏安特性曲线的两个交点分别为两个工作点，工作点与原点连线的斜率等于二极管的正向电阻的阻值的倒数，可知用“×10”欧姆挡测得的二极管的正向电阻的阻值小；[3]多用电表不同的倍率挡测得的阻值不同，是因为不同倍率挡多用电表内部的总电阻即欧姆表内阻不同。13.如图所示，容积为的暖水瓶内倒入温度为97℃的热水，将瓶塞轻放入瓶口，瓶塞与瓶口内侧接触良好且不漏气。已知瓶口的横截面积为，瓶塞圆台侧面母线与轴线间的夹角为，，。瓶塞与瓶口间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略瓶塞的重力。瓶内气体温度始终与水温相同，瓶内气体可视为理想气体，外界大气压强，热力学温度与摄氏温度的关系为。瓶内温度缓慢降到78.5℃，此时瓶塞恰好不发生滑动。（1）求瓶内温度为78.5℃时，瓶塞受到的摩擦力大小（结果保留两位有效数字）；（2）若稍微拔动瓶塞使外部气体进入暖水瓶内，忽略瓶内水温的微小变化，求稳定后进入瓶内的空气质量与原来暖水瓶中空气质量的比值。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）气体温度缓慢降低过程，气体发生等容变化，则有其中，解得瓶塞受力分析，如图所示由平衡条件有又联立解得（2）空气进入暖水瓶后，瓶内温度不变，压强等于大气压强，根据可得14.粒子分析仪由加速电场、偏转电场与磁场组成。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着沿y轴负方向的匀强电场，第二象限内存在着场强大小为E、沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为的粒子从点由静止释放，粒子从y轴上的点射入第一象限，经电场偏转后从x轴上的射入第四象限，经磁场偏转后粒子从x轴上的点返回第一象限，不计粒子的重力，求：（1）粒子通过B点时的速率；（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从A点运动到D点的时间。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）在加速电场中，根据动能定理有解得（2）粒子进入第一象限做类平抛运动，设运动的时间为，则有，解得，粒子在C点的速度令粒子在C点速度方向与水平方向夹角为，则有可知，粒子运动到C点时速度方向与x轴正方向成角斜向下，设粒子在磁场中运动的半径为R，由几何关系可知粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得（3）设粒子从A点运动到B点的时间为，则有解得设粒子在磁场中运动的时间为，则有粒子从A点运动到D点的总时间解得15.如图所示，长木板A、小车B紧靠在一起均静置在水平地面上，长木板A与光滑固定轨道PQ的底端接触，轨道PQ底端的切线水平且与长木板A和小车B的上表面齐平，滑块C与长木板A、小车B的上表面间的动摩擦因数均为，长木板A与地面间的动摩擦因数，小车B与地面间的摩擦可忽略。已知长木板A的质量，小车B的质量，长木板A和小车B的长度均为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块C从轨道PQ上距底端切线某一高度h（未知）处由静止开始下滑。滑块C可视为质点。（1）若滑块C的质量，恰好能滑上小车B，求滑块C释放时的高度；（2）若滑块C的质量，为使滑块C滑上小车B后不会从小车B上滑落，求滑块C释放时高度的最大值；（3）若滑块C的质量，滑块C从距底端切线高处由静止释放，求滑块C滑上小车B时的速度大小。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）滑块C滑上长木板A后，滑块C受到的摩擦力长木板A与地面间的最大静摩擦力故长木板A静止。根据功能关系有解得（2）设滑块C从距底端切线高处下滑时，恰好不会从小车B上滑落，滑块C滑上小车B左端时，根据功能关系有设滑块C与小车B共速时的速度为v，根据动量守恒定律有对滑块C与小车B整体，根据功能关系有联立解得（3）滑块C滑上长木板A后，滑块C所受的摩擦力长木板A与地面间的最大静摩擦力长木板A会推动小车B一起运动，对滑块C受力分析有对长木板A和小车B整体受力分析有滑块C滑上长木板A时，根据功能关系有滑块C的位移长木板A的位移滑块C滑离长木板A时有设滑块C滑上小车B时的速度大小为，则解得2024年普通高中学业水平选择性考试模拟试题物理（一）本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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.如图甲、乙所示分别为两交变电源的输出电压随时间变化的图像，让它们分别接在阻值相同的定值电阻的两端，则时间T内与甲、乙两电源相接的电阻产生的热量之比为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设定值电阻的阻值为R，由图甲可知一个周期内定值电阻产生的热量由图乙可知一个周期内定值电阻产生的热量解得故选A。2.如图所示的电路，理想变压器的原线圈通过理想交流电流表接在交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡、、定值电阻R、电动机M和理想交流电压表。初始状态时开关断开，现将开关闭合，下列说法正确的是（）A.电流表的示数变小 B.电压表的示数变大C.灯泡变暗 D.灯泡变暗〖答案〗D〖解析〗AC．原线圈接入的交流电一定，开关闭合后，变压器的输出功率增大，通过原副线圈的电流均增大，故电流表的示数变大，灯泡变亮故，AC错误；B．原线圈接入的交流电一定，原线圈两端的电压不变，原副线圈匝数比不变，根据电压匝数的关系可知，副线圈两端电压不变，即电压表的示数不变，故B错误；D．结合上述可知，副线圈两端的电压不变，通过副线圈的电流增大，则灯泡和定值电阻R两端的电压均增大，灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，故D正确。故选D。3.进入21世纪，北斗导航系统全球组网、天宫空间站在轨建造完成，标志着我国的航天事业走在了世界前列。已知天宫空间站和北斗导航系统中的中圆轨道卫星均绕地球做匀速圆周运动，周期分别为、，则空间站和中圆轨道卫星的（）A.运转半径之比为 B.线速度大小之比为C.向心加速度大小之比为 D.线速度均大于第一宇宙速度〖答案〗B〖解析〗A．根据开普勒第三定律可得A错误；B．根据万有引力提供向心力可得线速度大小可得B正确；C．根据可得向心加速度大小之比C错误；D．第一宇宙速度是环绕速度的最大值，空间站和中圆轨道卫星的线速度均小于第一宇宙速度，D错误。故选B。4.如图所示，真空中孤立的、半径为r、表面光滑的金属球固定在绝缘支架上，金属球材料的极限频率为，普朗克常量为h，电子的电荷量为e、若以无穷远处为零电势点，均匀带电金属球的电势，其中Q为金属球所带的电荷量，k为静电力常量，r为金属球的半径。现用频率为的光持续照射金属球，则金属球被照射后所带电荷量的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗根据光电效应方程，光电子的最大初动能金属球的电势的最大值为，则可得由电势可得金属球所带电荷量的最大值故选A5.如图所示，一人随电梯由静止开始先匀加速后匀速向上运动，从电梯开始运动时计时，下列关于人受到的摩擦力f、支持力、人的动能以及重力势能随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．电梯先匀加速上升再匀速上升，对运动过程受力分析结合牛顿第二定律的同向性可知人先受摩擦力后不受摩擦力，A错误；B．加速上升阶段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，匀速上升阶段，支持力等于重力，B错误；C．人的动能先增大后不变，动能增大阶段，动能表达式C正确；D．设电梯的倾角为，加速运动时，上升的高度随时间的关系为重力势能随时间变化的关系为D错误。故选C。6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻该波刚传播到质点P，波形图如图所示，时刻平衡位置在处的质点Q（图中未标出）恰好第一次到达波谷，下列说法正确的是（）A.该波的波速大小为 B.波源的振动周期为C.内质点Q沿y轴负方向加速运动 D.内质点P经过的路程为〖答案〗C〖解析〗B．由图可知波长P、Q两质点之间的距离为，该波由质点P传播到质点Q用时同，再经由平衡位置第一次到达波谷，可知可得波源的振动周期B项错误；A．波速A项错误；C．经该波传播到质点Q，时间内质点Q由波峰向平衡位置运动，沿y轴负方向加速运动，C项正确；D．由波形图可知波动方程代入，和，，可得内，质点P经过的路程D项错误。故选C。7.如图所示，粗糙轻杆BC水平固定在竖直转轴AB上，质量为m的小球穿在轻杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定在竖直转轴上的A点，A、B两点之间的距离为L，弹簧的原长为。装置静止时将小球向左缓慢推到距B点处松手，小球恰好能保持静止，现使该装置由静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动，当小球与轻杆之间的弹力为零时，保持角速度不变，此时小球与B点之间的距离为，从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程外界提供给装置的能量为E。已知小球与轻杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）A.当小球与轻杆之间的弹力为零时，该装置转动的角速度大小为B.弹簧的劲度系数为C.小球与轻杆之间的动摩擦因数为D.从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程，小球克服摩擦力做的功为〖答案〗D〖解析〗A．当小球与轻杆之间的弹力为零时，小球圆周运动的半径设此时弹簧与轻杆之间的夹角为，则有小球与轻杆之间的弹力为零时，摩擦力为0，对小球进行分析，则有解得故A错误；B．设小球与轻杆之间的弹力为零时弹簧伸长量为，在竖直方向有结合上述有解得故B错误；C．设装置静止时弹簧与轻杆之间的夹角为，则有弹簧的压缩量由平衡条件可得，联立解得故C错误；D．两种状态弹簧的弹性势能相等，整个过程外界提供给装置的能量解得故D正确。故选D。8.如图所示，在正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别固定着一个电荷量为q的正点电荷，D点固定着一个电荷量也为q的负点电荷，O点为正方形的中心，M、N两点分别为AD边和BC边的中点，下列说法正确的是（）A.M、N、O三点的电场强度大小的关系为B.M、N、O三点电势的关系为C.若将C点的点电荷沿OC连线向O点靠近，电场力做负功D.若将C点的点电荷沿OC连线向O点靠近，电势能逐渐减小〖答案〗AC〖解析〗A．根据电场的叠加，可知M点、N点、O点的场强等于A、D两处等量异种电荷产生的场强和B、C两处等量同种电荷产生的场强的叠加，根据等量异种电荷和等量同种电荷产生的电场的特点，可知A、D两处等量异种电荷在M点、O点、N点产生的场强大小的关系为B、C两处等量同种电荷在M点、O点、N点产生的场强大小的关系为，可知，O点的场强等于B、D两处等量异种电荷在O点的场强与A、C两处等量同种电荷在O点的场强的叠加，而B、D间的距离大于A、D间的距离，有A、D两处等量异种电荷在M点的场强大于B、D两处等量异种电荷在O点的场强，故A正确；B．M点、N点、O点位于A、D两处等量异种电荷产生的电场的同一条等势线上，距离B、C两处的电荷越近的点电势越高，故B错误；CD．AC连线是B、D两处的电荷产生的电场中的一条等势线，C点处的电荷向O点靠近时与A点处的正电荷距离减小，电势逐渐升高，电势能逐渐增大，电场力做负功，C正确，D错误。故选AC。9.半圆柱状光学器件的横截面如图所示，O点为圆心、AB为直径，一束由红光和紫光组成的复色光，在真空中从A点斜射到器件的上表面，折射光分成两束分别照射到圆弧面上的P、Q两点。已知当入射角时，紫光恰好在圆弧面上发生全反射，下列说法正确的是（）A.此时红光在圆弧面上也一定发生了全反射B.该器件对紫光的折射率为C.若增大入射角，红光和紫光均会在圆弧面上发生全反射D.两束折射光分别由A点到P点和由A点到Q点传播的时间相等〖答案〗BD〖解析〗A．紫光的频率大于红光的频率，该器件对紫光的折射率大于红光的折射率，由折射定律可知，紫光的折射角小于红光的折射角，所以红光照射到P点，光路图如图所示由，可知全反射临界角的关系为由几何关系可知因紫光恰好发生全反射，故则红光不会发生全反射，A错误；B．对紫光根据几何关系，可得临界角则可得解得B正确；C．当入射角增大，折射角相应增大，红光和紫光在圆弧面的入射角均减小，红光和紫光的入射角均小于各自的临界角，故均不会发生全反射，C错误；D．根据几何关系紫光在器件中传播的速度传播时间同理可得故D正确。故选BD。10.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨间距为L，导轨顶端接有阻值为R的定值电阻，导轨处在垂直导轨平面向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现使金属棒MN从导轨底端以初速度沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒返回导轨底端。已知金属棒返回导轨底端时的速度未达到匀速状态且大小为，金属棒的长度为L、质量为m、电阻为r，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.金属棒从导轨底端出发至返回底端的过程中加速度一直减小B.金属棒上滑过程中的平均速度大小满足C.金属棒从导轨底端出发至返回底端所经历的时间为D.金属棒上滑过程中回路产生的焦耳热为〖答案〗ABC〖解析〗A．金属棒上滑过程中根据牛顿第二定律又联立可得随着速度v的减小，加速度a逐渐减小，同理可得下滑过程中随着速度v的增大，加速度a逐渐减小，A正确；B．其图像如图所示因上滑过程和下滑过程的位移大小相等，则图线与横轴所围成的A、B两部分的面积相等，可知上滑过程的平均速度小于，下滑过程的平均速度大于，因上滑过程的时间小于下滑过程的时间，故上滑过程的平均速度大于，即金属棒上滑过程中的平均速度大小满足B正确；C．金属棒从导轨底端出发至返回底端的整个过程中，由动量定理可得安培力的冲量又，因为，所以解得C正确；D．整个过程机械能的减少量等于回路中产生的总焦耳热上滑过程比下滑过程经过同一位置时的速度大、感应电流大、安培力大，故上滑过程克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，即上滑过程产生的焦耳热大于下滑过程产生的焦耳热，故应大于，D错误。故选ABC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图甲所示为“探究小车加速度a与受力F、质量M关系”的实验装置图，槽码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g。（1）实验开始时首先平衡了摩擦力。若不计细线的质量和滑轮的摩擦，且没有满足，增加槽码的个数，使槽码的总质量变为原来的2倍，则细线上的拉力___________（填“大于”“等于”或“小于”）原来的2倍。（2）如图乙所示为某同学通过正确操作获得的一条纸带。已知所用交流电源的频率为，相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据图乙中的数据可得小车的加速度大小为___________。（结果保留三位有效数字）（3）保持槽码的质量m一定，改变小车的质量M，某同学在处理数据时，以小车加速度的倒数为纵轴、以小车的质量M为横轴，作出的图像如图丙所示，图中纵截距___________。（用题中所给字母表示）〖答案〗（1）小于（2）1.25（3）〖解析〗【小问1详析】以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得以槽码为研究对象，根据牛顿第二定律可得联立可得若保持小车的质量M不变，将槽码的质量m增大为原来的2倍，则有【小问2详析】相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，所以相邻计数点间的时间间隔根据可得【小问3详析】对槽码和小车整体有可得可知图像的纵截距等于重力加速度的倒数,即12.某实验小组用多用电表测量一个二极管的正向电阻，分别利用“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡进行正确操作，发现测得的阻值有很大差距。分析原因时，有同学提出，在使用多用电表测量电阻时，多用电表的内部电路可以等效为一个直流电源，可能因为多用电表两个倍率欧姆挡所用电源电动势不同而造成二极管的工作点不同，为分析具体原因，该小组同学进行了如下实验。（1）将多用电表调到“×100”欧姆挡，红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；将电阻箱的阻值调到最大；把多用电表、电流表（量程为，内阻约为）、电阻箱（阻值范围为）和开关串联成闭合回路。请用笔画线代替导线，完成图甲中的实物连线图。___________（2）闭合开关，调整电阻箱的阻值，该多用电表的表盘指针如图乙所示，其示数为___________，电流表的表盘指针如图丙所示，其示数为___________。已知多用电表表盘正中央的刻度值为15，可知多用电表内部电源的电动势为___________V（结果保留三位有效数字）；再换用“×10”欧姆挡，重复上述操作，测得内部电源电动势与“×100”欧姆挡相同。（3）该型号二极管伏安特性曲线如图丁所示，请在图丁中作图确定分别用多用电表“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡测定二极管的正向电阻时的工作点。___________可知用“×10”欧姆挡测得的阻值明显___________（填“大于”或“小于”）用“×100”欧姆挡测得的阻值。其原因并非是多用电表内部电源的电动势不同，而是不同电阻挡的多用电表的___________不同。〖答案〗（1）（2）##19004601.56（3）小于内阻〖解析〗【小问1详析】多用电表在使用时必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出同，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，实物连线图如图所示【小问2详析】[1]多用电表用“×100”欧姆挡，读数为[2]电流表量程为，最小分度为，读数为；[3]多用电表测量电阻的原理是闭合电路欧姆定律，当两表笔短接时调整调零旋钮使表针满偏，即当待测电阻的阻值等于时，这时表头指针半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以为中值电阻，“×100”欧姆挡多用电表的内阻为，由闭合电路欧姆定律可得【小问3详析】[1]当用多用电表的“×10”欧姆挡和“×100”欧姆挡测定二极管的正向电阻时，多用电表可视为电动势内阻分别为和的等效电源，短路电流分别为在图丁中作出两等效电源伏安特性曲线如图所示[2]与二极管伏安特性曲线的两个交点分别为两个工作点，工作点与原点连线的斜率等于二极管的正向电阻的阻值的倒数，可知用“×10”欧姆挡测得的二极管的正向电阻的阻值小；[3]多用电表不同的倍率挡测得的阻值不同，是因为不同倍率挡多用电表内部的总电阻即欧姆表内阻不同