2023-2024学年广西高三下学期普通高等学校招生押题卷（一）物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年广西普通高等学校招生押题卷（一）物理（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在本试卷上无效。3．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，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，每题4分；8-10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，选择题合计46分。1.核能是我国大力发展的新能源，秦山核电站是我国第一座建设的核电站也是目前最大的装机核电站。核能是应用核反应获取能量的，一个静止的铀核放出一个X粒子后衰变成钍核，该核衰变方程式为，已知铀核原子质量为232.0372u，钍核原子质量为228.0287u，X粒子原子质量为4.0026u，u为原子质量单位。下列说法正确的是（  ）A.该核反应方程式中：，B.该核反应过程中的质量亏损为0.0059uC.铀核232U的结合能等于与X的结合能之和D.若增加铀核温度及其所受压力，它的半衰期将会变大〖答案〗B〖解析〗A．核反应过程遵守质量数和电荷数守恒，则故A错误；B．质量亏损为故B正确；C．衰变产物比铀核稳定，比结合能大，则衰变产物总的结合能大，所以铀核232U的结合能小于与X的结合能之和，故C错误；D．放射性元素的半衰期是由原子核自身因素决定的，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。故选B。2.鹊桥二号中继卫星于2024年3月20日成功发射，为后续我国载人登月提供可靠保障。在地球上观察，月球和太阳角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为，地球绕太阳运动的周期为，太阳半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的质量之比约为（  ）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设月球绕地球运动的轨道半径为，地球绕太阳运动的轨道半径为，根据可得根据几何关系联立可得故选D。3.电磁阻尼现象源于电磁感应原理。类似原理如下：一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，让磁铁上下振动，若要使磁铁很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是（  ）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是图C。故选C。4.水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定在桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（）A.，线框内电流的方向为abcdaB.，线框内电流的方向为abcdaC.，线框所受安培力方向先向左后向右D.，线框所受安培力方向一直向左〖答案〗A〖解析〗A．，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，选项A正确；B．，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba，选项B错误；C．，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，选项C错误；D．，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，可知，线框所受安培力方向先向左后向右，选项D错误。故选A。5.两位同学通过图像去研究甲乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，位移表达式（为初位置），图像如图甲所示，且曲线精准经过，和三点。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻，甲的速度为2m/s B.甲的加速度大小为C.乙的加速度大小为 D.经过2.5s，甲追上乙〖答案〗C〖解析〗ABC．因为甲质点的位移表达式为将、、代入上式，解得乙质点的位移表达式为当时，；当时，联合解得AB错误，C正确；D．经过2.5s，甲质点的位移为乙质点的位移为因为初始距离甲没追上乙，D错误。故选C。6.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O，其中A带正电。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直于圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆面边缘上一点。下列说法正确的是（）A.e、f、g三点电势不相等Ba、b、c、d四点电场强度方向相同C.将一正试探电荷沿线段eOf从e移动到f过程中，试探电荷受到的电场力先减小后增大D.将一负试探电荷沿ab边从a移动到b过程中，试探电荷的电势能先减小后增大〖答案〗D〖解析〗A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，图中圆面是一个等势面，e、f、g三点电势相等，故A错误；B．根据等量异种点电荷的电场分布特点和对称性可知，a、b、c、d四点电场强度大小相等，但电场强度方向不同，故B错误；C．从e经O到f，电场强度先增大后减小，所以试探电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误；D．从a到b，电场力先做正功后做负功，所以负试探电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选D。7.如图，一列简谐横波在某种介质中沿x轴传播，时波形图如实线所示，时波形图如虚线所示，已知波的传播速度为3m/s，下列说法正确的是（）A.这列波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播B.质点Q在2s内向右平移6mC.质点P从到内的路程为D.频率为的简谐横波遇到此波可发生稳定的干涉现象〖答案〗C〖解析〗A．根据波速关系式有则在实线波形时刻到虚线波形时刻波传播的距离通过平移规律可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；B．机械波在传播过程中，传播的是振动形式与能量，质点并不随波迁移，故B错误；C．根据解得由于则质点P从到内的路程为故C正确；D．该波的频率可知，频率为0.25Hz的简谐横波遇到此波不能发生稳定的干涉现象，故D错误。故选C。8.列车进站时，其刹车原理可简化如图，在车身下方固定一单匝矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车刚好停止。下列说法正确的是（）A.列车进站过程中电流方向为abcdaB.列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为C.列车从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的焦耳热D.列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小〖答案〗ACD〖解析〗A．列车进站时，ab边切割磁感线产生感应电流，则根据右手定则判断可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可得，列车ab边进入磁场瞬间，感应电动势为则列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为故B错误；C．根据能量的转化和守恒可知，列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热与列车和导轨及空气阻力摩擦产生的热量之和，即减少的动能大于线框产生的焦耳热，故C正确；D．列车ab边进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律有解得，列车的加速度大小为故D正确。故选ACD。9.如图所示为一定质量的理想气体从状态a→b→c→d→a过程的图像，其中ac的连线过原点，bc、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）A.从状态a到状态b，气体对外做正功B.从状态b到状态c，单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变C.从状态c到状态d，气体向外放出热量D.a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功〖答案〗AC〖解析〗A．从状态a到状态b，气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确；B．从状态b到状态c，气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据可知气体压强增大，又温度升高，气体平均动能增大，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分子数增加，故B错误；C．从状态c到状态d，气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故C正确；D．由可得图像上各点与原点连线的斜率越大，气体的压强越小，从状态a到状态b与从状态c到状态d，气体体积变化量在数值上相等，由状态a到状态b的平均压强小于状态c到状态d，所以a到b气体对外做的功小于c到d外界对气体做的功，故D错误；故选AC。10.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管径工作，减排前后，落水点距出水口的水平距离分别为、，假设水从排水管道出来后水柱横截面积不变，与地面作用后速度变为零，下列说法正确的是（）A.则减排前后相同时间内的排水量之比为B.则减排前后相同时间内的排水量之比为C.落地时对地面冲击力之比D.落地时对地面的冲击力之比为〖答案〗BD〖解析〗AB．设水下落的高度为h，则竖直方向有故下落高度相同，水流入下方的时间相同，平抛运动水平方向有减排前后出水口处水的流速之比就等于水平位移之比，所以减排前后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为，B项正确，A错误；CD．下落高度相同，水流入下方的时间相同，竖直方向速度一样，根据动量定理所以冲击力之比等于水平位移之比，即为，D正确。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水平；b.用游标卡尺测量遮光条宽度d；c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t，测量出释放点到光电门的距离L；e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m），仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间。（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为______cm；（2）已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，系统的机械能守恒时，关系式______成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；（3）利用记录的实验数据，以为横轴、为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k，若系统的机械能守恒，则______（用已知和测量的物理量的字母表示）。〖答案〗（1）0.170（2）（3）〖解析〗（1）[1]游标卡尺的精度为0.05mm，读数为0.1cm+mm=0.170cm（2）[2]滑块到光电门的速度为根据机械能守恒定律有解得（3）[3]由（2）中表达式变形可知可知若系统的机械能守恒，则k=12.为了测量两个电压表、的内阻，提供的仪器有：A.待测电压表（量程5V，内阻约）；B．待测电压表（量程3V，内阻约）；C．电流表A（量程3A，内阻）；D．电阻箱（阻值范围）；E．电阻箱（）；F.滑动变阻器（阻值，额定电流1.5A）；G.滑动变阻器（阻值，额定电流0.5A）；H.电池组E（电动势为12V，内阻约）；I.单刀开关2个，导线若干。（1）在设计电路时，能否选用电流表A，________（填“能”或“不能”），请简要说明理由：________；（2）为了测量两个电压表内阻，有同学设计了如图所示电路，电路中滑动变阻器选________（填“”或“”），电阻箱选________（填“”或“”）；完成实验操作步骤，并用恰当的符号（如：、、等）表示需要测得的物理量，通过计算用测得的物理量表示待测电压表的内阻，步骤：第1步：将滑动变阻器滑片滑至最左端，闭合开关，断开开关；第2步：调节________，记录两表、的读数分别为、；第3步：将电阻箱调至任意数值（不为零），闭合________，记录两表、的读数分别为、。实验结果：________；________。〖答案〗（1）不能因其量程过大，测量不准确（2）滑动变阻器开关〖解析〗【小问1详析】[1][2]由两电压表的量程和内阻的粗略值可以算出通过两电压表的电流远远小于电流表A的量程，所以不能选用电流表A来测通过两电压表的电流，因其量程过大，指针偏转很小，测量不准确。【小问2详析】[1]如选用，由于电源电动势12V，总阻值，则通过它的电流会超过它的额定电流0.5A，所以选用进行分压；[2]由于、量程之比为，为尽量让两电压表都有较大的偏转，需让二者两端电压比接近于，由串联分压规律可知，将与一大电阻R相并联来满足要求，则解得所以选用电阻箱；[3][4][5][6]两电压表直接串联时电流相同，则二者读数（、）之比即为两者内阻之比；即再将电压表与电阻箱并联时，两电压表读数之差与电阻箱阻值之比表示电阻箱上电流，则根据串并联电流关系可得联立可解得，所以操作步骤为：将滑动变阻器滑至最左端，闭合开关，断开开关调节滑动变阻器，记录两表的读数、将电阻箱调至任意数值（不为零），闭合开关，记录两表的读数、。13.半径为R的扇形OABC为柱形玻璃砖的截面，，AO面水平，一束单色光照射在AO面上的D点，入射光线与OC平行，折射光线照射在圆弧的最高点B点，在B点的反射光线刚好与OC面垂直，光在真空中传播的速度为c。（1）求玻璃砖对光的折射率；（2）光从D点传播到OC面所用的时间。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由已知条件作出光路图可知在AO面，由几何关系可知，入射角折射角为由折射定律得，折射率为（2）由（1）可知，玻璃砖对光的折射率为光在玻璃砖内传播距离为其中故根据光的折射定律可得光在玻璃砖内的传播速度为故光从D点传播到OC面所用的时间为14.如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求：（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）A、C两点的高度差；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。〖答案〗（1）0.8m；（2）68N，方向竖直向下；（3）3.625m〖解析〗（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为vC＝＝5m/s竖直分量vyC＝4m/s下落高度h＝＝0.8m（2）小物块由C到D过程中，由动能定理得代入数据解得vD＝m/s小球在D点时由牛顿第二定律得代入数据解得FN＝68N由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68N方向竖直向下。（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小满足μmg＝ma1得a1＝3m/s2a2＝1m/s2物块与木板达到共同速度时速度关系式为v＝a2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得代入数据解得L＝3.625m，即木板的长度至少是3.625m。15.受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电粒子束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径，外圆半径，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。已知磁感应强度大小，被束缚的带正电粒子的比荷，中空区域中的带电粒子由内、外圆的圆心O点以不同的初速度射入磁场，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用，且不考虑相对论效应。（1）求带电粒子在磁场中运动的周期T和带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度。（2）若中空区域中的带电粒子以（1）中的最大速度沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从某点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间。〖答案〗（1），；（2）〖解析〗（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有解得带电粒子在磁场中运动周期当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子的速度为不能穿越磁场外边界的最大速度，如图甲所示，根据几何关系有解得洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有解得（2）带电粒子以速度射入磁场中时，根据几何关系有解得故其运动轨迹如图乙所示；带电粒子在磁场中运动的圆心角为在磁场中运动的时间带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用的时间带电粒子从某点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间解得2024年广西普通高等学校招生押题卷（一）物理（考试时间：75分钟满分：100分）注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。写在本试卷上无效。3．回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共10小题，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，每题4分；8-10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分，选择题合计46分。1.核能是我国大力发展的新能源，秦山核电站是我国第一座建设的核电站也是目前最大的装机核电站。核能是应用核反应获取能量的，一个静止的铀核放出一个X粒子后衰变成钍核，该核衰变方程式为，已知铀核原子质量为232.0372u，钍核原子质量为228.0287u，X粒子原子质量为4.0026u，u为原子质量单位。下列说法正确的是（  ）A.该核反应方程式中：，B.该核反应过程中的质量亏损为0.0059uC.铀核232U的结合能等于与X的结合能之和D.若增加铀核温度及其所受压力，它的半衰期将会变大〖答案〗B〖解析〗A．核反应过程遵守质量数和电荷数守恒，则故A错误；B．质量亏损为故B正确；C．衰变产物比铀核稳定，比结合能大，则衰变产物总的结合能大，所以铀核232U的结合能小于与X的结合能之和，故C错误；D．放射性元素的半衰期是由原子核自身因素决定的，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。故选B。2.鹊桥二号中继卫星于2024年3月20日成功发射，为后续我国载人登月提供可靠保障。在地球上观察，月球和太阳角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为，地球绕太阳运动的周期为，太阳半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的质量之比约为（  ）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设月球绕地球运动的轨道半径为，地球绕太阳运动的轨道半径为，根据可得根据几何关系联立可得故选D。3.电磁阻尼现象源于电磁感应原理。类似原理如下：一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，让磁铁上下振动，若要使磁铁很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是（  ）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是图C。故选C。4.水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定在桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（）A.，线框内电流的方向为abcdaB.，线框内电流的方向为abcdaC.，线框所受安培力方向先向左后向右D.，线框所受安培力方向一直向左〖答案〗A〖解析〗A．，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，选项A正确；B．，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为adcba，选项B错误；C．，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，选项C错误；D．，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左，可知，线框所受安培力方向先向左后向右，选项D错误。故选A。5.两位同学通过图像去研究甲乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，位移表达式（为初位置），图像如图甲所示，且曲线精准经过，和三点。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.时刻，甲的速度为2m/s B.甲的加速度大小为C.乙的加速度大小为 D.经过2.5s，甲追上乙〖答案〗C〖解析〗ABC．因为甲质点的位移表达式为将、、代入上式，解得乙质点的位移表达式为当时，；当时，联合解得AB错误，C正确；D．经过2.5s，甲质点的位移为乙质点的位移为因为初始距离甲没追上乙，D错误。故选C。6.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O，其中A带正电。在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB连线，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直于圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆面边缘上一点。下列说法正确的是（）A.e、f、g三点电势不相等Ba、b、c、d四点电场强度方向相同C.将一正试探电荷沿线段eOf从e移动到f过程中，试探电荷受到的电场力先减小后增大D.将一负试探电荷沿ab边从a移动到b过程中，试探电荷的电势能先减小后增大〖答案〗D〖解析〗A．根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，图中圆面是一个等势面，e、f、g三点电势相等，故A错误；B．根据等量异种点电荷的电场分布特点和对称性可知，a、b、c、d四点电场强度大小相等，但电场强度方向不同，故B错误；C．从e经O到f，电场强度先增大后减小，所以试探电荷受到的电场力先增大后减小，故C错误；D．从a到b，电场力先做正功后做负功，所以负试探电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选D。7.如图，一列简谐横波在某种介质中沿x轴传播，时波形图如实线所示，时波形图如虚线所示，已知波的传播速度为3m/s，下列说法正确的是（）A.这列波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播B.质点Q在2s内向右平移6mC.质点P从到内的路程为D.频率为的简谐横波遇到此波可发生稳定的干涉现象〖答案〗C〖解析〗A．根据波速关系式有则在实线波形时刻到虚线波形时刻波传播的距离通过平移规律可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；B．机械波在传播过程中，传播的是振动形式与能量，质点并不随波迁移，故B错误；C．根据解得由于则质点P从到内的路程为故C正确；D．该波的频率可知，频率为0.25Hz的简谐横波遇到此波不能发生稳定的干涉现象，故D错误。故选C。8.列车进站时，其刹车原理可简化如图，在车身下方固定一单匝矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车刚好停止。下列说法正确的是（）A.列车进站过程中电流方向为abcdaB.列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为C.列车从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的焦耳热D.列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小〖答案〗ACD〖解析〗A．列车进站时，ab边切割磁感线产生感应电流，则根据右手定则判断可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A正确；B．根据法拉第电磁感应定律可得，列车ab边进入磁场瞬间，感应电动势为则列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为故B错误；C．根据能量的转化和守恒可知，列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热与列车和导轨及空气阻力摩擦产生的热量之和，即减少的动能大于线框产生的焦耳热，故C正确；D．列车ab边进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律有解得，列车的加速度大小为故D正确。故选ACD。9.如图所示为一定质量的理想气体从状态a→b→c→d→a过程的图像，其中ac的连线过原点，bc、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）A.从状态a到状态b，气体对外做正功B.从状态b到状态c，单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变C.从状态c到状态d，气体向外放出热量D.a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功〖答案〗AC〖解析〗A．从状态a到状态b，气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确；B．从状态b到状态c，气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据可知气体压强增大，又温度升高，气体平均动能增大，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分子数增加，故B错误；C．从状态c到状态d，气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量，故C正确；D．由可得图像上各点与原点连线的斜率越大，气体的压强越小，从状态a到状态b与从状态c到状态d，气体体积变化量在数值上相等，由状态a到状态b的平均压强小于状态c到状态d，所以a到b气体对外做的功小于c到d外界对气体做的功，故D错误；故选AC。10.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管径工作，减排前后，落水点距出水口的水平距离分别为、，假设水从排水管道出来后水柱横截面积不变，与地面作用后速度变为零，下列说法正确的是（）A.则减排前后相同时间内的排水量之比为B.则减排前后相同时间内的排水量之比为C.落地时对地面冲击力之比D.落地时对地面的冲击力之比为〖答案〗BD〖解析〗AB．设水下落的高度为h，则竖直方向有故下落高度相同，水流入下方的时间相同，平抛运动水平方向有减排前后出水口处水的流速之比就等于水平位移之比，所以减排前后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为，B项正确，A错误；CD．下落高度相同，水流入下方的时间相同，竖直方向速度一样，根据动量定理所以冲击力之比等于水平位移之比，即为，D正确。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水平；b.用游标卡尺测量遮光条宽度d；c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t，测量出释放点到光电门的距离L；e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m），仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间。（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为______cm；（2）已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，系统的机械能守恒时，关系式______成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；（3）利用记录的实验数据，以为横轴、为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k，若系统的机械能守恒，则______（用已知和测量的物理量的字母表示）。〖答案〗（1）0.170（2）（3）〖解析〗（1）[1]游标卡尺的精度为0.05mm，读数为0.1cm+mm=0.170cm（2）[2]滑块到光电门的速度为根据机械能守恒定律有解得（3）[3]由（2）中表达式变形可知可知若系统的机械能守恒，则k=12.为了测量两个电压表、的内阻，提供的仪器有：A.待测电压表（量程5V，内阻约）；B．待测电压表（量程3V，内阻约）；C．电流表A（量程3A，内阻）；D．电阻箱（阻值范围）；E．电阻箱（）；F.滑动变阻器（阻值，额定电流1.5A）；G.滑动变阻器（阻值，额定电流0.5A）；H.电池组E（电动势为12V，内阻约）；I.单刀开关2个，导线若干。（1）在设计电路时，能否选用电流表A，________（填“能”或“不能”），请简要说明理由：________；（2）为了测量两个电压表内阻，有同学设计了如图所示电路，电路中滑动变阻器选________（填“”或“”），电阻箱选________（填“”或“”）；完成实验操作步骤，并用恰当的符号（如：、、等）表示需要测得的物理量，通过计算用测得的物理量表示待测电压表的内阻，步骤：第1步：将滑动变阻器滑片滑至最左端，闭合开关，断开开关；第2步：调节________，记录两表、的读数分别为、；第3步：将电阻箱调至任意数值（不为零），闭合________，记录两表、的读数分别为、。实验结果：________；________。〖答案〗（1）不能因其量程过大，测量不准确（2）滑动变阻器开关〖解析〗【小问1详析】[1][2]由两电压表的量程和内阻的粗略值可以算出通过两电压表的电流远远小于电流表A的量程，所以不能选用电流表A来测通过两电压表的电流，因其量程过大，指针偏转很小，测量不准确。【小问2详析】[1]如选用，由于电源电动势12V，总阻值，则通过它的电流会超过它的额定电流0.5A，所以选用进行分压；[2]由于、量程之比为，为尽量让两电压表都有较大的偏转，需让二者两端电压比接近于，由串联分压规律可知，将与一大电阻R相并联来满足要求，则解得所以选用电阻箱；[3][4][5][6]两电压表直接串联时电流相同，则二者读数（、）之比即为两者内阻之比；即再将电压表与电阻箱并联时，两电压表读数之差与电阻箱阻值之比表示电阻箱上电流，则根据串并联电流关系可得联立可解得，所以操作步骤为：将滑动变阻器滑至最左端，闭合开关，断开开关调节滑动变阻器，记录两表的读数、将电阻箱调至任意数值（不为零），闭合开关，记录两表的读数、。13.半径为R的扇形OABC为柱形玻璃砖的截面，，AO面水平，一束单色光照射在AO面上的D点，入射光